Лекції з вищої математики

40

Можна довести таку важливу теорему.

ТЕОРЕМА 8.

Теорема про оборотнiсть матрицi

Нехай A є n n матриця. Тодi наступнi твердження є еквiвалентними. тобто для даної матрицi A, всi твердження є одночасно iстиними або всi хибними.

a)A є оборотна матриця.

	б)	A є рядково еквiвалентною до n n одиничної матрицi.
	в)	A має n головних позицiй.
	г)	~	має тiльки тривiальний розв’язок.
		Рiвняння A~x = 0
	д)	Стовпцi A утворюють лiнiйно незалежну множину.
		~	~	n
	е)	Рiвняння A~x = b має один розв’язок для кожного вектора b з R			.
	є)	Стовпцi A породжують Rn.
	ж)	Iснує n n матриця C така, що CA = I.
	з)	Iснує n n матриця D така, що AD = I.
	и)	AT є оборотною матрицею.

3. Пiдпростори арифметичного векторного простору

Повернемося до вивчення властивостей множини H розв’язкiв однорiдної системи m

				~	у випадку, коли вона має нетривiальний розв’я-
	лiнiйних рiвнянь з n невiдомими A~x = 0
	зок.				~
		n
	Ясно, що H R		: Очевидно також, що 0 2 H. Нехай тепер ~u i ~v є розв’язками даної
			~		~
	системи, тобто ~u; ~v 2 H та A~u = 0 i			A~v = 0. Тодi
			~	~	~	та	~
			A~u + A~v = 0 + 0 = 0				A(~u + ~v) = 0.

Остання рiвнiсть означає, що вектор ~u + ~v також є розв’язком даної системи. Аналогiчно перевiряється, що для будь-якого числа r вектор r~u також є розв’язком даної системи. Цi важливi властивостi лежать у основi означення поняття пiдпростору арифметичного векторного простору Rn:

ОЗНАЧЕННЯ.

Пiдпростором простору Rn називається будь-яка пiдмножина H цього простору Rn, яка має три властивостi:

a)Нуль вектор належить H.

б)	Для всiх ~u i ~v з H сума ~u + ~v також є у H.
в)	Для кожного ~u з H i кожного скаляра c, вектор c~u належить H.

Iншими словами, пiдпростiр – це пiдмножина простору Rn, яка замкнута при додаваннi

i множеннi на скаляр. Цi властивостi мають мiсце для множини	~
	H = f0g, яка мiстить

тiльки нульовий вектор, прямої та площини, якi проходить через початок координат. У той же час пряма L, яка не проходить через початок не є пiдпростором тому, що не мiстить початку, як вимагається. Легко помiтити, що умова а) у означеннi випливає з умови в), тобто вона є надлишковою.

З наведених на початку мiркувань слiдує, що множина H розв’язкiв однорiдної системи

	~	n
	m лiнiйних однорiдних рiвнянь з n невiдомими A~x = 0 є пiдпростором простору R		. Його

називають нуль простором матрицi A i позначають Nul A. Iнодi його називають ядром матрицi A.

Легко встановити такий факт:

Якщо ~v1 i ~v2 належать Rn i H = L(~v1; ~v2) – лiнiйна оболонка векторiв ~v1 i ~v2, то H є пiдпростором Rn.

Вивчаючи властивостi множини H розв’язкiв системи m лiнiйних рiвнянь з n невiдоми-

ми ~ ~ , ми будемо часто мати справу з пiдпросторами Nul i ще одним, якi пов’язанi

Ax = b A

з матрицею цiєї системи.

41

ОЗНАЧЕННЯ.

Стовпцевий простiр матрицi A є множина (позначається Col A) всiх лiнiйних комбiнацiй стовпцiв A.

Якщо A = [~a1 ~a2 : : :~an] – матриця з стовпцями у Rm, то Col A є те ж саме, що

L(~a1;~a2; : : : ;~an). Очевидно, що стовпцевий простiр m n матрицi A є пiдпростором

		m		~	~
	R		. Крiм того, стовпцевий простiр A є множина всiх b для яких система A~x = b має
	розв’язок.

