Ugrás a tartalomhoz

Lineáris algebra

Freud Róbert (2014)

ELTE Eötvös Kiadó

1.4. Kifejtés

1.4. Kifejtés

Ebben a pontban a determináns egy másik, rekurziós típusú kiszámítási módjával ismerkedünk meg, amikor egy n-edrendű determinánst n darab n–1-edrendű determinánsra vezetünk vissza. Ez elsősorban elméleti szempontból jelentős, de egyes determinánsok gyakorlati kiszámításánál is jól alkalmazható.

Ehhez először az előjeles aldetermináns fogalmát definiáljuk. Ebben a pontban végig feltesszük, hogy n>1.

1.4.1 Definíció

Tekintsünk egy n-edrendű determinánst. Hagyjuk el az i-edik sort és a j-edik oszlopot, így egy (n–1)×(n–1)-es determináns keletkezik. Az αij elemhez tartozó Aijelőjeles aldeterminánson ennek a determinánsnak a (–1)i+j-szeresét értjük.❶

Példa: 123456789 esetén A23=-151278=6

FIGYELEM! Az aldetermináns előjelezésének semmi köze sincs a determináns definíciójában az egyes szorzatok előjelezéséhez, itt semmiféle permutáció vagy inverziószám nem szerepel. Az aldetermináns előjelét kizárólag az határozza meg, hogy melyik sort és oszlopot hagytuk el: ha ezek indexe („sorszáma”) azonos paritású (tehát ha páratlanadik sort és oszlopot vagy párosadik sort és oszlopot hagytunk el), akkor az előjel „+”, ellentétes paritás esetén pedig „–”. Az előjelezést így az ún. „sakktáblaszabály” adja:

Speciálisan, a főátló elemeihez tartozó aldeterminánsok mindig pozitív előjelet kapnak.

Az „előjeles aldetermináns” kifejezésben az „előjeles” jelzőt mindig ki fogjuk tenni, hogy ezt a fogalmat élesen megkülönböztessük a mátrixok rangjánál szereplő aldeterminánsfogalomtól (lásd a 3.4 pontot).

Az előjeles aldeterminánsok jelentőségét az ún. kifejtési tétel adja:

1.4.2 Tétel (Kifejtési tétel)

Ha egy sor minden elemét megszorozzuk a hozzá tartozó előjeles aldeterminánssal, az így kapott szorzatoknak az összege a determinánssal egyenlő:

Ezt hívjuk a determináns i-edik sor szerinti kifejtésének. Természetesen hasonló állítás érvényes sorok helyett oszlopokra is.

Példa: a D=123456789 determinánst a második oszlopa szerint kifejtve

adódik (amely természetesen egyezik a korábban más módokon kiszámolt eredménnyel).

Bizonyítás: Tekintsük a det A=D determináns definíció szerinti felírását.

Az n-tényezős szorzatokat csoportosítsuk aszerint, hogy az i-edik sorból melyik elem szerepel bennük. Ezt a közös elemet kiemelve, a determináns Di1β1i2β2+…+αinβn alakban írható. Megmutatjuk, hogy bármely j-re βj=Aij.

Fel fogjuk használni az 1.2.3 Tételt, amely akkor is lehetővé teszi a determinánsban szereplő szorzatok előjelezését, ha a szorzat tényezőit nem (feltétlenül) a sorindexek szerint rendeztük.

Tekintsük most a D determinánsban (rögzített j-re) az αij-t tartalmazó szorzatoknak egy olyan felírását, amikor az αij tényező áll elől. Egy ilyen szorzat általános alakja:

Itt ρ a sorindexeknek, π az oszlopindexeknek megfelelő permutáció (tehát ρ(1)=i,π(1)=j). Ennek a szorzatnak az előjele (a D determinánst definíció szerint előállító összegben) az 1.2.3 Tétel szerint (–1)I(ρ)+I(π) (ahol I(ρ), illetve I(π) az i,ρ(2),…,ρ(n), illetve j,π(2),…,π(n)permutáció inverziószámát jelöli).

Az αij kiemelése után így βj-re az alábbi összeg adódik:

Itt az összegben minden olyan n–1-tényezős szorzatot kell venni, ahol a tényezők az i-edik sor és j-edik oszlop elhagyásával keletkezett D’ determináns definíciójában szerepelnek.

Hasonlítsuk most össze a (2) jobb oldalán álló összeget (amely βj-vel egyenlő) a D’ determinánst definíció szerint előállító összeggel. Mindkét összegben ugyanazokról az n–1-tényezős szorzatokról van szó. Vizsgáljuk meg, hogy egy ilyen szorzatot milyen előjellel kellene venni a D’ determináns kiszámításához. Ismét az 1.2.3 Tétel szerint ehhez meg kell nézni, hány inverzió fordul elő a sorindexek, valamint az oszlopindexek permutációjában együttvéve.

