KURZUS: Matematika 2. közgazdászoknak

MODUL: IV. modul: Lineáris algebra

10. lecke: Mátrixok, determinánsok

Tanulási cél: Mátrix fogalmának és mátrixműveleteknek a megismerése. Determináns fogalmának és meghatározásának áttekintése.

Motivációs feladat

Gazdasági folyamatok egyszerű leírására a korábbi leckében vektorokat használtunk. Összetett folyamatok leírásánál már nem elegendő egy rendezett szám- n-es megadása, hanem számtáblázatokkal kell dolgoznunk.

Vegyük most azt az egyszerű példát, hogy egy vállalat négy különböző T 1 , T 2 , T 3 és T 4 -gyel jelölt terméket állít elő, amelyekhez E 1 , E 2 és E 3 erőforrásokat (nyersanyagokat) használnak fel. Az egyes termékekre vonatkozó ráfordításokat az alábbi táblázattal tudjuk megadni.

T 1 T 2 T 3 T 4 Egységárak
E 1 erőforrás332220
E 2 erőforrás423315
E 3 erőforrás51445
Darabszám termékenként400250200300

A táblázatban szereplő adatok ismeretében határozzuk meg a termelés erőforrás-szükségletét és a teljes költségét.

Ebben a leckében megismerkedünk a számtáblázatok, azaz a mátrixok fogalmával és velük végezhető műveletekkel.

Elméleti összefoglaló

Definíció: Az n sorból és m oszlopból álló számtáblázatokat mátrixoknak nevezzük és a következő jelölést használjuk: A,BvagyC . Mi csak olyan mátrixokkal fogunk foglalkozni, amelyek valós számokból épülnek fel. Ha az A mátrixnak n sora és m oszlopa van, akkor azt mondjuk, hogy a mátrix n×m típusú, és ezt így fogjuk jelölni: A n×m . Az A mátrix elemeire kettős indexeléssel hivatkozunk: a i,j jelöli az A mátrix i-edik sorának j-edik elemét.

Például az

A=( 1 2 3 4 5 6 )

mátrix 2×3 típusú, és a 2,3 =6 . Szokás a két index közötti vesszőt nem kiírni, ha nem kell félreértéstől tartani.

Definíció: Két mátrix egyenlő, ha azonos a típusuk, és az azonos indexű elemeik egyenlők.

A mátrixok körében műveleteket definiálhatunk, amelyek segítségével adott mátrixokból újabbakat készíthetünk.

Definíció: Legyen A n×m , és α tetszőleges szám. Ekkor az A mátrix α-szorosa az a B=αA szintén n×m típusú mátrix, amelyre b ij =α a ij minden 1in és 1jm esetén.

Tehát egy mátrixot úgy szorzunk meg egy számmal, hogy minden elemét megszorozzuk a számmal.

Definíció: Legyen A,B n×m . (Azaz legyen A és B két tetszőleges n×m típusú mátrix.) Ekkor A és B összege az a C=A+B szintén n×m típusú mátrix, amelyre c ij = a ij + b ij minden 1in és 1jm esetén. Tehát azonos típusú mátrixok összeadhatók, és az összeg elemeit úgy kapjuk, hogy rendre összeadjuk az azonos indexű elemeket.

Definíció: Legyen A,B n×m . Ekkor A és B különbsége az a C=AB szintén n×m típusú mátrix, amelyre c ij = a ij b ij minden 1in és 1jm esetén.

Nyilvánvaló, hogy AB=A+( 1 )B .

A számmal szorzásra és az összeadásra érvényesek a következő tételek. Ezeket, és a későbbi tételeket is, mindig úgy kell érteni, hogy, ha az összefüggések egyik oldalán álló műveleteket el lehet végezni, akkor elvégezhetők a másik oldalon álló műveletek is, és az eredményül kapott mátrixok egyenlők.

Tétel. Legyen A,B,C n×m , α,β . Ekkor

α( βA )=β( αA )=( αβ )A .

( α+β )A=αA+βA .

α( A+B )=αA+αB , azaz egy számmal való szorzás disztributív az összeadásra nézve.

A+B=B+A , azaz az összeadás kommutatív.