Для перевiрки чи є даний вектор ~v у Nul A потрiбно обчислити A~v i подивитися чи A~v є нуль вектором. Оскiльки Nul A описано за допомогою умови, яка повинна бути перевiрена для кожного вектора, то ми говоримо, що нуль простiр визначено неявно. У противагу, стовпцевий простiр описано явно тому, що вектори Col A можуть бути побудованi (через лiнiйнi комбiнацiї) з стовпцiв A. Для створення явного опису Nul A потрiбно розв’язати

рiвняння ~ ~ i записати розв’язок у параметричнiй формi.

Ax = 0

Базис для пiдпростору

Типово пiдпростiр мiстить нескiнченну множину векторiв (пояснiть чому?). Залучаючи пiдпростiр для розв’язування системи лiнiйних рiвнянь, хотiлося б мати справу з малою скiнченою множиною векторiв, яка породжує пiдпростiр. З "меншими множинами"легше працювати. Можна показати, що найменша можлива породжуюча множина пiдпростору повинна бути лiнiйно незалежною.

ОЗНАЧЕННЯ.

Базисом для пiдпростору H з простору Rn називається лiнiйно назалежна пiдмножина H, яка породжує H.

Легко встановити, що всi базиси мiстять однакове число елементiв.

ПРИКЛАД 13. Стовпцi оборотної n n матрицi утворюють базис для всього Rn тому, що вони лiнiйно назалежнi i породжують Rn, за теоремою про оборотнiсть матрицi. Однiєю з таких матриць є n n одинична матриця. Її стовпцi позначають через ~e1;~e2; : : : ;~en:

		2 0 3				2	1 3		2	...	3
		6	1	7, ~e2		6	0	7,. . . , ~en =	6	0	7.
~e1	=		...		=		...			0
		6	0	7		6	0	7	6	1	7
		6		7		6		7	6		7
		4		5		4		5	4		5

Множина f~e1;~e2; : : : ;~eng називається стандартним базисом для Rn. Дивись рис. 3.

Рисунок 1. Стандартний базис для R3.

Наступний приклад показує, що стандартна процедура для запису множини розв’язкiв

~	у параметричнiй векторнiй формi фактично встановлює базис для Nul A.
A~x = 0
ПРИКЛАД 14. Знайти базис для нуль простору матрицi
	2 1		2	2	3	1 3:
	4	3	6	1	1	7	5
		2	4	5	8	4

42

Розв’язання. Спочатку запишемо загальний розв’язок																							~		у параметричнiй векторнiй
																						A~x = 0
формi:				2 0							0 3,			8
A			~0		0 1 2				2						x1			2x2				x3		+ 2x4				2x5	= 0;
h				1	2 2 3					1	0			<												x4	+ 3x5		= 0;
		j	i 4 0		0 0 0				0		0 5																	0 = 0:
														:	5	3					4		5						2		4
Загальний розв’язок є							x1 = 2x2 + x4										=		2x			+ 2x								,
														3x ,		x								з вiльними змiнними x							x ,
x5.			3	2				x2		3		2	1 3				2	0 3					2 0 3
2 x2
	x1		7 =	2x2 + x4				3x5		7 = x2		6	2	7			6	1		7			6		3	7
6 x3				6	4			x5					0		+ x4			1				+ x5			0
6		4	7	6	2x + 2x				4	7		6	0	7			6	2		7			6		2	7
6	x		7	6						7		6		7			6			7			6			7
6 x5			7	6				x5		7		6	0	7			6	0		7			6		1	7
4			5	4						5		4		5			4			5			4			5
												= x2~u + x4~v + x5w~ :																			(2)
Рiвняння				(2)	показує,			що		Nul A збiгається							з	множиною					всiх			лiнiйних		комбiнацiй			~u,

~v i w~ . Це означає, що множина f~u; ~v; w~ g породжує Nul A. Фактично, така побудова векторiв ~u, ~v i w~ автоматично робить їх лiнiйно незалежними. Дiйсно, (2) показує, що

~ ~ ~ ~ має мiсце тiльки тодi, коли ваги , i всi є нулями. Отже,

0 = x2u + x4v + x5w x2 x4 x5

множина f~u; ~v; w~ g є базисом для Nul A.

