RUDN-I

4.4. Миноры и алгебраические дополнения

61

Разлагаем AT по j-ой строке (используя в соответствующих обозначениях уже доказанное равенство (6))

(9)	(6)	(9)
det A = det AT = ajT1AjT1 + ajT2AjT2 + . . . + ajnT AjnT =
		= a1jA1j + a2jA2j + . . . + anjAnj,
что дает (7).				ru
Замечание 2. Теорему 1 называют теоремой о разложении определите-
		matematema...11 a...12 ...... a1...n	.
	.

ля по строке и столбцу. Ее важность состоит в том, что вычисление определителя n-го порядка сводится к вычислению определителей (n − 1)-го порядка.

Следствие 1. Сумма произведений элементов одной строки (одного столбца) на алгебраические дополнения соответствующих элементов другой строки (другого столбца) равна нулю, т.е.

ak1Ai1 + ak2Ai2 + . . . + aknAin = 0 при i ̸= k,													(10)
a1kA1i + a2kA2i + . . . + ankAni = 0 при i ̸= k.													(11)
Доказательство. 1) Пусть
				a...11			a...12 ...... a1...n
			.				.		.	.
∆ = det A =				ai1			ai2	. . .		ain
												.
			..				..	..		..
				an1 an2 . . . ann
Теперь в качестве i-ой строки берем						строку B = (b1 b2 . . . bn), т.е.
www
				.			.	.		←
	.										i-ая строка.
∆B = det AB =		b1	b2			. . .		bn
	..			..		..		..
		an1 an2 . . . ann
В ∆B алгебраические дополнения					элементов i-ой строки не зависят от

самих этих элементов. Они остаются теми же, что в ∆. Поэтому, разлагая ∆B по i-ой строке, получим

∆B = b1Ai1 + b2Ai2 + . . . + bnAin.

(12)

62 Тема 4. Определители

Если теперь взять B = Ak, k ≠ i, то в ∆B будут две одинаковые строки

(i-ая и k-ая), т.е. ∆B = 0. Итак, при b1			= ak1, b2 = ak2, . . . , bn = akn в
(12) получим, что					ru
	∆B = 0 = ak1Ai1 + ak2Ai2 + . . . + aknAin,
т.е. верно равенство (10).				.
2) Применим теперь (10) к матрице AT			вместо A:
	akT1AiT1 + akT2AiT2 + . . . + aknT AinT = 0,
но akjT = ajk, AijT = Aji (см. (9)). Итак,
	a1kA1i + a2kA2i + . . . + ankAni = 0,
т.е. верно (11).
Следствие 2. Введем символ Кронекера
		1 при	i = k,
		δik = { 0 при	i ̸= k.
Тогда формулы (6) и (10) можно записать в виде одной:
	ak1Ai1 + ak2Ai2 + . . . + aknAin = δik · ∆					(13)
	.	matematem

(при i = k получим (6), при i ≠ k получим (10)). Аналогично (7) и (11) дают

a1kA1i + a2kA2i + . . . + ankAni = δik · ∆.			(14)
www
4.5. Примеры вычисления определителей

1◦. Верхне-треугольный определитель равен произведению элементов главной диагонали

		a11		a12	. . .		a1n
		0	a22		. . . a2n
∆n =									= a11a22 . . . ann.	(1)
	.			.	.		.
	..			..		.. ..
		0		0	. . .		ann

4.5. Примеры вычисления определителей									63
Доказательство (методом индукции).
База индукции n = 2:							ru
		a2(n+1)				.
	0 a22 . . . a2n
	∆2 =	a11	a12		= a11a22.
		0 a22
						верна для некоторого n			N.
Допущение индукции: пусть формула				(1)

Шаг индукции: покажем, что тогда (1) верно и для номера n + 1. Имеем

					matematem
	a11 a12 . . . a1n									an+1
			. .				.					.
.
∆n+1 = ..			..		.. ..							..			=
	0		0	. . . ann						an(n+1)
	0		0 . . .			0			a(n+1)(n+1)
														a11	a12 . . . a1n
									2n+2					0 a22 . . . a2n
	= a(n+1)(n+1)					(			1)						. .			.			∆n.
							−					..			..		.. ..
														0	0	. . . ann
	|										{z								}
			разложение по (n											+ 1)-ой строке
По допущению индукции ∆n = a11a22 . . . ann. Тогда,
∆n+1 = a(n+1)(n+1)(a11a22 . . . ann) = a11a22 . . . anna(n+1)(n+1),
что и требовалось.
Следствие 1. Для нижне-треугольного определителя имеем
					a11				0	. . .				0
					a21			a22		. . .				0
																					(2)
		∆n							. .					.				. . . ann.
				= .											= a11a22
		e		..					..		.. ..
				.
				an1				an2		. . . ann
www																				определитель
Доказательство. Действительно,												при транспонировании

не изменится, матрица станет верхне-треугольной, а элементы главной диагонали останутся те же. По уже доказанной формуле (1) получим

(2).

