Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 7: Wyznacznik

Zadanie 7.1

Niech $\displaystyle f\colon \mathbb {R} ^{3}\times \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$ będzie dane wzorem

$\displaystyle f((x_{1},x_{2},x_{3}),(y_{1},y_{2},y_{3}))=3x_{1}y_{2}-3x_{2}y_{1}-x_{3}y_{1}+x_{1}y_{3}.$

Zbadać, czy

i) $\displaystyle f$ jest odwzorowaniem dwuliniowym,

ii) $\displaystyle f$ jest odwzorowaniem symetrycznym,

iii) $\displaystyle f$ jest odwzorowaniem antysymetrycznym.

Wskazówka

Badając, czy odwzorowanie jest dwuliniowe odwołać się do definicji

i skorzystać ze znanych własności odwzorowań liniowych. W drugiej części zadania pamiętajmy, że

1. forma dwuliniowa jest symetryczna wtedy i tylko wtedy, gdy

$\displaystyle f(\mathbf {x} ,\mathbf {y} )=f(\mathbf {y} ,\mathbf {x} )$

dla dowolnych wektorów $\displaystyle \mathbf {x} =(x_{1},x_{2},x_{3}),\mathbf {y} =(y_{1},y_{2},y_{3})\in \mathbb {R} ^{3}$,

1. forma dwuliniowa jest antysymetryczna wtedy i tylko wtedy, gdy

$\displaystyle f(\mathbf {x} ,\mathbf {y} )=-f(\mathbf {y} ,\mathbf {x} )$

dla dowolnych wektorów $\displaystyle \mathbf {x} =(x_{1},x_{2},x_{3}),\mathbf {y} =(y_{1},y_{2},y_{3})\in \mathbb {R} ^{3}$.

Dlatego należy spróbować wyrazić $\displaystyle f(\mathbf {y} ,\mathbf {x} )$ przy pomocy $\displaystyle f(\mathbf {x} ,\mathbf {y} )$ dla dowolnych wektorów $\displaystyle \mathbf {x} =(x_{1},x_{2},x_{3}),\mathbf {y} =(y_{1},y_{2},y_{3})\in \mathbb {R} ^{3}$

Rozwiązanie

Jeżeli ustalimy wektor

$\displaystyle \mathbf {x} =(x_{1},x_{2},x_{3})\in \mathbb {R} ^{3}$, to odwzorowanie $\displaystyle f_{\mathbf {x} }\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3}$ dane wzorem

$\displaystyle f_{\mathbf {x} }((y_{1},y_{2},y_{3}))=f(\mathbf {x} ,(y_{1},y_{2},y_{3}))$

jest na mocy zadań 4.1 oraz 4.3 liniowe. Analogicznie jeżeli ustalimy wektor $\displaystyle \mathbf {y} =(y_{1},y_{2},y_{3})\in \mathbb {R} ^{3}$, to odwzorowanie $\displaystyle f_{\mathbf {y} }\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3}$ dane wzorem

$\displaystyle f_{\mathbf {y} }((x_{1},x_{2},x_{3}))=f((x_{1},x_{2},x_{3}),\mathbf {y} )$

jest na mocy zadań 4.1 oraz 4.3 liniowe. Oznacza to, że rozważane odwzorowanie $\displaystyle f$ jest odwzorowaniem dwuliniowym. Zauważmy także, że dla dowolnych wektorów $\displaystyle \mathbf {x} =(x_{1},x_{2},x_{3}),\mathbf {y} =(y_{1},y_{2},y_{3})\in \mathbb {R} ^{3}$ zachodzi

f({y},{x})&=3y_1x_2 - 3y_2x_1 - y_3x_1 + y_1x_3
&=-(-3y_1x_2 + 3y_2x_1 + y_3x_1 - y_1x_3)
&=-(3y_2x_1-3y_1x_2 - y_1x_3 + y_3x_1)
&=-(3x_1y_2-3x_2y_1 - x_3y_1 + x_1y_3)
&=-f({x},{y}).

Oznacza to, że rozważana forma jest antysymetryczna. Ponieważ jedyną formą dwuliniową, która jest równocześnie symetryczna i antysymetryczna jest forma zerowa, nasza forma $\displaystyle f$ nie jest formą symetryczną.