Знаходження базису для стовпцевого простору матрицi вимагає менше роботи нiж знаходження базису для нуль простору. Разом з тим, метод вимагає деяких пояснень. Розпочнемо з простого прикладу.

ПРИКЛАД 14. Знайти базис для стовпцевого простору матрицi

B = 2 0 1			2	1	0 3:
6	1	0	3	5	0	7
	0	0	0	0	1
6	0	0	0	0	0	7
4						5

Розв’язання. Позначимо стовпцi B

через

~

~

~

=

~

~

b1; : : : ; b5 i замiтимо, що b3

3b1

+ 2b2

~

~

~

~

~

та b4

= 5b1 b2. Очевидно, що

b3

i b4 є комбiнацiями головних стовпцiв, Це означає,

~

~

~

~

~

що будь-яка лiнiйна комбiнацiя b1; : : : ; b5 є в дiйсностi комбiнацiєю

3b1, b2

i b5. Дiйсно,

якщо ~v є довiльний вектор з ColB, наприклад,

~

~

~

~

~

~v = c1b1 + c2b2 + c3b3 + c4b4

+ c5b5;

~

~

то, пiдставляючи значення b3

i b4, ми можемо записати ~v у виглядi

~

~

~

~

~

~

~

~v = c1b1 + c2b2

+ c3( 3b1

+ 2b2) + c4(5b1

b2) + c5b5;

~

~

~

який є лiнiйною комбiнацiєю b1, b2

i b5.

~

~

~

~

~

~

є лiнiйно незалежними тому, що

Отже, fb1

; b2

; b5g породжує ColB. Також,

b1,

b2

i b5

вони є стовпцями з одиничної матрицi четвертого порядку. Тобто головнi стовпцi B утворюють базис для ColB.

Матриця B у прикладi 14 є у зведенiй ступiнчатiй формi. Вiзьмемо довiльну матрицю A та нагадаємо, що вiдношення лiнiйної залежностi мiж стовпцями A може бути виражено

~	для деякого ~x. (Якщо деякi стовпцi не залученi у вiдношення залежностi,
у формi A~x = 0

то вiдповiднi координати у ~x рiвнi нулю.) Коли матриця A зведена рядково до ступiнчатої

~	~	мають
форми B, то її стовпцi зазнали серйозних змiн, але рiвняння A~x = 0	i B~x = 0

однакову множину розв’язкiв. Це означає, що стовпцi A мають точно таке ж вiдношення лiнiйної залежностi як стовпцi перетвореної матрицi B.

43

ПРИКЛАД 15. Можна перевiрити, що матриця					8	2 3
A = [~a1 ~a2 : : : ~a5] = 2 2 2				2
6	1	3		3	2		9	7
	2	3		0	7		1
6	3	4		1	11		8	7
4								5

рядково еквiвалентна матрицi B з прикладу 14. Знайти базис Col A.

Розв’язання. З прикладу 14, головнi стовпцi					~	=
					A є перший, другий i пятий. Також, b3
~	~	~	~	~
3b1	+ 2b2	i b4	= 5b1	b2. Оскiльки рядковi операцiї не змiнюють вiдношення лiнiйної
залежностi мiж стовпцями матрицi, то ми будемо мати
				~a3 = 3~a1 + 2~a2 i	~a4 = 5~a1 ~a2:

Перевiрте, що це правда! На пiдставi аргументiв у прикладi 14, ~a3 i ~a4 не обов’язково породжують стовпцевий простiр A. Також, f~a1;~a2;~a5g повинна бути лiнiйно незалежною тому, що будь-яке вiдношення залежностi мiж ~a1; ~a2 i ~a5 буде вести до такого ж вiдноше-

~	~	~	~	~	~	;~a2;~a5g
ння залежностi мiж b1	; b2	i b5	. Оскiльки fb1	; b2	; b5g є лiнiйно незалежною, то f~a1
також є лiнiйно незалежною i тому, базисом для Col A.