Следствие 2. Диагональный определитель равен произведению элементов главной диагонали:

		a11	0	. . .		0
		0	a22	. . .		0
∆ =			.	.		.		= a11a22 . . . ann.
	.				..
	..		..			..
		0	0	. . .		ann

64

Тема 4. Определители

2◦. Определитель Вандермонда.

Обозначим

ru

1

2

n

2

2

. . .

2

1

1

1

.

.

.

.

x1

x2

. . .

xn

n 1

n 1

xn

(3)

Wn =

x1

x2

. . .

,

n = 2, 3, . . .

..

.. ..

.

..

Wmatematem2 = x1 x2 = x2 − x1 = w2.

x −

x −

. . . xn−1

Лемма 1. Для n = 2, 3, . . . справедлива формула

∏

∏j

Wn =

n

wi,

где wi

=

i−1

(xi − xj),

i = 2, . . . , n.

(4)

i=2

=1

Например,

w2 = x2 − x1,

w3 = (x3 − x1)(x3 − x2),

w4 = (x4 − x1)(x4 − x2)(x4 − x3) и т.д.

W2 = x2 − x1,

W3 = (x2 − x1)(x3 − x1)(x3 − x2),

W4 = (x2 − x1)(x3 − x1)(x3 − x2)(x4 − x1)(x4 − x2)(x4 − x3) и т.д.

Доказательство проведем методом индукции.

База индукции n = 2. Имеем

www

.

1

1

x

xn−1

x −

x −

− . . .

Допущение индукции: пусть формула (4) верна для некоторого n ≥ 2. Шаг индукции: докажем, что тогда (4) верно и для номера n + 1. Рассмотрим

			2	2	. . .		2	2
			1	1			1	1
			x1	x2	. . . xn			xn+1
Wn+1			x1	x2	. . . xn			xn+1
	=	.		.	.	..	.	.
		..		..			..	..
			n 1	n 1				n 1
			1	2			n	n+1
			xn	xn	. . . xn			xn
			1	2			n	n+1

4.5. Примеры вычисления определителей

65

Шаг 1. Из каждой строки вычтем предыдущую с коэффициентом xn+1:

1xn+1

1xn+1

. . .

1xn+1

1

x1

x2

. . .

xn

0

2

−

2

−

2

−

0

Wn+1

=

x1

x1xn+1

x2

x2xn+1 . . .

xn

xnxn+1

− .

− .

.

..

− .

.

..

..

..

..

n

−

1

n

2

xn+1

n

−

1

n

2

xn+1

. . . xn−1

xn−2xn+1

0

x

x

−

x

x

−

−

1

− n1

1

xn+1

2

− n2

1

xn+1

n

n

0

xn

−

x

−

xn

−

x −

. . . xn

xn−1xn+1

1

1

2

2

n

−run

.

Шаг 2. Разложим

полученный определитель по элементам n + 1 столбца

(i = 1,

j = n + 1, так что (−1)i+j

= (−1)n+2). Имеем

Wn+1 =

x1

xn+1

x2

xn+1

. . .

xn

xn+1

x1(x1−

xn+1)

x2

(x2−

xn+1)

. . . xn(xn−

xn+1)

= ( 1)

n+2

−.

−.

.

..

−.

..

..

..

−

n

2

(x1

n

2

(x2

xn+1) . . . xn−2(xn

xn+1)

x1

−

−

xn+1) x2

−

−

−

x

n

1

(x1

xn+1) x

n

1

(x2

n

xn+1)

1

−

−

2

−

−

xn+1) . . . xn−1(xn

−

n

Шаг 3. Из каждого

столбца вынесем общий множитель:

Wn+1 =

1

1

. . .

