Matematické Fórum

Honza90 · 09. 11. 2012 20:32

Zdravím.

Je dána matice řádu nxn:

a1 x x ... x
x a2 x ... x
x x a3 ... x
. . . .
. . . .
x x x an

úkolem je spočítat determinant. Myslíte že se dá odvodit nějaké řešení pro n? Díky

check_drummer · 09. 11. 2012 21:01

↑ Honza90:
Ahoj, ta "x" jsou libovolné prvky (v každém poli obecně různé) a nebo se jedná ve všech polích o jeden stále stejný prvek (x)?

Honza90 · 09. 11. 2012 21:05

↑ check_drummer:
x je všude jeden a ten samý prvek

Pavel Brožek · 09. 11. 2012 21:13

↑ Honza90:

Ahoj,

myslím, že ano.

Postupoval jsem tak, že jsem poslední sloupec odečetl od všech zbylých. Potom jsem udělal Laplaceův rozvoj podle prvního řádku. Dostal jsem dva členy. V jednom se objeví stejný determinant s prvky $a_2$ až $a_n$ . V druhém členu provedeme rozvoj podle prvního sloupce. Takhle dostaneme předpis pro determinant matice nxn pomocí determinantu matice (n-1)x(n-1). Spočítal jsem si prvních pár determinantů, odhadl obecný vzorec a ten matematickou indukcí dokázal. Vyšlo mi

$\prod_{i=1}^{n}(a_i-x)+x\sum_{i=1}^n\prod_{j\in\{1,2,\ldots, n\}\setminus \{i\}}(a_j-x)$

Honza90 · 09. 11. 2012 21:50

↑ Pavel Brožek:
No moc přesvědčen nejsem. Po odečtení posledního sloupce od ostatních dostanu v posledním řádku členy typu $x-a_{n}$ ale ty ve tvém vzorci chybí.

Pavel Brožek · 09. 11. 2012 22:44

↑ Honza90:

No když si po tom odečtení posledního sloupce uděláš rozvoj podle posledního řádku, tak uvidíš, že dostaneš $a_n\cdot\prod_{i=1}^{n-1}(a_i-x)+(x-a_n)(\ldots)$ , kde ty tři tečky už nezávisí na $a_n$ . Mně to teda přijde dost podobné tomu mému řešení. Snad tě to už přesvědčilo dostatečně, aby sis ten postup prošel, opravdu se mi tu nechce vypisovat se s těmi maticemi, na papíře je to jednodušší. :-)

A ani bych neřekl, že v mém vzorci chybí. V prvním členu je ten člen vždy, v tom druhém je tam pro $i\neq n$ .

Honza90

↑ Pavel Brožek:
Já na to chtěl jít jen pomocí permutací a vyhnout se úplně Laplaceovi, ale to se nepodařilo. Takhle je to asi jediný způsob, i když do toho teď úplně nevidím. Např. jak to bude se znaménky?

vanok · 09. 11. 2012 23:04

Poznamka
Ja by som skor od prveho stlpca odpocital druhy
od druheho treti
atd a nakoniec by som rozvynul podla posledneho stlpca.

vanok · 09. 11. 2012 23:20 — Editoval vanok (10. 11. 2012 03:39)

Vysledok:
Zda sa mi, ze hladany determinant je
$a_1a_2...a_n(\frac 1x+\frac 1{a_1-x}+...+ \frac 1{a_n-x})$
Édit: tento vysledok je SPATNY

Honza90 · 09. 11. 2012 23:40

↑ vanok:
takhle by to mělo vyjít podle učebnice. Místo sloupců by ale stejně tak dobře šlo odečítat řádky, je to tak?

Pavel Brožek

↑ vanok:, ↑ Honza90:

Koukám na to jak blázen, že se shodnete na výsledku, který mi připadá na první pohled nesmyslný. Vždyť determinant je evidentně polynom v x. $a_1a_2...a_n(\frac 1x+\frac 1{a_1-x}+...+ \frac 1{a_n-x})$ rozhodně není polynom v x. Asi se vyspím a podívám se na to ráno, třeba mi dojde něco, co mi teď absolutně uniká…

Vždyť ani pro jednoduchý případ x=0 to nedá správný výsledek (ani když se to vezme v limitě).