Аргументи у прикладi 15 можуть бути адаптованi для доведення наступної теореми.

ТЕОРЕМА 12.

Головнi стовпцi матрицi A утворюють базис стовпцевого простору A.

Застереження Будьте уважнi при використаннi головних стовпцiв A для базису Col A. Стовпцi ступiнчатої форми B часто не є стовпцями простору для A. (Наприклад, у прикладах 14 i 15 стовпцi B всi мають нулi у їх останнiх координатах i не можуть породжувати стовпцi A.)

4.Розмiрнiсть i ранг ([1], стор. 292 – 308)

Розмiрнiсть пiдпростору

Можна показати, що коли пiдпростiр H має базис з p векторiв, то кожний базис H повинен мiстити точно p векторiв. Тому наступне означення має змiст.

ОЗНАЧЕННЯ.

Розмiрнiстю ненульового пiдпростору H, яка позначається через dim H, називається

число векторiв у будь-якому базисi для	~
	H. Розмiрнiсть нульового пiдпростору f0g
визначається як 0.

Простiр Rn має розмiрнiсть n, оскiльки одиничнi вектори ~e1; : : : ;~en

утворюють один з його базисiв. Кожний базис для Rn мiстить n векторiв. Площина,

	~	3	~
	яка проходить через 0 у R		є двовимiрним простором i пряма, яка проходить через 0	є

одновимiрним простором.

ПРИКЛАД 16. Нагадаємо, що нуль простiр матрицi A у прикладi 14 з попереднього пункту має базис з 3 векторiв. Тому розмiрнiсть Nul A у цьому випадку є 3. Помiтимо, як

кожний базисний вектор вiдповiдає вiльнiй змiннiй у рiвняннi ~ ~. Наша конструкцiя

Ax = 0

завжди створює базис на цьому шляху. Так, для знаходження розмiрностi Nul A потрiбно

~
просто порахувати число вiльних змiнних у рiвняннi A~x = 0.

ОЗНАЧЕННЯ.

Рангом матрицi A називається розмiрнiсть стовпцевого простору A. Його позначають через rankA.

Оскiльки головнi стовпцi A утворюють базис для Col A, то ранг матрицi A рiвний числу головних стовпцiв у A.

44

ПРИКЛАД 17. Визначити ранг матрицi				4	3		9 3:
A = 2 4			7
6	2		5	3	4		8	7
	6		9	5	2		4
6	0		9	6	5		6	7
4								5

Розв’язання. Зведемо A до ступiнчатої форми:															2	5	7 3.
A		2 0		3		2	5	7 3			: : :	2 0 3
		6	2		5	3	4		8	7		6	2	5	3	4	8	7
			0	6		4	14	20					0	0	0	4	6
		6	0		9	6	5		6	7		6	0	0	0	0	0	7
		4								5		4						5

Матриця A має 3 головнi стовпцi, тому rank A = 3.
	~
Рядкова редукцiя у прикладi 17 показує, що iснують двi вiльнi змiннi у рiвняннi A~x = 0,

оскiльки два з п’яти стовпцiв A не є головними стовпцями. (Неголовнi стовпцi вiдпо-

вiдають вiльним змiнним у ~ ~.) Оскiльки число головних стовпцiв плюс число

Ax = 0

неголовних стовпцiв є точно числом всiх стовпцiв, то розмiрностi ColA i NulA мають наступний корисний зв’язок.