1

x1

x2

. . .

xn

= ( 1)

n+2

(x1

xn+1)(x2

xn+1) . . . (xn

.

. .

.

−

−

−

xn+1) ..

..

.. ..

.

−

n

−

2

n

−

2

. . . xn−2

x1

x2

x

n

−

1

x

n

−

1

n

1

2

. . . xn−1

n

Wn

В каждой скобке меняем местами уменьшаемое|

и вычитаемое:{z

}

.

matematem

x1 − xn+1 =

−(xn+1 − x1), . . . , xn − xn+1 = −(xn+1 − xn).

Тогда

Wn+1 = (−1)n+2(−1)n(xn+1 − x1)(xn+1 − x2) . . . (xn+1 − xn)Wn.

Итак, получаем формулу

Wn+1 = (xn+1 − x1)(xn+1 − x2) . . . (xn+1 − xn)Wn = wn+1Wn,

т.е.

www

Wn+1 = wn+1Wn.

(5)

66 Тема 4. Определители

Считая, что формула (4) верна для номера n, подставим (4) в (5) и получим

т.е. (4) верно и для номера n + 1. Значит, по принципу математической

индукции, (4) верно для всех n = 2, 3, . . .	.
. matematema11 |

Следствие. Определитель Вандермонда обращается в ноль тогда и

n	n+1	ru
Wn+1 = wn+1Wn = wn+1	wi = wi,
=2	i=2
∏i	∏

только тогда, когда среди чисел x1, x2, . . . , xn есть совпадающие. Иными словами: если все числа x1, x2, . . . , xn разные, то Wn ≠ 0.

Замечание 1. То, что в случае совпадения каких-либо чисел из x1, x2, . . . , xn определитель Вандермонда равен нулю очевидно, т.к. в этом случае он содержит одинаковые столбцы. Здесь важно, что это критерий (необходимое и достаточное условие) обращения его в ноль.

3◦. Верхний блочно-треугольный определитель.

Теорема 1. Пусть A, B — квадратные матрицы порядков n и m соответственно, а C — квадратная матрица порядка (n + m) блочнотреугольного вида:

C =	A		|			.	(6)
O		|			B
Здесь O — нулевая матрица порядка (m × n). Тогда
det C = det A · det B.							(7)

Доказательство.

Фиксируем любое m N и будем доказывать (7) индукцией по n.

База индукции n = 1, т.е.

www

.

C =

0.

|

b11.

... . b1.m

..

|

..

.. ..

|

0

bm1

. . . bmm

Разложим det C по первому столбцу и получим

det C = a11

b11... ......

b1...m

= a11 det B = det A

·

det B.

bm1 . . .

bmm

4.5. Примеры вычисления определителей

67

Допущение индукции: пусть (7) верно для некоторого n N, т.е. когда в левом верхнем углу стоит матрица A порядка n.

Шаг индукции: докажем, что тогда (7) верно и для номера n + 1, когда в левом верхнем углу стоит матрица A порядка n+1, т.е. матрица C имеет вид

			a...11					......				a1(n...		+1)		|								ru
																|
		a(n+1)1 . . .										a(n+1)(n+1)				|
det C =																											.
					0			. . .				0					b11			.				b1m
																|				. . .
					..			..		.		..					..			..				..
					.							.				|	.					. .
					0			. . .				0					bm1			. . . bmm
																|
		A	ij			матрицу, полученную из A																						i-ой
Обозначим через																				вычеркиванием
						matematem

строки и j-го столбца (1 ≤ i, j ≤ n + 1). Матрица Aij имеет порядок n, причем

det Aij = Mij, 1 ≤ i, j ≤ n + 1,

(8)

где Mij — минор элемента aij в det A. Вычислим det C разложением по 1-му столбцу:

B

−

B

det C = a11

A11

|

a21

A21

|

+ . . . +

(9)

O

O

|

|

−

A(n+1)1

B

O

|

+(

1)n+2a(n+1)1

|

.

Матрицы

A

11

, A

21

, A

(n+1)1

индукции

имеют порядок n и по допущению

www

|

= det A(n+1)1

det B = M(n+1)1 det B.

верны равенства

·

A11 .

B

O

= det A11

det B = M11 det B,

A

|

21

B

·

|

21

O

|

= det A

det B = M21 det B, . . .