Zadanie 7.2

Niech $\displaystyle V$ będzie przestrzenią wektorową nad ciałem $\displaystyle \mathbb {R}$ i niech $\displaystyle f,g\in V^{*}$, $\displaystyle f\neq g$. Definiujemy

$\displaystyle h\colon V\times V\ni (v,w)\to f(v)g(w)-f(w)g(v)\in \mathbb {R} .$

Zbadać, czy

1. $\displaystyle h$ jest formą dwuliniową,
2. $\displaystyle h$ jest odwzorowaniem antysymetrycznym.

Wskazówka

Wystarczy skorzystać, z definicji podanych na wykładzie

i z tego, że $\displaystyle V^{*}$ jest przestrzenią wektorową.

Rozwiązanie

Zbadamy, czy $\displaystyle h$ jest formą dwuliniową. Zauważmy, że jeżeli ustalimy

wektor $\displaystyle v\in V$, to odwzorowanie $\displaystyle h_{\mathbf {v} }\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3}$ dane wzorem

$\displaystyle h_{\mathbf {v} }(w)=h(v,w)=f(v)g(w)-g(v)f(w)$

jest kombinacją liniową odwzorowań $\displaystyle g$ i $\displaystyle f$ o współczynnikach $\displaystyle f(v)$ i $\displaystyle -g(v)$, czyli jest także odwzorowaniem liniowym. W szczególności odwzorowanie $\displaystyle h$ jest liniowe ze względu na pierwszą zmienną. Analogicznie dowodzimy liniowości odwzorowania $\displaystyle h$ ze względu na drugą zmienną.

Zauważmy, że dla dowolnych wektorów $\displaystyle v,w\in V$ zachodzi

h(w,v) &= f(w) g(v) - f(v) g(w)
&=-( f(v) g(w) - f(w) g(v))
&=-h(v,w).

Oznacza to, że rozważana forma jest antysymetryczna.

Zadanie 7.3

Niech $\displaystyle V$ będzie przestrzenią wektorową nad ciałem $\displaystyle \mathbb {K}$ i niech $\displaystyle g\colon V\to V$ będzie endomorfizmem. Wykazać, że odwzorowanie

$\displaystyle G\colon \mathbb {K} \times V\ni (\alpha ,v)\to g(\alpha v)\in V$

jest dwuliniowe.

Wskazówka

Badając, czy odwzorowanie jest dwuliniowe odwołać się do definicji

i skorzystać ze znanych własności odwzorowań liniowych.

Rozwiązanie

Ustalmy wektor $\displaystyle v\in V$. Wykażemy liniowość odwzorowania

$\displaystyle G$ ze względu na pierwszą zmienną. Niech $\displaystyle \alpha ,\beta ,\gamma ,\delta$ będą dowolnymi elementami ciała $\displaystyle \mathbb {K}$. Wówczas

G((+),v) &=g((+)v)
&=(+)g(v)
&=()g(v)+()g(v)
&=( g(v))+( g(v))
&= g( v)+ g( v)
&= G(,v)+ G(,v),

co oznacza, że odwzorowanie $\displaystyle G$ jest liniowe ze względu na pierwszą zmienną. Badając liniowość odwzorowania $\displaystyle G$ ze względu na drugą zmienną zauważmy, że przy ustalonym skalarze $\displaystyle \alpha \in \mathbb {K}$ dla każdego wektora $\displaystyle v\in V$ zachodzi równość

$\displaystyle G(\alpha ,v)=g(\alpha v)=\alpha g(v).$

Oznacza to, że zachodzi następujące odwzorowania są sobie równe

$\displaystyle G_{\alpha }=\alpha g,$

gdzie $\displaystyle G_{\alpha }$ oznacza endomorfizm przestrzeni $\displaystyle V$ dany wzorem:

$\displaystyle G_{\alpha }(v)=G(\alpha ,v).$

Ponieważ odwzorowanie $\displaystyle \alpha g$ jest oczywiście odwzorowaniem liniowym, dowód liniowości odwzorowania $\displaystyle G$ ze względu na drugą zmienną jest zakończony. Oznacza to, że rozważane odwzorowanie $\displaystyle G$ jest odwzorowaniem dwuliniowym, co było do okazania.

Zadanie 7.4

Niech $\displaystyle V$ będzie przestrzenią wektorową nad ciałem $\displaystyle \mathbb {K}$ i niech

$\displaystyle G\colon \mathbb {K} \times V\to V$

będzie odwzorowaniem dwuliniowym. Wykazać, że istnieje taki endomorfizm $\displaystyle g\colon V\to V$, że dla wszystkich $\displaystyle \alpha \in \mathbb {K}$ i wszystkich $\displaystyle v\in V$ zachodzi równość:

$\displaystyle G(\alpha ,v)=g(\alpha v).$

Wskazówka

Ustalić odpowiedni skalar $\displaystyle \alpha \in \mathbb {K}$ i zdefiniować

$\displaystyle g(v)=G(\alpha ,v),$

dla dowolnego $\displaystyle v\in V$.