ТЕОРЕМА 13. Теорема про ранг

Якщо матриця A має n стовпцiв, то rank A + dim Nul A=n. Наступна теорема є важливою для застосувань.

ТЕОРЕМА 14. Теорема про базиси.

Нехай H є p-вимiрний пiдпростiр у Rn. Будь-яка лiнiйно незалежна множина, яка мiстить точно p елементiв H, є базисом для H. Також, будь-яка множина з p елементiв H, яка породжує H, автоматично є базисом для H.

Доведiть цю теорему як вправу.

Визначенi нами новi поняття для векторного простору асоцiюються з матрицями, та дають бiльше тверджень для теореми про оборотнiсть матрицi. Вони представленi нижче у наступних твердженнях, якi додаються до теореми 8.

ТЕОРЕМА 8’. Теорема про оборотнiсть матрицi (продовження)

Нехай A є n n матриця. Тодi кожне з наступних тверджень еквiвалентне твердженню, що A є оборотною матрицею.

i)Стовпцi A утворюють базис для Rn.

ї)	Col A=Rn.
й)	dim Col A=n.
к)	rank A=n.
л)	~
	Nul A=f0g.
м)	dim Nul A=0.

(Без доведення.)

45

Лекцiя 4: Детермiнанти

План:

1.Поняття детермiнанта та iсторiя його виникнення.

2.Властивостi детермiнантiв та їх обчислення.

3.Правило Крамера та формула для оберненої матрицi.

1. Поняття детермiнанта та iсторiя його виникнення ([1], стор. 314 – 331)

На попереднiй лекцiї ми ввели поняття детермiнанта для матрицi другого порядку. Взагалi, детермiнант є число, яке ставиться у вiдповiднiсть квадратнiй таблицi чисел вiдомим шляхом. Ця iдея була розглянута в 1683 роцi японським математиком Секi Такаказу i, незалежно у 1693 роцi, нiмецьким математиком Готфрiдом Лейбнiцом за 160 рокiв до того, як була розроблена теорiя матриць.

Багато рокiв детермiнанти застосовувалися в основному при обговореннi систем лiнiйних рiвнянь. У 1750 роцi в статтi швейцарського математика Габрiеля Крамера було показано, що детермiнанти можуть бути корисними в аналiтичнiй геометрiї. У статтi Крамер використав детермiнанти до побудови рiвнянь вiдомих кривих у декартовiй площинi. У цiй статi вiн також сформулював своє вiдоме правило для розв’язування n n систем за допомогою детермiнантiв. Потiм, у 1812 роцi Огюстен-Луiс Кошi опублiкував працю, в якiй дав формули, якi виражали через детермiнанти об’єми деяких многогранникiв та по- в’язав формули з попереднiми роботами, що стосувалися детермiнантiв. Серед кристалiв, якi вивчав Кошi був тетраедр.

Використання детермiнантiв Кошi у аналiтичнiй геометрiї стимулювало iнтенсивний iнтерес до засосувань детермiнантiв, який тривав бiля 100 рокiв. На початок ХХ-го столiття теорiя детермiнантiв була розвинута досить глибоко.

Сьогоднi детермiнанти мають мале обчислювальне значення в великомасштабних матричних обчисленнях, якi трапляються так часто. Тим не менше детермiнантнi формули дають важливу iнформацiю про матрицi i знання детермiнантiв корисно в деяких застосуваннях лiнiйної алгебри.

У рекомендованiй до курсу лiтературi представленi 3 пiдходи до означення поняття детермiнанта n-го порядку:

а) аналiтичний (дивись [1], стор. 314 – 358; [5], стор. 226 – 243; [12], стор. 37 – 59);

б) iндуктивний або рекурсивний (дивись [3], стор.34 – 60; [6], стор.19 – 42);

в) аксiоматичний (дивись [2], стор. 289 – 329 ).

