1 Решение. Прибавим первую строку, умноженную на
 Скачать 182.09 Kb.
|
|
Методы вычисления определителей го порядка. Метод приведения к треугольному виду Этот метод заключается в преобразовании определителя к такому виду, где все элементы, лежащие по одну сторону одной из диагоналей, равны нулю. Пример 1. Вычислить определитель порядка n d= 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 Решение. Прибавим первую строку, умноженную на ( – x) ко всем остальным 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 К первому столбцу прибавим все последующие столбцы, умноженные на (1/x). Получим d= 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 Мы получили треугольный вид, следовательно, определитель равен произведению элементов главной диагонали Пример 2. Вычислить определитель 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 Решение. Прибавим к первой строке все остальные, тогда впервой строке все элементы будут равны 2(n – 1) – 1=2n – 3 и, следовательно, общий множитель можно вынести за знак определителя 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 1 1 1 ) 3 Теперь воспользуемся тем, что впервой строке все элементы равны. Умножая первую строку на ( – 2) и прибавляя её ко всем остальным строкам, мы получим 0 0 3 0 0 3 0 0 3 0 0 1 1 1 1 ) 3 Побочная диагональ в определитель го порядка входит со знаком 2 ) 1 ( ) 1 ( − − n n (это легко проверить, если подсчитать число инверсий в подстановке. Тогда получим ) ( )( ) ( ) ( ) 3 2 3 1 3 3 2 1 1 1 2 ) 1 ( 1 Пример 3. Вычислить определитель 0 0 0 0 0 3 3 0 0 0 0 2 2 1 3 Решение. Прибавим к (n – 1)-му столбцу n-ый, затем полученный (n – 1)-ый столбец прибавим к (n – 2)-му, и т. д. Тогда получим определитель треугольного вида 0 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 2 0 1 2 3 2 ) 1 ( 1 2 ) 1 ( 2 ) 1 ( + = − − + − + + = n n n n n n n n n n n n d K K K K K K K K K K 2. Разложение определителя по строке (столбцу) Пример 1. Вычислить определитель d разложением по третьей строке, если d= 2 1 6 4 7 2 9 5 4 1 7 3 2 1 5 Решение. Мы знаем, что имеет место, следующее разложение определителя по ой строке d=a i1 A i1 +a i2 A i2 +…+a in A in , где A ij , алгебраические дополнения элементов определителя. В нашем случае формула принимает вид d=a 31 A 31 +a 32 A 32 +a 33 A 33 +a 34 A 34 , темы имеем следующее разложение ( – 1) 3+1 · 2 1 6 4 1 7 2 1 5 − − − +( – 9)·( – 1) 3+2 · 2 1 4 4 1 3 2 1 2 − − +2·( – 1) 3+3 · 2 6 4 4 7 3 2 5 2 − − − + + (-7)· ( – 1) 3+4 · 1 6 4 1 7 3 1 Вычисляя полученные определители третьего порядка, получим d=5·( – 6)+9·12+2·( – 54) + 7·( – 3)= Пример 2. Вычислить определитель d= 7 8 10 2 4 5 5 2 5 8 8 2 6 5 9 Решение. Прибавляя третью строку, умноженную на ( – 1) ко всем остальным, получим d= 3 3 5 0 4 5 5 2 9 13 13 0 2 0 4 Прибавляя к третьей строке первую, умноженную на (получим d= 3 3 5 0 0 5 3 0 9 13 13 0 2 0 9 Разложив этот определитель по первому столбцу, содержащему лишь один, неравный нулю элемент (с суммой индексов 1+1=2, теч тной), получим d= 3 3 5 0 5 3 9 13 Преобразуем полученный определитель. Прибавляя к первой строке третью, умноженную на 3, получим d= 3 3 5 0 5 3 0 Полученный определитель в третьем столбце содержит лишь один, неравный нулю элемент (с суммой индексов 3+3, теч тной).Поэтому его удобно разложить по третьему столбцу 5 3 Пример 3. Вычислить определитель 0 0 1 1 0 0 0 0 0 3 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 Решение. Разложим определитель по 1-му столбцу, тогда ) ( ) ( ) 1 1 0 0 0 0 3 0 0 0 2 2 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 3 0 0 0 2 2 1 В этом равенстве первый и второй определители имеют треугольный вид, поэтому первый определитель равен n!, а второй определитель равен) . . . (1 – n)=( – 1) n–1 (n – 1)!. Тогда получим ) ( ) ( ) 0 1 1 ! 1 ! ! 