A+( B+C )=( A+B )+C=A+B+C , azaz az összeadás asszociatív.

A mátrixok szorzásának definíciója kicsit bonyolultabb az eddigi műveletek definíciójától.

Definíció: Legyen A n×k és B k×m , vagyis az A mátrixnak legyen k oszlopa, a B mátrixnak pedig k sora. Ekkor A és B szorzata az a C=AB mátrix, amelynek típusa n×m és c ij = a i1 b 1j + a i2 b 2j + a i3 b 3j ++ a ik b kj minden 1in és 1jm esetén.

Tehát a szorzat mátrix i-edik sorának j-edik elemét úgy kapjuk, hogy az elöl álló A mátrix i-edik sorának az elemeit rendre megszorozzuk a hátul álló B mátrix j-dik oszlopának elemeivel, és ezeket a szorzatokat összeadjuk.

Azt a feltételt, hogy szorzáskor az elöl álló mátrixnak annyi oszlopa kell, hogy legyen, mint ahány sora a hátul álló mátrixnak van, kompatibilitási feltételnek hívjuk.

Például legyen A=( 2 3 1 4 ) és B=( 3 2 1 1 2 3 ) . Ekkor az A mátrix típusa 2×2 , a B mátrix típusa 2 ×3 , teljesül tehát a kompatibilitási feltétel, (a két bekeretezett szám egyenlő). Létezik tehát a C=AB szorzatmátrix, amelynek típusa 2×3 . Készítsük el a szorzatmátrixot úgy, hogy üres téglalapokkal jelöljük a szorzatban szereplő számok helyét.

( 2 3 1 4 )( 3 2 1 1 2 3 )=( )

Sorra számoljuk ki a C elemeit a megadott szabály szerint.

c 11 = a 11 b 11 + a 12 b 21 =23+( 3 )1=3

( 2 3 1 4 )( 3 2 1 1 2 3 )=( 3 )

Szemléletesen az elöl álló mátrix első sorát és a hátul álló mátrix első oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat első sorának első elemét.

c 12 = a 11 b 12 + a 12 b 22 =22+( 3 )( 2 )=10

( 2 3 1 4 )( 3 2 1 1 2 3 )=( 3 10 )

Szemléletesen az elöl álló mátrix első sorát és a hátul álló mátrix második oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat első sorának második elemét.

c 13 = a 11 b 13 + a 12 b 23 =21+( 3 )3=7

( 2 3 1 4 )( 3 2 1 1 2 3 )=( 3 10 7 )

Szemléletesen az elöl álló mátrix első sorát és a hátul álló mátrix harmadik oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat első sorának harmadik elemét.

c 21 = a 21 b 11 + a 22 b 21 =13+41=7

( 2 3 1 4 )( 3 2 1 1 2 3 )=( 3 10 7 7 )

Szemléletesen az elöl álló mátrix második sorát és a hátul álló mátrix első oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat második sorának első elemét.

c 22 = a 21 b 12 + a 22 b 22 =12+4( 2 )=6

( 2 3 1 4 )( 3 2 1 1 2 3 )=( 3 10 7 7 6 )

Szemléletesen az elöl álló mátrix második sorát és a hátul álló mátrix második oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat második sorának második elemét.

c 23 = a 21 b 13 + a 22 b 23 =11+43=13

( 2 3 1 4 )( 3 2 1 1 2 3 )=( 3 10 7 7 6 13 )

Szemléletesen az elöl álló mátrix második sorát és a hátul álló mátrix harmadik oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat második sorának harmadik elemét.

Vagyis azt kaptuk, hogy

C=AB=( 3 10 7 7 6 13 ) .

A BA szorzat ebben az esetben nem létezik, mert a típusok rendre 2×3 és 2 ×2 , és a bekeretezett számok nem egyenlők, nem teljesül a kompatibilitási feltétel.

Definíció: Legyen A n×m . Ekkor A transzponáltja az az A T mátrix, amelynek típusa m×n , és a ij T = a ji minden 1im és 1jn esetén.

Tehát a transzponálás során az eredeti mátrix első sora lesz a transzponált első oszlopa, második sora a transzponált második oszlopa, és így tovább. A transzponálás felcseréli a sorokat és az oszlopokat.