При кожному пiдходi теорiя детермiнантiв розгортається по своєму. Разом з тим, звичайно, всi властивостi детермiнантiв та їх застосування розглядаються при кожному з них. Ми зупинимося на iндуктивному пiдходi.

Приступимо до роботи!

Нехай ми маємо матрицю n-го порядку над числовим полем P :

	2 a11...	: : : a...1j
A =	6 ai1 : : : aij
	6 .	.
	6 ..	..
	6
	6 a	: : : a
	6 n1	nj
	4

3

: : : a1n

... 7 7

7

: : : ain 7 = [aij]:

.. 7 7

. 5

: : : ann

Множину всiх таких матриць прийнято позначати через Mn(P ). Отже, наше завдання полягає в тому, щоб для кожного натурального числа n задати вiдображення Mn(P ) !

46

P , при якому образ будь-якої матрицi n-го порядку A буде називатися детермiнантом цiєї матрицi. Надалi детермiнант матрицi A = [aij] будемо позначати через detA або jAj залежно вiд зручностi у конкретному випадку. У другому випадку квадратнi дужки у позначеннi матрицi будемо замiнювати на вертикальнi риски.

Перший крок: Якщо n = 1, то кожна з матриць множини M1(P ) складається з одного числа, тобто, має вид A = [a11]. Покладемо у цьому випадку

			detA = a11:					(1)
Другий крок: Якщо n = 2, то, як i в попереднiй лекцiї, будемо вважати, що
det A =		a11	a12	= a11a22 a12a21:				(2)
		a21	a22
Третiй крок: Якщо n = 3, то покладемо
a22	a23			a21	a23	a21	a22	:
det A = a11det a32	a33	a12det a31			a33 + a13det	a31	a32
або скорочено
det A = a11det M11 a12det M12 + a13det M13;								(3)

де матрицi M11, M12 i M13 отриманi з A видаленням першого рядка i одного з трьох стовпцiв.

Для будь-якої квадратної матрицi A нехай Mij позначає пiдматрицю утворену видаленням i-го рядка i j-го стовпця матрицi A. Тодi det Mij називають мiнором елемента aij, а число

Aij = ( 1)i+jdet Mij називають його алгебраїчним доповненням.

Наприклад, якщо

A = 2 2		0		4	1 3;
6	1	2		5	0	7
	3	1		0	7
6	0	4		2	0	7
4						5

то M32 (мiнор елемента a32) отримаємо викреслюванням третього рядка i другого стовпця цiєї матрицi, тобто,

M32 =	2	2	4	1	3	:
	4	1	5	0	5
		0	2	0

Тодi алгебраїчне доповнення елемента a32 є A32 = ( 1)3+2det M32 = det M32.

Така домовленiсть дозволяє останню рiвнiсть переписати у компактному видi:

det A = a11A11 + a12A12 + a13A13:

(4)

Враховуючи данi означення, ми можемо переписати рiвнiсть (2) у подiбному видi:

det A = a11A11 + a12A12:

(5)

Четвертий крок: Придивимося уважно до рiвностей (5) i (4). Замiтивши спiльне у цих рiвностях ми можемо тепер сформулювати таке iндуктивне означення детермiнанта.

ОЗНАЧЕННЯ.

Для n > 2 детермiнант матрицi n-го порядку A = [aij] (або коротше детермiнант n-го порядку) є сума n членiв виду a1jA1j, коли елементи a11; a12; : : : ; a1n належать першому рядку A. Символiчно,

det A = a11A11 + a12A12 + + a1nA1n = nj=1a1j A1j:

47

Iншими словами, детермiнант матрицi n-го порядку A = [aij] дорiвнює сумi добуткiв елементiв її першого рядка на їх вiдповiднi алгебраїчнi доповнення. Цю формулу для обчислення детермiнанта називають його розкладом за першим рядком.

Ми опустимо доведення наступної фундаментальної теореми, через його громiздкiсть. Вона доведена у посiбнику [6], стор. 21 – 25.