1 2 1 2 = − + = − + = + − + + n n n n n n d 3. Теорема Лапласа Пусть в определителе d порядка n произвольно выбраны k строк (или k столбцов, 1≤k≤n – 1. Тогда сумма произведений всех миноров го порядка, содержащихся в выбранных строках, на их алгебраические дополнения равна определителю d. Пример 1. Пользуясь теоремой Лапласа, вычислить определитель, предварительно преобразовав его 3 2 2 0 5 0 3 0 0 2 0 1 0 0 3 4 5 2 3 1 2 5 Выберем третью и четвёртую строки. В них находится единственный минор отличный от нуля, поэтому d= 5 3 2 1 − ·( – 1) 3+4+4+5 · 3 2 0 4 2 3 2 Воспользовавшись формулами для вычисления определителей второго и третьего порядков, получим Пример 2. Вычислить определитель 0 5 0 0 0 0 5 0 0 0 0 5 0 0 0 0 0 0 0 0 5 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 Решение. Данный определитель имеет вид, указанный в следствии из теоремы Лапласа, поэтому мы можем этим следствием воспользоваться. Тогда ) 5 1 0 0 5 0 5 0 5 0 0 , 5 5 0 0 0 1 0 0 0 1 3 Последствию из теоремы Лапласа имеем ) 5 1 2 2 14 7 2 − + − − = = n n n B A d 4. Метод выделения линейных множителей Определитель рассматривается как многочлен от одной или нескольких входящих в него букв. Преобразуя его, обнаруживают, что он делится наряд линейных множителей, а значит (если эти множители взаимно просты) и на их произведение. Сравнивая отдельные члены определителя с членами произведения линейных множителей, находят частное отделения определителя на это произведение и тем самым находят выражение определителя. Пример. Вычислить определитель методом линейных множителей d= 2 2 9 1 3 2 5 1 3 2 3 2 x - 2 1 3 2 1 Решение. Прибавим к первой строке вторую, умноженную на ( – 1), а к третьей – четвёртую, умноженную на ( – 1): d= 2 2 2 2 9 1 3 2 4 0 0 0 3 2 x - 2 1 0 0 1 Воспользуемся тем, что впервой строке ив третьей строке стоит лишь по одному неравному нулю элементу, и обнулим элементы стоящие во втором и третьем столбцах 1 0 2 4 0 0 0 0 2 0 1 0 0 1 0 2 Прибавим ко второй строке четвёртую, тогда d= 0 1 0 2 4 0 0 0 0 3 0 3 0 0 1 0 2 2 − − x x Из первой строки видно, что определитель делится на x 2 – 1, из второй строки видно, что определитель делится на 3, а из третьей строки видно, что он делится на x 2 – 4. Так как все эти множители взаимно просты, то определитель делится на их произведение 3(x 2 – 1)(x 2 – 4). В данном произведении член x 4 имеет знака в определителе он содержится со знаком « – », поэтому d= – 3(x 2 – 1)(x 2 – 4). 5. Метод представления определителя в виде суммы определителей Некоторые определители легко вычисляются путём разложения их в сумму определителей того же порядка относительно строк или столбцов. Пример. Вычислить определитель d= a d d a c c a b b a a a 4 2 3 2 2 2 1 Элементы первого столбца являются суммами двух слагаемых, это даёт возможность данный определитель представить как сумму двух определителей 2 3 2 2 2 1 2 + a d d a c c a b b a a a 4 3 2 В первом определителе первый и четвёртый столбцы пропорциональны, следовательно, он равен нулю. Во втором определителе первый и третий столбцы равны, следовательно, он тоже равен нулю. Таким образом, d=0. 6. Метод изменения элементов определителя Этот метод основан наследующем свойстве если ко всем элементам определителя D прибавить одно и тоже число x, то определитель увеличится на произведение числа x на сумму алгебраических дополнений всех элементов определителя D. Таким образом, вычисление определителя D′ сводится к вычислению определителя D и суммы его алгебраических дополнений. Этот метод применяют в тех случаях, когда путём изменения всех элементов определителя на одно и тоже число он приводится к такому виду, в котором легко сосчитать алгебраические дополнения всех элементов. Пример. Вычислить определитель Прибавим ко всем элементам число ( – x), тогда 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 2 Алгебраические дополнения элементов определителя D, не лежащих на главной диагонали, равны нулю. Остальные алгебраические дополнения имеют положительный знак, поскольку все суммы индексов чётные. В нашем случае формула принимает вид n – x), x å = n j i ij A 1 , = – x ) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 1 Тогда искомый определитель n – x)+x ) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 1 1 x a x a x a x a n i n i i − … − − … − + = − å = =x(a 1 – x)(a 2 – x)…(a n – x) ú û ù ê ë é − + … + − + x a x a x n 1 1 1 1 7. Метод рекуррентных соотношений Этот метод заключается в том, что данный определитель выражают, преобразуя и разлагая его по строке или столбцу, через определители того же видано более низкого порядка. Полученное равенство называется рекуррентным соотношением. Этот метод используется для вычисления определителей вида 0 0 0 0 0 0 0 2 1 − − − + = + + + + = n n n D D D αβ β α β α β α α β β α α β β α K K K K K K K K K D n – (α+β)D n – 1 +αβD n – 2 =0 или, в общем виде D n – pD n – 1 +qD n – 2 =0, где, Пусть рекуррентное соотношение имеет вид D n =pD n – 1 – qD n – 2 , n>2, где p, q – постоянные независящие от При q=0 D n вычисляется как член геометрической прогрессии здесь D 1 – определитель го порядка данного вида, т. е. элемент определителя D n , стоящий в левом верхнем углу. Пусть q>0 и α, β – корни квадратного уравнения x 2 – px+q=0. Тогда р, q=αβ и равенство (5) можно переписать так D n – αD n – 1 =β (или Предположим сначала, что α≠β. По формуле (го члена геометрической прогрессии находим из равенств (6) и (7): D n – αD n – 1 =β 2 − n (D 2 – αD 1 ) и Откуда 2 1 1 2 1 β α α β β α − − − − = − − D D D D D n n n (8) Пусть теперь α=β. Равенства (6) и (7) обращаются водно и тоже (откуда D n – αD n – 1 =Aα 2 − n , (где Заменяя здесь n на n – 1, получим, откуда Подставляя это выражение в равенство (9), найдём D n =α 2 D n – 2 +2Aα 2 − n . Повторяя тот же приём несколько раз, получим D n =α 1 − n D 1 +(n – 1)Aα 2 − n , где Пример 1. Вычислить определитель методом рекуррентных соотношений 1 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 1 2 1 0 0 0 0 1 2 1 0 0 0 0 1 Решение. Разложим определитель по первой строке, тогда 2 0 0 0 0 2 1 0 0 1 2 0 0 0 Определитель в последнем равенстве разложим по первому столбцу, тогда D n примет вид D n =2D n – 1 – D n – 2 . Значит p=2, q=1. Решая уравнение x 2 – 2x+1=0, находим α, β и придём к случаю, когда Тогда по формуле D n =α 1 − n D 1 +(n – 1)Aα 2 − n , где A=D 2 – αD 1 находим, при α=1, D n =D 1 +(n – 1)A. В нашем случае D 1 =2, D 2 =3, тогда A=3 – 2=1. Следовательно, D n =2+(n – 1)=n+1. Пример 2. Вычислить определитель методом рекуррентных соотношений 1 0 0 0 0 1 2 1 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 1 2 2 0 0 0 0 4 Решение. Разлагая d по последней строке, получим 1 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 1 2 2 0 0 0 0 4 Определитель в последнем равенстве разложим по (n – 1) – му столбцу, тогда D n примет вид D n =2D n – 1 – D n – 2 . Значит p=2, q=1. Решая уравнение x 2 – 2x+1=0, находим α, β и придём к случаю, когда Тогда по формуле D n = α n – 1 D 1 +(n – 1)Aα n – 2 , где A=D 2 – αD 1 находим, при, D n =D 1 +(n – 1)A. В нашем случае D 1 =3, D 2 = – 2, тогда Следовательно, D n =3+(n – 1)( – 5)=8 – 5n. 8. Определитель Вандермонда Определителем Вандермонда называется определитель вида 1 1 1 1 1 3 1 2 1 1 2 2 3 2 2 2 1 3 2 1 − − − − = n n n n n n n a a a a a a a a a a a a d K K K K K K K K K Докажем, что при любом n определитель Вандермонда равен произведению всевозможных разностей a i – a j , где Действительно прибудет Пусть наше утверждение уже доказано для определителей Вандермонда (го порядка. Преобразуем определитель d следующим образом к й (последней строке) прибавим (n – 1)-ю, умноженную на ( – a 1 ), затем к (й прибавим (ю, также умноженную на ( – a 1 ), и т. д. Наконец ко второй строке прибавим первую, умноженную на (Мы получим 0 0 1 1 1 1 2 1 1 2 3 1 1 3 2 2 1 1 2 1 2 3 1 2 3 2 1 2 2 1 1 3 Разлагая этот определитель по первому столбцу, мы придём к определителю (го порядка после вынесения из всех столбцов общих множителей за знак определителя он примет вид 1 1 ) ( ) )( ( 1 1 3 1 2 2 2 3 2 2 3 2 1 1 3 Последний множитель является определителем Вандермонда (n – 1)-го порядка, те, по предположению, равен произведению всех разностей a i – a j для 2 ≤ j < i ≤ n. Можно написать, следовательно, употребляя символ для обозначения произведения, что 2 1 1 3 1 2 ). ( ) ( ) ( ) )( ( K |