B

A(n+1)1

·

O

|

68		Тема 4. Определители
Подставим эти равенства в (9):
	det C =	ru
	= a11M11 det B − a21M21 det B + . . . + (−1)n+2a(n+1)1M(n+1)1 det B =
	= (a11M11 − a21M21 + . . . + (−1)n+2a(n+1)1M(n+1)1) det B.

Но сумма в скобках есть разложение det A по 1-му столбцу. Значит,
цы порядка (ni × nj), C,matematemD — матрицы порядка n1	+ n2 + . . . + nk вида
det C = det A · det B.	.

Это и есть требуемое равенство для номера n+ 1. Итак, по принципу математической индукции формула (7) верна для любого n N (и любого m N). Теорема доказана.

Следствие 1. (нижний блочно-треугольный определитель)

Пусть A, B — квадратные матрицы порядков n и m соответственно, а D — квадратная матрица порядка (n + m) вида

D =	A		|		O	.	(10)
		|			B
Здесь O — нулевая матрица порядка (n × m). Тогда
det D = det A · det B.							(11)

Следствие 2. Пусть A1, A2, . . . , Ak — квадратные матрицы порядков

n1

, n2

, . . . , nk

.

обозначим нулевые матри-

(соответственно), через Oij

www

. . .

A1 O12

. . . O1k

A1

O21

A2 . . .

A2

. . . O2k

O

O

C =

.

.

.

, D =

. .

.

.

..

.. ... ..

.. ..

... ..

k1

k2 . . . Ak

. . . Ak

Тогда

det C = det D = det A1 · det A2 · . . . · det Ak.

Упражнение. Вывести следствия 1 и 2 (см. упражнение 4.8).

4.6. Теоретические упражнения к теме 4

69

4.6. Теоретические упражнения к теме 4

4.1. Вывести для определителей 2-го и 3-го порядка правило Саррюса из
общего определения для определителя n-го порядка.	ru

4.2. На примере определителей 3-го порядка проиллюстрировать, что а) при транспонировании матрицы ее определитель не меняется,

в) определитель равен сумме произведений элементов.строки (столбца) на их алгебраические дополнения,

б) при перестановке двух строк (столбцов) матрицы определитель меняет знак,

линейную комбинацию других строк (столбцов).

г) определитель являетсяmatematemлинейной функцией строк (столбцов) матрицы, д) определитель не изменится, если к строке (столбцу) матрицы добавить

4.3. Пусть A — квадратная матрица порядка n, α = (α1, α2, . . . , αn), β = (β1, β2, . . . , βn) — перестановки множества (1, 2, . . . , n), N(α), N(β)

— число инверсий в них. Показать, что произведение aα1β1 aα2β2 . . . aαnβn входит в определитель det A со знаком (−1)N(α)+N(β).

4.4. С помощью общего определения определителя n-го порядка показать, что

	a11	a12	. . . a1n					a11	0 . . .		0
	0 a22		. . . a2n					a21 a22 . . .			0
	.	.	.	.		=		.	. .		.		= a11a22 . . . ann.
										..
	..	..		.. ..				..	..		..
	0
		0 . . . ann						an1 an2 . . . ann

4.5. С помощью общего определения определителя n-го порядка показать, что

	a11 . . . a1(n−1).			a1n				0	0 . . .				0				a1n
	a21 . . . a2(n−1)			0				0	0 . . . a2(n−1) a2n
. .		..	.	.		=	.		. .		..		.				.			=
..			..	..			..		..				..				..
	an1 . . .		0	0				an1	an2 . . . an(n						1)		ann
														−
										= (			n(n			−	1)/2			. . . a2(n 1)a1n.
												−	1)					an1
																				−

4.6. а) Вывестиwwwформулы Крамера для решения системы трех линейных уравнений с тремя неизвестными, опираясь на теорему о разложении определителя по строкам и столбцам и следствие из нее.

б) Обобщить вывод на случай системы линейных уравнений.

70 Тема 4. Определители

4.7. Вычислить определитель Вандермонда третьего порядка, используя элементарные преобразования матрицы и разложение определителя по

строке (столбцу).	ru

4.8. Доказать следствия 1 и 2 из теоремы об определителе блочнотреугольной матрицы.

4.9. Пусть G, H, O — квадратные матрицы порядка n , причем матрица

O — нулевая. Показать, что определитель матрицы
		matematem
		F =	O	|	G	. .
		H		|
вычисляется по формуле
		detF = (−1)n det G · det H.
www	.