Ezeket az inverziókat nem befolyásolja, ha a sorok és oszlopok számozásánál megtartjuk az eredeti, D-beli sor-, illetve oszlopszámokat (vagyis a sorokra 1,2,…,i–1,i+1,…,n-et, az oszlopokra pedig 1,2,…,j–1,j+1,…,n-et). Ennek megfelelően a sorindexeknél a ρ’=ρ(2)ρ(3)…ρ(n) permutáció inverziószámát, I(ρ’)-t, az oszlopindexeknél pedig a π’=π(2)π(3)…π(n) permutáció inverziószámát, I(π’)-t kell tekinteni. (Tehát ρ’ az 1,2,…,i–1,i+1,…,n számoknak a sorindexek szerinti permutációja, π’ pedig az 1,2,…,j–1,j+1,…,n számoknak az oszlopindexek szerinti permutációja.)

Az (1)-ben szereplő eredeti ρ permutációt úgy nyerjük, ha ρ’=ρ(2)ρ(3)…ρ(n) elé ρ(1)=i-t írunk. Ezért I(ρ) annyival nagyobb I(ρ’)-nél, ahány elemmel ρ(1)=i inverzióban áll. Ezek az elemek nyilván éppen az i-nél kisebb számok, tehát I(ρ)=I(ρ’)+(i–1). Ugyanígy I(π)=I(π’)+(j–1).

Az előzőkből I(ρ)+I(π)=i+j–2+I(ρ’)+I(π’)adódik. Ezt (2)-be behelyettesítve kapjuk, hogy

Az 1.4.2 Tétel egy másik bizonyítási lehetőségét az 1.4.4 feladatban jelezzük.

A determináns kifejtésével egy n-edrendű determináns kiszámítását visszavezettük n darab (n–1)-edrendű determináns kiszámítására. Általában olyan sor vagy oszlop szerint érdemes kifejteni, amelyben sok 0 fordul elő, hiszen a 0 elemekhez tartozó előjeles aldeterminánsokat nem kell kiszámítani.

A kifejtési tétel lehetővé teszi bizonyos típusú általános n-edrendű determinánsok rekurzió útján történő kiszámítását. Ez akkor működik, ha az n-edrendű Dn determinánst kifejtve ugyanolyan típusú alacsonyabb rendű determinánsok (pl. Dn–1 és Dn–2) segítségével tudjuk felírni (ehhez esetleg egyes előjeles aldeterminánsokat is a kifejtési tétel segítségével kell tovább bontani). A kapott rekurzió alapján a Dn-re megsejtett (vagy szisztematikusan megtalált) formula teljes indukcióval igazolható.

A kifejtési tétel alkalmazásánál is célszerű az elemek részletes felírása, a lépések gondos regisztrálása és a változások pontos nyomonkövetése. Ne feledkezzünk el az aldetermináns megfelelő előjelezéséről. Ha a kifejtési tételt többször is alkalmazzuk, akkor ügyeljünk arra, hogy közben megváltozik a determinánsok mérete, valamint az egyes elemeknek a sorokban, illetve oszlopokban elfoglalt helyzete. Ennélfogva egy adott elemhez tartozó aldetermináns minden újabb kifejtési lépésnél teljesen átalakul, beleértve az előjel módosulását is.

Egy determináns kiszámításának nemcsak egyféle módja van. Gyakran érdemes a kifejtési tételt az elemi tulajdonságokkal ügyesen kombinálni. Az egyes megoldási módok bonyolultsága, idő- és számolásigénye között számottevő különbség lehet. Sajnos, egy konkrét determinánsnál általában nehéz előre megjósolni, hogy melyik út a leggyorsabb, illetve hogy egy kínálkozó módszer az adott esetben egyáltalán eredményes lesz-e.

A kifejtési tétel segítségével igazolható az ún. ferde kifejtés is:

1.4.3. Tétel (Ferde kifejtés)

Ha egy sor elemeit rendre egy másik sorhoz tartozó előjeles aldeterminánsokkal szorozzuk meg, az így kapott szorzatoknak az összege mindig 0:

FIGYELEM! A „kifejtés” szó itt megtévesztő, mert az összeg értékének semmi köze sincs az eredeti determinánshoz; ez az összeg mindig 0, függetlenül attól, hogy maga a determináns 0 vagy sem.

Bizonyítás: Egy másik determinánst fogunk készíteni, és arra alkalmazzuk majd a kifejtési tételt. Tekintsük azt az A’ mátrixot, amelynek a k-adik sora ugyanaz, mint az eredeti determináns r-edik sora, a többi eleme pedig azonos az eredeti determináns megfelelő elemével. Azaz

A’-ben a k-adik és az r-edik sor egyenlő (mindkettő az eredeti determináns r-edik sora), ezért det A’=0. Ha most ezt a determinánst a k-adik sora szerint kifejtjük, akkor — felhasználva, hogy A-ban és A’-ben a k-adik sorhoz tartozó Akj és Akj előjeles aldeterminánsok minden j-re megegyeznek — éppen a tételbeli összeget kapjuk:

Feladatok

1.4.1 Egy n×n-es D determináns minden elemét megszorozzuk a hozzá tartozó előjeles aldeterminánssal. Mi lesz az így kapott n2 darab szorzat összege?