Rozwiązanie

Niech $\displaystyle 1$ oznacza jedynkę ciała $\displaystyle \mathbb {K}$. Niech $\displaystyle g\colon V\to V$ będzie dane wzorem

$\displaystyle g(v)=G(1,v),$

dla dowolnego $\displaystyle v\in V$. Liniowość odwzorowania $\displaystyle g$ wynika z dwuliniowości odwzorowania $\displaystyle G$. Ustalmy teraz dowolny skalar $\displaystyle \alpha \in \mathbb {K}$ oraz wektor $\displaystyle v\in V$. Wówczas

g( v)&=G(1, v)
&= G(1, v)
&=G( 1, v)
&=G(, v),

co było do okazania.

Zadanie 7.5

Niech $\displaystyle V$ będzie przestrzenią wektorową nad ciałem $\displaystyle \mathbb {K}$ i niech $\displaystyle \varphi \in {\mathcal {L}}_{a}^{n}(V)$. Ustalmy wektory $\displaystyle v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$. Wykazać, że dla dowolnych $\displaystyle j,k\in \{1,\ldots ,n\}$, $\displaystyle j\neq k$ i dla dowolnego skalara $\displaystyle \alpha \in \mathbb {K}$ zachodzi równość:

$\displaystyle \varphi (v_{1},\ldots ,v_{j}+\alpha v_{k},\ldots ,v_{n})=\varphi (v_{1},\ldots ,v_{n}).$

Wskazówka

Skorzystać z liniowości odwzorowania $\displaystyle \varphi$ ze względu na

$\displaystyle j$-tą zmienną oraz z faktu, że odwzorowania $\displaystyle n$-liniowe jest antysymetryczne wtedy i tylko wtedy, gdy znika na każdym układzie wektorów liniowo zależnych.

Rozwiązanie

Ustalmy: wektory $\displaystyle v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$, skalar $\displaystyle \alpha \in \mathbb {K}$ oraz liczby $\displaystyle j,k\in \{1,\ldots ,n\}$, $\displaystyle j\neq k$. Z liniowości odwzorowania $\displaystyle \varphi$ ze względu na $\displaystyle j$-tą zmienną wynika, że

$\displaystyle \varphi (v_{1},\ldots ,v_{j}+\alpha v_{k},\ldots ,v_{n})=\varphi (v_{1},\ldots ,v_{j},\ldots ,v_{n})+\varphi (v_{1},\ldots ,\alpha v_{k},\ldots ,v_{n}).$

Zauważmy, że w ciąg wektorów

$\displaystyle v_{1},\ldots ,v_{j-1},\underbrace {\alpha v_{k}} _{j},v_{j+1}\ldots ,v_{n},$

w którym na $\displaystyle j$-tej pozycji stoi wektor $\displaystyle \alpha v_{k}$, a na $\displaystyle k$-tej pozycji stoi wektor $\displaystyle v_{k}$, przy czym $\displaystyle j\neq k$ musi stanowić liniowo zależny układ wektorów. Ponieważ $\displaystyle \varphi$ jest odwzorowaniem $\displaystyle n$-liniowym antysymetrycznym, zatem znika ono na każdym układzie wektorów liniowo zależnych, w szczególności

$\displaystyle \varphi (v_{1},\ldots ,\alpha v_{k},\ldots ,v_{n})=0.$

Wynika stąd, że

$\displaystyle \varphi (v_{1},\ldots ,v_{j}+\alpha v_{k},\ldots ,v_{n})=\varphi (v_{1},\ldots ,v_{n}),$

co było do okazania.

Zadanie 7.6

Niech

$\displaystyle A=\left[{\begin{array}{cc}a&b\\c&d\end{array}}\right].$

Wykazać, że $\displaystyle \det A=ad-bc$.

Wskazówka

Zadanie można rozwiązać na co najmniej dwa sposoby:

1. Zauważyć, że odwzorowanie $\displaystyle \omega \colon M(n,n;\mathbb {R} )\to \mathbb {R}$

dane wzorem

$\displaystyle \omega \left(\left[{\begin{array}{cc}a&b\\c&d\end{array}}\right]\right)=ad-bc$

jest dwuliniowe i antysymetryczne względem kolumn macierzy oraz spełniona jest równość

$\displaystyle \omega \left(\left[{\begin{array}{cc}1&0\\0&1\end{array}}\right]\right)=1$

a następnie skorzystać z odpowiedniego twierdzenia z wykładu.