ТЕОРЕМА 1.

Детермiнант матрицi n-го порядку A може бути обчислений шляхом його розкладу за будь-яким рядком або за будь-яким стовпцем. Розклад за i-им рядком є

det A = ai1Ai1 + ai2Ai2 + + ainAin:

Розклад за j-им стовпцем має вид

det A = a1jA1j + a2jA2j + + anjAnj:

ПРИКЛАД 1. Обчислити детермiнант матрицi

23

	1	5	0
A = 4	2	4	1	5
	0	2	0

двома способами: розкладом його за першим рядком та за третiм стовпцем.

Розв’язання. При розкладi за першим рядком будемо мати:

det A = 1 ( 1)1+1			2	0		+ 5 ( 1)1+2							0	0		+ 0 ( 1)1+3					0		2	= 2:
			4		1								2	1							2		4
При розкладi за третiм стовпцем отримаємо:
det A = 0					0		2		+	0			2	+ 0			2	4	= 2:
					2		4			1			5				1	5
Як бачимо, ми отримали однаковий							результат.

Якщо провести обчислення у рiвностi (3), то ми отримаємо

det A = a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 a11a23a32 a12a21a33 a13a22a31: (6)

Формула (6) дозволяє сформулювати так зване правило трикутникiв (або правило Саррюса) для обчислення детермiнанта третього порядку (дивись: [1], стор. 318; [11], стор. 26). На наступному рисунку видно, добутки яких елементiв вiдзначених крапками потрiбно взяти з знаком плюс, а якi з знаком мiнус. мiнус.

Обчислення цього ж детермiнанта можна також запам’ятати за такою схемою. Запишемо другу копiю перших двох стовпцiв справа вiд матрицi i обчислимо детермiнант, перемножаючи елементи на шести дiагоналях:

48

Додаємо вiдмiченi вниз дiагональнi добутки i вiднiмаємо вiдмiченi вгору добутки. Ця схема не зовсiм зручна через потребу дописування i її застосовують на початковому етапi засвоєння. Спробуйте обчислити детермiнант з прикладу 1 за правилом трикутника та за останньою схемою. Який спосiб Вам бiльше до вподоби?

ПРИКЛАД 2. Обчислити детермiнант матрицi

det A =	2	0	1	5	0	3	:
	6	2	5	7	3	7
		0	2	4	1
	6					7
	4	0	0	2	0	5

Розв’язання. Розкладемо детермiнант цiєї матрицi за першим стовпцем користуючись нагодою, що тут багато нулiв. Отримаємо

det A = 2			2		4	1	:
			1		5	0
			0		2	0

Цей 3 3 детермiнант ми обчислили у прикладi 1 i знайшли його рiвним 2: Таким чином, det A = 2 ( 2) = 4:

Матриця у прикладi 2 була майже трикутною. Метод обчислення цього прикладу легко пристосувати до доведення наступної теореми.

ТЕОРЕМА 2.

Якщо матриця A є трикутною, то det A рiвний добутку елементiв, якi стоять на головнiй дiагоналi A.

Спробуйте довести це!

На початку лекцiї ми вiдзначили можливiсть рiзного означення поняття детермiнанта. Нашi уподобання говорять, що мабуть краще було б зразу отримати формулу для детермiнанта через його елементи. Надамо вам можливiсть оцiнити iнший варiант також.

Для детермiнантiв другого i третього порядкiв ми маємо формули для їх обчислення – це рiвностi (2) i (6). Виявляється, що для детермiнантiв вищих порядкiв також iснують формули, хоча вони i мають складний вигляд. Установимо формулу для обчислення детермiнанта n-го порядку безпосередньо через його елементи (без мiнорiв та алгебраїчних доповнень).