Pavel Brožek · 10. 11. 2012 00:54

Když se na to ještě dívám, tak ten můj výsledek se dá přepsat (pokud $x\not\in\{0,a_1,\ldots,a_n\}$ ) jako

$x(a_1-x)(a_2-x)\ldots(a_n-x)$\frac1x+\frac1{a_1-x}+\ldots+\frac1{a_n-x}$,$

to už se značně podobá vašemu výsledku, ale přesto se to neshoduje. Asi se zítra bude muset někdo z nás rozepsat se svým řešením… :-)

vanok · 10. 11. 2012 03:00

Ahoj ↑ Pavel Brožek:,
Tvoj vysledok je spravny.
To som asi uz na poly spal.

check_drummer

Ahoj, také přispěju svou troškou do diskuse (rovněž neskrývám text):
1) Odečtu od n-tého řádku řádek (n-1)-ní, od (n-1)-ního (n-2)-hý, .. od j-tého (j-1)-ní, od 2-hého 1-ní.
Takto získám v prvním řádku a1,x,x..,x), na hlavní diagonále prvky a1,a2-x,a3-x,..,an-x a na vedlejší diagonále (pod hlavní diagonálou) prvky x-a1,x-a2,..,x-an. Všude jinde budou 0.

2) Podle definice spočtu determinant.
a) Je-li v členu determinantu prvek a1 (1. řádek, 1. sloupec), musí již tento člen obsahovat všechny prvky hlavní diagonály, tj. je tvaru
$a1.(a_2-x)...(a_n-x)$ (tomuto členu odpovídá sudá permutace, tj. koeficient u členu je 1)
b) Je-li v členu determinantu prvek x-a1 (2. řádek, 1. sloupec), pak, jak se snadno rozmyslí, bude tento člen tvaru
$(x-a_1).(x-a_2)...(x-a_{j-1}).x.(a_j-x)...(a_n-x)$ . Počet transpozic je roven j-1 (do počtu traspozic přispívá jen vztah prvku x k předešlým prvkům - x je v prvním řádku), tedy koeficient tohoto členu je (-1)^{j-1}. Jak si snadno rozmyslíme, uvedený člen lze tedy upravit na tvar $x.(a_1-x).(a_2-x)...(a_{j-1}-x).(a_j-x)...(a_n-x)$ . Každému j=2,...,n odpovídá jeden člen determinantu a více členů determinant nemá.

Nyní by stačilo členy sečíst a záskáme hodnotu determinantu. Použijeme však ještě úpravu, kdy budeme předpokládat, že $a_i \neq x$ (Edit: smazána poznámka o hodnotě determinantu), položíme
$S:=\prod_{i=1}^{n}{(a_i-x)}$ . Pak lze výše uvedené členy upravit na:
ad 1) $(a_1-x+x).(a_2-x)...(a_n-x)=S+x.\frac{S}{a_1-x}$
ad 2) $x.\frac{S}{a_j-x}$
a tedy sečtením získáme hodnotu determinantu
$S.(1+x.\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{a_i-x}})$ .

(Což je jak koukám de facto výsledek, který má i Pavel.)

check_drummer · 10. 11. 2012 03:18

Ještě mě napadlo, zda by nebylo možné najít pro zadanou matici A vhodnou matici B takovou, že pro A.B=C bychom uměli detC i detB spočítat, pak bychom tedy znali i detA.

vanok · 10. 11. 2012 03:59 — Editoval vanok (11. 11. 2012 23:57)

↑ check_drummer:,
Napadla ma ina metoda, inspirovanou zo slavnej knihy Polya, Szego; Problem and Theorem in Analysis II
Najprv sa dokazat, ze
$\det (a_{i,j} +y)= \det (a_{i,j}) +y \sum_{i,j} A_{i,j}$
kde $A_{i,j}$ je kofaktor $(i,j)$ matice $(a_{i,j})$
Dokaz:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Najprv sa budem zaoberat determinantom $A$ ktoreho cleny su

a1 b b ... b
a a2 b ... b
a a a3 ... b
. . . .
. . . .
a a a an

Je jednoduche konstatovat, ze

$\det(A-(a))=\prod_i (a_i-a)= \det A - a\sum_{i,j} A_{i,j}$
a
$\det(A-(b))=\prod_i (a_i-b)=\det A - b \sum_{i,j}A_{i,j}$

Eliminacia $\sum_{i,j}A_{i,j}$ da:pre $a \neq b$

$\det A= \frac {b\prod_i (a_i-a)-a\prod_i (a_i-b)}{b-a}$

Ak $a=b$ , (akoze det je spojita funkcia $n^2$ jeho koeficientov,a naviac je to polynom z $n^2$ neznamymy (variables).
Tak fixujme $a$ a hladajme limitu najdeneho vyrazu pre $b$ , co sa priblizuje k $a$ :
$\lim _{b \to a} \frac {b\prod_i (a_i-a)-a\prod_i (a_i-b)}{b-a}$ , co vlastne je derivacia $b\prod_i (a_i-a)-a\prod_i (a_i-b)$ v bode $a$ (premenna b)

Cize mame $\det A=\prod_i (a_i-a)-a$\prod_i (a_i-a)$'$ (pre $a=b$ )

Poznamka:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Pavel Brožek · 10. 11. 2012 08:53

↑ check_drummer:

Pokud jedno $a_i$ bude rovno $x$ , ještě to neznamená, že determinant bude nulový.