1. Skorzystać z faktu, że wyznacznik macierzy $\displaystyle A=[a_{ij}]_{2\times 2}$

jest równy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \sum_{\sigma\in S_2}\sgn \sigma a_{\sigma(1)1}a_{\sigma(2)2}.\qedhere }

Rozwiązanie

Niech

$\displaystyle A=\left[{\begin{array}{cc}a&b\\c&d\end{array}}\right]=\left[{\begin{array}{cc}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{array}}\right].$

Zauważmy, że zbiorem wszystkich permutacji dwuelementowych jest

$\displaystyle S_{2}=\{\sigma _{0},\sigma _{1}\},$

gdzie $\displaystyle \sigma _{0},\sigma _{1}$ są odwzorowaniami danymi wzorami:

_0(1)=&1,&_0(2)&=2
_1(1)=&2,&_1(2)&=1.

Oczywiście mamy też

_0=&1,& _1&=-1.

Wiemy, że wyznacznik macierzy $\displaystyle A=[a_{ij}]_{2\times 2}$ jest równy:

$\displaystyle \sum _{\sigma \in S_{2}}\operatorname {sgn} \sigma a_{\sigma (1)1}a_{\sigma (2)2}.$

Uwzględniając powyższe informacje widzimy, że

A&= _0 a_{_0(1)1}a_{_0(2)2}+ _1 a_{_1(1)1}a_{_1(2)2}
&=a_{11}a_{22}-a_{21}a_{12}
&=ad-cb,

co było do okazania.

Zadanie 7.7

Niech

$\displaystyle A=\left[{\begin{array}{ccc}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{array}}\right].$

Wykazać, że

$\displaystyle \det A=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-(a_{13}a_{22}a_{31}+a_{11}a_{23}a_{32}+a_{12}a_{21}a_{33}).$

Dowód Komentarz

Oto sposób obliczania tego wyznacznika: do macierzy $\displaystyle A$ dopisujemy pierwszą i drugą kolumnę

$\displaystyle \left[{\begin{array}{ccc}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{array}}\right]\left.{\begin{array}{cc}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{array}}\right.$

a następnie sumujemy iloczyny wyrazów stojących wzdłuż przekątnej głównej (łączącej $\displaystyle a_{11}$ i $\displaystyle a_{33}$) macierzy $\displaystyle A$ oraz iloczyny wyrazów stojących wzdłuż linii do niej równoległych i odejmujemy iloczyny wyrazów stojących wzdłuż przekątnej łączącej $\displaystyle a_{13}$ i $\displaystyle a_{31}$ oraz wzdłuż linii równoległych do niej.

Wskazówka

Patrz wskazówki do zadania 7.6, dowód można także przeprowadzić korzystając ze wzoru na wyznacznik macierzy $\displaystyle 2\times 2$ podanego w zadaniu 7.6 i wzoru na rozwinięcie wyznacznika macierzy względem ustalonego wiersza (kolumny) podanego w twierdzeniu z modułu VII.

Rozwiązanie

Wiemy, że wyznacznik macierzy

$\displaystyle A=[a_{ij}]_{3\times 3}$ jest równy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tag”): {\displaystyle \displaystyle \sum_{\sigma\in S_3}\sgn \sigma a_{1\sigma(1)}a_{2\sigma(2)}a_{3\sigma(3)}.\tag{} *Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle } }

Z drugiej strony wszystkie permutacje należące do $\displaystyle S_{3}$, ich znaki oraz odpowiadające tym permutacjom składniki sumy Uzupelnic sum3| podane są w zamieszczonej niżej tabelce:

$\displaystyle {\begin{array}{c|c|c}\hline \sigma &\operatorname {sgn} \sigma &a_{1\sigma (1)}a_{2\sigma (2)}a_{3\sigma (3)}\\\hline (1,2,3)&+1&a_{11}a_{22}a_{33}\\(1,3,2)&-1&a_{11}a_{23}a_{32}\\(2,1,3)&-1&a_{12}a_{21}a_{33}\\(2,3,1)&+1&a_{12}a_{23}a_{31}\\(3,1,2)&+1&a_{13}a_{21}a_{32}\\(3,2,1)&-1&a_{13}a_{22}a_{31}\\\hline \end{array}}$