1.4.2 Egy determinánsban az első két sorhoz tartozó előjeles aldeterminánsok rendre megegyeznek, azaz minden j-re A1j=A2j. Számítsuk ki a determinánst.

1.4.3 Bizonyítsuk be, hogy α11-et és α12-t megcserélve a determináns akkor és csak akkor nem változik, ha α1112 vagy A11=A12.

1.4.4 Adjunk egy másik bizonyítást a kifejtési tételre az alábbi gondolatmenet alapján:

(i) A tételt először arra a nagyon speciális esetre igazoljuk, amikor az első sor szerint fejtünk ki, és az első sor utolsó n–1 eleme 0 (azaz legfeljebb a bal felső sarokban áll nemnulla elem).

(ii) Sor- és oszlopcserékkel vezessük vissza (i)-re azt a (még mindig meglehetősen) speciális esetet, amikor valamelyik sorban (n–1) darab 0 áll (azaz legfeljebb egy elem különbözik 0-tól) és e szerint a sor szerint fejtünk ki.

(iii) Egy általános determinánst bontsunk az 1.3.2 Tétel felhasználásával (ii) típusú determinánsok összegére.

1.4.5 Egy n×n-es márix bal felső sarkában 1-es áll, az első sor többi eleme β, az első oszlop többi eleme γ, a főátló többi eleme δ, az összes többi elem pedig 0. Számítsuk ki a mátrix determinánsát.

1.4.6 Egy 2k×2k-as determináns főátlójának minden eleme γ, a bal alsó sarkot a jobb felső sarokkal összekötő átló minden eleme δ, a többi elem pedig 0. Számítsuk ki a determinánst.

1.4.7 Egy n×n-es determinánsban a főátló minden eleme γ+δ, közvetlenül a főátló alatt n–1 darab 1-es áll, közvetlenül a főátló felett mind az n–1 elem γδ, a többi elem pedig 0. Számítsuk ki a determinánst.

1.4.8 Tekintsünk egy olyan n×n-es komplex elemű mátrixot, amelynek a determinánsa nem nulla. Hány olyan γ komplex szám van, amelyet a mátrix minden eleméhez hozzáadva az így kapott új mátrix determinánsa 0 lesz?

1.4.9 Egy n×n-es determinánsban a bal felső sarokban cosφ áll, a főátló többi eleme 2cosφ, közvetlenül a főátló alatt és fölött mind a 2n–2 elem 1-es, a többi elem pedig 0. Bizonyítsuk be, hogy a determináns cos(nφ)-vel egyenlő.

1.4.10 Legyenek β1,…,βn tetszőleges számok. Számítsuk ki det A-t, ha az n×n-es A mátrix elemei

 

1.4.11

a) Tegyük fel, hogy egy determináns bármely sorában és bármely oszlopában az elemek összege 0. Bizonyítsuk be, hogy valamennyi előjeles aldetermináns egyenlő.

b) Tegyük fel, hogy valamennyi előjeles aldetermináns egyenlő és ez a közös érték nem a 0. Bizonyítsuk be, hogy a determináns bármely sorában és bármely oszlopában az elemek összege 0.

*1.4.12 Egy determináns főátlójának minden eleme γ, a főátló felett csupa δ áll, a főátló alatt pedig csupa β. Számítsuk ki a determinánst.

M*1.4.13 (vö. az 1.2.7 feladattal)

a) M és C a következő játékot játsszák. M megad egy n×n-es valós elemű mátrixot, C pedig ebben rendre egy-egy elemet tetszőleges másik valós számra kicserélhet. Egy olyan mátrixhoz kell így eljutnia, amelynek a determinánsa nem nulla. M-nek az a célja, hogy C ezt a lehető legtöbb lépésben érje el, C-nek pedig az, hogy a lehető legkevesebben. Mekkora lesz a lépésszám, ha mindketten optimálisan játszanak?

b) Oldjuk meg a feladatnak azt a módosítását, ha a változtatható elemek helyét is M jelöli ki a következő módon: a mátrix megadása után C vállalja, hogy hány lépésben végez, és ekkor M ennyi helyet kijelöl, és C az ott levő elemeket tetszőleges valós számokra cserélheti.

c) Oldjuk meg az a) és b) feladatokat arra az esetre, ha a cél az, hogy a determináns nulla legyen.

M*1.4.14 Létezik-e minden n-re olyan n×n-es valós elemű mátrix, amelynek a determinánsa nulla, de bármelyik (egyetlen) elemét akárhogyan megváltoztatva a kapott mátrixok determinánsa sohasem nulla?