Pavel Brožek · 10. 11. 2012 14:02

↑ vanok:

Myslím, že místo

$\det(A-(b))=\prod_i (a_i-b)=\det A - a A_{i,j}$

by mělo být

$\det(A-(b))=\prod_i (a_i-b)=\det A - b\sum_{i,j} A_{i,j}$

a podobně o řádek výš chybí znak sumy, ale to ses asi jen přepsal, jinak mi přijde řešení v pořádku. Pěkné :-).

vanok · 10. 11. 2012 14:26 — Editoval vanok (10. 11. 2012 14:47)

↑ Pavel Brožek:, dakujem za precitanie prispevku. Ano mas pravdu z tym suctom. Reeditujem to hned.

check_drummer · 10. 11. 2012 20:19

↑ Pavel Brožek:
Díky, už mi to asi v noci nemyslelo, upravím.

check_drummer · 10. 11. 2012 23:23

↑ vanok:
Ahoj, mohl bys prosím trošku více rozepsat důkaz tvrzení
$\det (a_{i,j} +y)= \det (a_{i,j}) +y \sum_{i,j} A_{i,j}$
? (Hide jsem si otevřel, ale nevidím, jak ten vztah z linearity determinantu plyne. Předpokládám, že más na mysli linearitu vzhledem k nějakému řádku/sloupci.)
Děkuji

vanok · 11. 11. 2012 00:12

↑ check_drummer:,
Ak to takto nevidis, skus napisat 8 matric linearnych podla stlpcou, ako som ta tam poradil...a som isty ze to okamzite pochopis.
Inac v poslednej poznamke, som dal este iny (nepresnejsi, ale dostatocny) dokaz, podla indikacie v knihe od Polya.

Honza90 · 11. 11. 2012 15:38

Jste hodní, že jste se do toho takhle pustili. Mě by bývalo stačilo jen nakopnout. :)

vanok · 11. 11. 2012 15:45

Ahoj ↑ Honza90:,
Tak nam napis aspon vysledky tvojej prace.
Co, napriklad pisal ja, ti da aj metodu na ine vypocty.
Dobre pokracovanie.

Honza90 · 11. 11. 2012 22:36

↑ vanok:
Nemělo tam být $\det A= \frac {a\prod_i (a_i-a)-b\prod_i (a_i-b)}{b-a}$ ?

Matematické Fórum

#1 09. 11. 2012 20:32

determinant obecné matice

#2 09. 11. 2012 21:01

Re: determinant obecné matice

#3 09. 11. 2012 21:05

Re: determinant obecné matice

#4 09. 11. 2012 21:13

Re: determinant obecné matice

#5 09. 11. 2012 21:50

Re: determinant obecné matice

#6 09. 11. 2012 22:44

Re: determinant obecné matice

#7 09. 11. 2012 22:54 — Editoval Honza90 (09. 11. 2012 22:59)

Re: determinant obecné matice

#8 09. 11. 2012 23:04

Re: determinant obecné matice

#9 09. 11. 2012 23:20 — Editoval vanok (10. 11. 2012 03:39)

Re: determinant obecné matice

#10 09. 11. 2012 23:40

Re: determinant obecné matice

#11 10. 11. 2012 00:33 — Editoval Pavel Brožek (10. 11. 2012 00:36)

Re: determinant obecné matice

#12 10. 11. 2012 00:54

Re: determinant obecné matice

#13 10. 11. 2012 03:00

Re: determinant obecné matice

#14 10. 11. 2012 03:15 — Editoval check_drummer (10. 11. 2012 20:21)

Re: determinant obecné matice

#15 10. 11. 2012 03:18

Re: determinant obecné matice

#16 10. 11. 2012 03:59 — Editoval vanok (11. 11. 2012 23:57)

Re: determinant obecné matice

#17 10. 11. 2012 08:53

Re: determinant obecné matice

#18 10. 11. 2012 14:02

Re: determinant obecné matice

#19 10. 11. 2012 14:26 — Editoval vanok (10. 11. 2012 14:47)

Re: determinant obecné matice

#20 10. 11. 2012 20:19

Re: determinant obecné matice

#21 10. 11. 2012 23:23

Re: determinant obecné matice

#22 11. 11. 2012 00:12

Re: determinant obecné matice

#23 11. 11. 2012 15:38

Re: determinant obecné matice

#24 11. 11. 2012 15:45

Re: determinant obecné matice

#25 11. 11. 2012 22:36

Re: determinant obecné matice

Zápatí