Нагадаємо, що перестановкою з n чисел 1; 2; : : : ; n називається будь-яке їх лiнiйне упорядкування. Таких перестановок є n!. Якщо ми маємо деяку перестановку 1; 2; : : : ; n, то ситуацiю, коли бiльше число стоїть перед меншим називають iнверсiєю (безпорядком). Наприклад, у перестановцi 5; 4; 1; 2; 3 є 7 iнверсiй: пiсля 5 є 4 менших числа i пiсля 4 є 3 менших числа, а решта розмiщенi у порядку зростання.

Число iнверсiй (безпорядкiв) у перестановцi 1; 2; : : : ; n чисел 1; 2; : : : ; n позначимо через S( 1; 2; : : : ; n). При таких домовленостях має мiсце теорема.

49

ТЕОРЕМА 3.

Для детермiнанта матрицi n-го порядку A має мiсце формула

1; X2	n			(7)
det A =	( 1)S( 1	; 2;:::; n)a 11a 22	: : : a nn:

;:::;

(Тут сума береться по всiх можливих перестановках з n чисел 1; 2; : : : ; n, тобто, у нiй є n! доданкiв.)

ДОВЕДЕННЯ. Для доведення застосуємо метод математичної iндукцiї.

При n = 2 є тiльки 2 перестановки: 1,2 та 2,1. У першому випадку iнверсiй немає, тобто S(1; 2) = 0, а в другому – одна iнверсiя S(2; 1) = 1. Тому формула приймає вид det A = a11a22 a12a21; тобто має мiсце.

Припустимо, що формула (7) має мiсце для детермiнантiв (n 1)-го порядку.

Розглянемо тепер детермiнант n-го порядку i розкладемо його за елементами першого стовпця:

det A = a11A11 + a21A21 + + an1An1:

Повертаючись до мiнорiв перепишемо цю рiвнiсть так

det A = a11(			1)1+1det M11 + a21(		1)2+1det M21 +		+ an1(		1)n+1det Mn1 =
=	n
	k=1( 1)k+1ak1det Mk1:
Кожний з	мiнорiв
	P

a22

det M11 = ...

an2

								a12...
: : : : : :	a2n						a
	..		та det M		=			(k 1)2
							a
	.			k1				(k+1)2
	ann
: : :								.
								.
								.
								an2

: : : : : :			a1...n
: : :	: : :	a	(k 1)n		для k > 1
: : :	: : :	a
			(k+1)n
			.
			..
: : :			a
			nn

є детермiнантами (n 1)-го порядку. Для них, за припущенням, має мiсце формула (7), тобто,

		1	; 2X(n 1)	; 2;:::; (n 1))a
det M	k1	=	( 1)S( 1		a	3	: : : a	(n 1)n	;
					12 2

;:::;

причому у перестановцi 1; 2; : : : ; (n 1) вiдсутнє число k. Пiдставимо цi значення у попередню рiвнiсть i отримаємо

0 1

n

XX

det A = k=1 @( 1)k+1ak1

1; 2;:::; (n 1)

( 1)S( 1; 2;:::; (n 1))a 12a 23 : : : a (n 1)nA:

Пiсля розкриття дужок будемо мати

n

X

X

1)S( 1; 2;:::; (n 1))+k+1a

det A =

(

k1

a

12

a

23

: : : a

(n 1)n

:

k=1 1; 2;:::; (n 1)

У цiй сумi є n! доданкiв та послiдовнiсть k; 1; 2; : : : ; (n 1)

є перестановкою з перших

n чисел. Оскiльки пiсля числа k є точно k 1 менших чисел, то виконується рiвнiсть

S(k; 1; 2; : : : ; (n 1)) = S( 1; 2; : : : ; (n 1)) + k 1:

Тому ( 1)S( 1; 2;:::; (n 1))+k+1 = ( 1)S( 1; 2;:::; (n 1))+k 1+2 = ( 1)S(k; 1; 2;:::; (n 1)

означає, що рiвнiсть (7) має мiсце для детермiнанта n-го порядку i на пiдставi ципу математичної iндукцiї виконується для будь-якого n > 2.

): Це прин-