Wynika stąd, że

$\displaystyle \det A=a_{11}a_{22}a_{33}-a_{11}a_{23}a_{32}-a_{12}a_{21}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{13}a_{22}a_{31},$

co po uporządkowaniu daje

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \det A = a_{11}a_{22}a_{33} + a_{12}a_{23}a_{31} + a_{13} a_{21} a_{32} - (a_{13} a_{22} a_{31} + a_{11}a_{23}a_{32} + a_{12}a_{21}a_{33}).\qedhere }

ANIMACJA

Zadanie 7.8

Obliczyć wyznaczniki macierzy $\displaystyle A$, $\displaystyle B$, $\displaystyle AB$ oraz $\displaystyle A^{-1}$, gdy

A &= [ {rrr} -1 & 3 & 2
3 & 0 & 1
2 & 3 & 0

],& B &= [ {rrr} 1 & 0 & 2
2 & 3 & 1
3 &3 &-3

].

Wskazówka

Skorzystać ze wzoru podanego w zadaniu 7.7.

Obliczając wyznaczniki macierzy $\displaystyle AB$ oraz $\displaystyle A^{-1}$ skorzystać z odpowiednich własności funkcji $\displaystyle \det$.

Rozwiązanie

Korzystając ze wzoru podanego w zadaniu 7.7

otrzymujemy:

A &= [ {rrr} -1 & 3 & 2
3 & 0 & 1
2 & 3 & 0

]=27,& B &= [ {rrr} 1 & 0 & 2
2 & 3 & 1
3 &3 &-3

]=-18.

Aby obliczyć $\displaystyle \det AB$ wystarczy skorzystać z odpowiedniego wzoru, aby otrzymać, że

$\displaystyle \det AB=\det A\det B=27\cdot (-18)=-486.$

Podobnie

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \det A^{-1}=\frac{1}{\det A}=\frac{1}{27}.\qedhere }

Zadanie 7.9

Obliczyć wyznacznik macierzy

$\displaystyle A=\left[{\begin{array}{rrrr}2&3&2&7\\-2&3&0&1\\0&0&-3&5\\0&0&4&-5\end{array}}\right].$

Wskazówka

Aby uprościć obliczenia należy skorzystać z twierdzenia

0.1.6 z modułu VII.

Rozwiązanie

Podzielmy macierz na bloki zgodnie z poniższą

ilustracją:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\cline”): {\displaystyle \displaystyle A = \left [ \begin{array} {rr|rr} 2 & 3 & 2 & 7 \\ -2 & 3 & 0 & 1 \\ \cline{1-4} 0 & 0 & -3 & 5 \\ 0 & 0 & 4 & -5 \end{array} \right] = \left [ \begin{array} {c|c} \mathbf{A_{11}} & \mathbf{A_{12}} \\ \cline{1-2} \mathbf{0} & \mathbf{A_{22}} \end{array} \right]. }

Na mocy twierdzenia 0.1.6 z modułu VII widzimy, że

$\displaystyle \det A=\det A_{11}\cdot \det A_{22}.$

Jak łatwo obliczyć (korzystając np. z zadania 7.6) zachodzi

A_{11}&=12,& A_{22}&=-5,

co oznacza, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \det A =\det A_{11} \cdot \det A_{22}=-60.\qedhere }

Zadanie 7.10

Wykazać, że

$\displaystyle \det \left[{\begin{array}{rrr}1&a&a^{2}\\1&b&b^{2}\\1&c&c^{2}\end{array}}\right]=(b-a)(c-a)(c-b).$

Wskazówka

Można skorzystać ze wzoru podanego

w zadaniu 7.7. Można także zauważyć, że jeżeli $\displaystyle a=b$ lub $\displaystyle b=c$ lub $\displaystyle a=c$, to nasz wyznacznik jest równy $\displaystyle 0$, a następnie skorzystać z faktu, że wyznacznik macierzy $\displaystyle A=[a_{ij}]_{3\times 3}$ jest równy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \sum_{\sigma\in S_3}\sgn \sigma a_{\sigma(1)1}a_{\sigma(2)2}a_{\sigma(3)3}.\qedhere }

Rozwiązanie

Wykorzystując metodę podaną w zadaniu 7.7 po wykonaniu

odpowiednich rachunków uzyskamy dowód. Podamy jednak alternatywny dowód, który dzięki pewnym obserwacjom będzie przeprowadzony bez wykonania jakichkolwiek rachunków. Wiemy, że wyznacznik macierzy $\displaystyle A=[a_{ij}]_{3\times 3}$ jest równy:

>Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tag”): {\displaystyle \displaystyle \sum_{\sigma\in S_3}\sgn \sigma a_{\sigma(1)1}a_{\sigma(2)2}a_{\sigma(3)3}.\tag{} *Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle } }      (*)

Zauważmy, że czynniki w każdym z iloczynów postaci $\displaystyle a_{\sigma (1)1}a_{\sigma (2)2}a_{\sigma (3)3}$ pochodzą zawsze z różnych wierszy i różnych kolumn macierzy $\displaystyle A$. Wynika stąd, że powyższe wyrażenie (*) dla naszej macierzy jest wielomianem stopnia trzeciego trzech zmiennych $\displaystyle a$, $\displaystyle b$ i $\displaystyle c$, przy czym każda ze zmiennych występuje w co najwyżej drugiej potędze. Można także zauważyć, że jeżeli $\displaystyle a=b$ lub $\displaystyle b=c$ lub $\displaystyle a=c$, to nasz wyznacznik jest równy $\displaystyle 0$, a zatem nasz wielomian musi być podzielny przez $\displaystyle (a-b)$, $\displaystyle (b-c)$ oraz $\displaystyle (a-c)$. Wynika stąd, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tag”): {\displaystyle \displaystyle \det A = \sum_{\sigma\in S_3}\sgn \sigma a_{\sigma(1)1}a_{\sigma(2)2}a_{\sigma(3)3}=k (a-b)(b-c)(a-c),\tag{} **Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle } }      (**)

gdzie $\displaystyle k$ jest nie ustaloną jeszcze liczbą rzeczywistą. Aby wyznaczyć $\displaystyle k$ zauważmy, że we wzorze (*) składnik $\displaystyle bc^{2}$ pojawia się dokładnie raz i odpowiada identyczności, która jest permutacją o znaku równym $\displaystyle 1$. Z drugiej strony w wyrażeniu (**) pojawia sie składnik $\displaystyle -kbc^{2}$. Wynika stąd, że $\displaystyle k=-1$ oraz

$\displaystyle \det A=-(a-b)(b-c)(a-c)=(b-a)(c-a)(c-b),$

co było do okazania.

Zadanie 7.11

Podać wzór na wyznacznik następujących macierzy:

A&=[ {rrrrr} 1 & 2 & 3 & ... & n
-1 & 0 & 3 & ... & n
-1 & -2 & 0 & ... & n
& & & &
-1 & -2 & -3 & ... & 0

], & B&=[ {cccccc} 0 & a & 0 & 0 & 0 & 0
f & 0 & b & 0 & 0 & 0
0 & g & 0 & c & 0 & 0
0 & 0 & h & 0 & d & 0
0 & 0 & 0 & i & 0 & e
0 & 0 & 0 & 0 & j & 0

]

oraz

C&=[c_{ij}]_{n n},& { gdzie } c_{ij}&= 1,&{gdy }i+j=n+1
0,&{gdy }i+j n+1 ,
D&=[d_{ij}]_{n n},& { gdzie } d_{ij}&= i ,&{gdy }i=j,
n,&{gdy }i j.

Wskazówka

1. Dodając wybrany wiersz do pozostałych wierszy macierzy

sprowadzić ją do postaci trójkątnej tzn. wyzerować wszystkie wyrazy macierzy leżące pod główną przekątną, a następnie skorzystać z faktu, że dla takiej macierzy trójkątnej wyznacznik jest równy iloczynowi wyrazów stojących na głównej przekątnej.

1. Użyć twierdzenia Laplace'a.
2. Odpowiednio zamieniać wiersze miejscami, aby przekształcić macierz

$\displaystyle C$ do macierzy jednostkowej. Każda taka operacja zmienia znak macierzy na przeciwny.

1. Patrz wskazówka do podpunktu $\displaystyle (a)$.

Rozwiązanie

1. Dodając pierwszy wiersz macierzy $\displaystyle A$ do wierszy o numerach

$\displaystyle 2,3,\ldots ,n$ otrzymujemy macierz:

$\displaystyle \left[{\begin{array}{cccccc}1&2&3&4&\ldots &n\\0&2&2\cdot 3&2\cdot 4&\ldots &2n\\0&0&3&2\cdot 4&\ldots &2n\\0&0&0&4&\ldots &2n\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&0&0&0&\ldots &n\end{array}}\right].$

Ponieważ operacja dodawania jednego wiersza do innego wiersza nie zmienia wyznacznika macierzy widzimy, że

$\displaystyle \det \left[{\begin{array}{rrrrrr}1&2&3&4&\ldots &n\\-1&0&3&4&\ldots &n\\-1&-2&0&4&\ldots &n\\-1&-2&-3&0&\ldots &n\\\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\-1&-2&-3&-4&\ldots &0\end{array}}\right]=\det \left[{\begin{array}{cccccc}1&2&3&4&\ldots &n\\0&2&2\cdot 3&2\cdot 4&\ldots &2n\\0&0&3&2\cdot 4&\ldots &2n\\0&0&0&4&\ldots &2n\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&0&0&0&\ldots &n\end{array}}\right].$

Z drugiej strony jest jasne, że

$\displaystyle \det \left[{\begin{array}{cccccc}1&2&3&4&\ldots &n\\0&2&2\cdot 3&2\cdot 4&\ldots &2n\\0&0&3&2\cdot 4&\ldots &2n\\0&0&0&4&\ldots &2n\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&0&0&0&\ldots &n\end{array}}\right]=n!.$

Wykazaliśmy zatem, że

$\displaystyle \det A=n!.$

1. Rozwijając wyznacznik macierzy $\displaystyle B$ względem pierwszego wiersza

widzimy, że

$\displaystyle \det B=(-1)a\det \left[{\begin{array}{ccccc}f&b&0&0&0\\0&0&c&0&0\\0&h&0&d&0\\0&0&i&0&e\\0&0&0&j&0\end{array}}\right].$

Rozwijając następnie wyznacznik otrzymanej wyżej macierzy względem ostatniej kolumny otrzymujemy:

$\displaystyle \det B=(-1)a\cdot (-1)e\det \left[{\begin{array}{ccccc}f&b&0&0\\0&0&c&0\\0&h&0&d\\0&0&0&j\end{array}}\right].$

Ponownie rozwijając wyznacznik otrzymanej wyżej macierzy względem drugiego wiersza otrzymujemy:

$\displaystyle \det B=ae\cdot (-1)c\det \left[{\begin{array}{ccccc}f&b&0\\0&h&d\\0&0&j\end{array}}\right].$

Ponieważ ta ostatnia macierz jest macierzą trójkątną, widzimy, że

$\displaystyle \det B=-acefhj.$

1. Zauważmy, że macierz $\displaystyle C$ wygląda tak:

$\displaystyle C=\left[{\begin{array}{cccccc}0&1&0&0&\ldots &0\\0&0&1&0&\ldots &0\\0&0&0&1&\ldots &0\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&0&0&0&\ldots &1\\1&0&0&0&\ldots &0\end{array}}\right].$

Zamieniając miejscami wiersz $\displaystyle n$-ty z wierszem $\displaystyle n-1$-wszym, następnie $\displaystyle n-1$-wszy z $\displaystyle n-2$-gim i tak dalej, by na końcu zamienić miejscami wiersz pierwszy z drugim otrzymujemy macierz jednostkową. Potrzebowaliśmy $\displaystyle n-1$ operacji zamiany wiersza miejscami zatem wyznacznik naszej macierzy wynosi:

$\displaystyle \det C=(-1)^{n-1}\det I=(-1)^{n-1}.$

1. Zauważmy, że macierz $\displaystyle D$ wygląda schematycznie tak:

$\displaystyle D=\left[{\begin{array}{cccccc}1&n&n&n&\ldots &n\\n&2&n&n&\ldots &n\\n&n&3&n&\ldots &n\\n&n&n&4&\ldots &n\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\n&n&n&n&\ldots &n\end{array}}\right].$

Odejmując wiersz o numerze $\displaystyle n$ od wierszy o numerach $\displaystyle 1,2,\ldots ,n-1$ otrzymujemy poniższą macierz $\displaystyle D'$ o wyznaczniku równym wyznacznikowi macierzy $\displaystyle D$.

$\displaystyle D'=\left[{\begin{array}{cccccrc}1-n&0&0&0&\ldots &0&0\\0&2-n&0&0&\ldots &0&0\\0&n&3-n&0&\ldots &0&0\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots &\vdots \\0&0&0&0&\ldots &-1&0\\n&n&n&n&\ldots &n&n\end{array}}\right].$

Oczywiście mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \det D=\det D'=n\cdot(-1)\cdot (-2)\cdot \ldots (2-n)\cdot (1-n)=(-1)^{n-1}n!.\qedhere }

Zadanie 7.12

Niech $\displaystyle A$ będzie rzeczywistą macierzą kwadratową wymiaru $\displaystyle n$.

1. Udowodnić, że jeżeli $\displaystyle A$ jest macierzą skośnie symetryczną,

czyli $\displaystyle A^{*}=-A$ oraz $\displaystyle n$ jest liczbą nieparzystą, to $\displaystyle \det A=0$.

1. Podać przykład rzeczywistej skośnie symetrycznej macierzy

kwadratowej $\displaystyle A$ takiej, że $\displaystyle \det A\neq 0$.

1. Jeżeli $\displaystyle A^{2}+I=0$, to $\displaystyle n$ jest liczbą parzystą.
2. Czy powyższa implikacja pozostaje prawdziwa jeżeli założmy, że

$\displaystyle A$ jest macierzą zespoloną?

Wskazówka

Skorzystać z podstawowych własności wyznacznika.

Rozwiązanie

1. Załóżmy, że $\displaystyle A\in M(n,n;\mathbb {R} )$ jest macierzą skośnie symetryczną,

czyli $\displaystyle A^{*}=-A$ oraz $\displaystyle n$ jest liczbą nieparzystą. Z równości $\displaystyle A^{*}=-A$ wynika, że

$\displaystyle \det(A^{*})=\det(-A).$

Ponieważ $\displaystyle n$ jest liczbą nieparzystą widzimy, że

$\displaystyle \det(-A)=(-1)^{n}\det A=-\det A.$

Z drugiej strony

$\displaystyle \det(A^{*})=\det A.$

Otrzymaliśmy, że

$\displaystyle \det A=-\det A,$

co jest możliwe tylko, gdy $\displaystyle \det A=0$, co było do okazania.

1. Przykładem rzeczywistej skośnie symetrycznej macierzy

kwadratowej $\displaystyle A$ takiej, że $\displaystyle \det A\neq 0$ jest, jak łatwo sprawdzić, macierz

$\displaystyle \left[{\begin{array}{cc}0&1\\-1&0\end{array}}\right].$

1. Jeżeli $\displaystyle A^{2}+I=0$, to

$\displaystyle A^{2}=-I.$

Wówczas

$\displaystyle \det A^{2}=\det(-I),$

czyli

$\displaystyle (\det A)^{2}=(-1)^{n}.$

Ponieważ $\displaystyle (\det A)^{2}$ jest dla dowolnej rzeczywistej macierzy kwadratowej liczbą rzeczywistą nieujemną widzimy, że $\displaystyle (-1)^{n}$ musi być równe $\displaystyle 1$, co jest możliwe tylko, gdy $\displaystyle n$ jest liczbą parzystą.

1. Twierdzenie z porzedniego podpunktu przestaje być prawdziwe

jeżeli będziemy rozpatrywali macierze o wyrazach zespolonych. Niech

$\displaystyle A=\left[{\begin{array}{ccc}\mathbf {i} &0&0\\0&\mathbf {i} &0\\0&0&\mathbf {i} \end{array}}\right].$

Wówczas $\displaystyle A$ jest macierzą wymiaru nieparzystego oraz

$\displaystyle A^{2}=\left[{\begin{array}{ccc}\mathbf {i} ^{2}&0&0\\0&\mathbf {i} ^{2}&0\\0&0&\mathbf {i} ^{2}\end{array}}\right]=\left[{\begin{array}{ccc}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{array}}\right]=-I.$

Podana wyżej macierz $\displaystyle A$ stanowi kontrprzykład dla twierdzenia zawartego w poprzednim podpunkcie w przypadku zespolonym.

Zadanie 7.13

Uzasadnić, że wyznacznik następującej macierzy

$\displaystyle A=\left[{\begin{array}{ccccc}x_{0}&x_{2}&x_{4}&x_{6}&x_{8}\\x_{1}&x_{3}&x_{5}&x_{7}&x_{9}\\x_{10}&x_{11}&0&0&0\\x_{12}&x_{13}&0&0&0\\x_{14}&x_{15}&0&0&0\\\end{array}}\right],{\text{ gdzie }}x_{1}\ldots x_{15}\in \mathbb {R} .$

jest równy $\displaystyle 0$.

Wskazówka

Wykazać, że kolumny tej macierzy nie mogą być liniowo

niezależne.

Rozwiązanie

Zauważmy, że trzy ostatnie kolumny rozważanej macierzy

traktowane jako wektory należą do dwuwymiarowej podprzestrzeni przestrzeni $\displaystyle \mathbb {R} ^{5}$, a zatem nie mogą być liniowo niezależne i rząd macierzy $\displaystyle A$ musi być mniejszy od $\displaystyle 5$. Oznacza to, że

$\displaystyle \det A=0,$

co było do okazania.