Az előbbi szorzás során szerepelt B mátrix esetén

B T =( 3 1 2 2 1 3 )

A következő tétel a szorzással és a transzponálttal kapcsolatos azonosságokat foglalja össze.

Tétel: Feltéve, hogy a formulákban szükséges kompatibilitási feltételek mind teljesülnek

( αA )B=A( αB )=α( AB ) ,

ABBA , a szorzás nem kommutatív,

A( BC )=( AB )C=ABC , a szorzás asszociatív,

( A+B )C=AC+BC , és A( B+C )=AB+AC , a szorzás disztributív az összeadásra,

( A+B ) T = A T + B T ,

( AB ) T = B T A T .

Definíció: Ha az A n×m mátrixnak minden eleme 0, zérusmátrixnak nevezzük.

Definíció: Ha egy mátrix egyetlen oszlopból áll, szokás oszlopvektornak, ha egyetlen egy sorból, akkor pedig sorvektornak nevezni. Ilyen esetben a vektoroknál szokásos jelölést használjuk.

Például: a ¯ =( 2 5 4 ) oszlopvektor egy 3×1 típusú mátrix, b ¯ =( 2;4;5;0;1 ) sorvektor pedig egy 1×5 mátrix.

Definíció: Az A n×n típusú mátrixokat négyzetes mátrixoknak hívjuk. Egy négyzetes mátrixnak tehát annyi sora van ahány oszlopa.

Egy mátrix főátlóját azok az elemek alkotják, amelyeknek a két indexe megegyezik: a 11 , a 22 , a 33 és így tovább, ha vannak még sorok.

Például az alábbi félkövéren jelölt elemek alkotják a főátlót: ( 0 2 3 3 1 0 2 0 1 )

Definíció: Azt az n×n típusú mátrixot, amelynek főátlójában minden elem 1, a főátlóján kívül pedig minden elem 0, egy n×n típusú egységmátrixnak hívjuk és I n -el jelöljük.

Példa: I 2 =( 1 0 0 1 ) mátrix egy 2×2 egységmátrix.

Legyen A n×n egy tetszőleges mátrix. Ekkor könnyen igazolható, hogy

A I n = I n A=A .

Az egységmátrix tehát szorzás szempontjából úgy viselkedik, mint a számok körében az 1 szám.

Kidolgozott feladatok

1. feladat: Legyen A=( 1 3 2 2 ) , és B=( 1 4 3 2 ) . Számoljuk ki a C=3A2B mátrixot.

Megoldás: Mindkét mátrix 2×2 típusú, és ilyen minden számszorosuk is, tehát a kijelölt műveletek elvégezhetők. Előbb a számmal való szorzást, majd a kivonás műveletét végezzük el a definíciók szerint.

C=3( 1 3 2 2 )2( 1 4 3 2 )=( 3 9 6 6 )( 2 8 6 4 )=( 32 98 66 64 )=( 5 1 0 2 )

2. feladat: Legyen A=( 1 3 2 1 3 2 ) , és B=( 2 1 2 1 2 1 ) . Számítsuk ki a C=BA mátrixot.

Megoldás: Mint az előbb, most is azzal kezdünk, hogy ellenőrizzük, hogy a kívánt műveleteket el lehet-e végezni. Most a szorzatban az elöl álló mátrix a B, típusa 2×3 , a hátul álló mátrixé 3 ×2 , tehát teljesül a kompatibilitási feltétel, a két mátrix ebben a sorrendben szorozható, és a szorzat típusa 2×2 . Készítsük most is el a szorzatmátrixot, üres téglalapokkal jelöljük a hiányzó számokat.

( 2 1 2 1 2 1 )( 1 3 2 1 3 2 )=( )

A mátrixok szorzásának definíciója alapján akkor végezzük el a számolást.

c 11 = b 11 a 11 + b 12 a 21 + b 13 a 31 =2( 1 )+12+23=10 .

Szemléletesen

( 2 1 2 1 2 1 )( 1 3 2 1 3 2 )=( 10 )

c 12 = b 11 a 12 + b 12 a 22 + b 13 a 32 =2( 3 )+11+22=1

Szemléletesen

( 2 1 2 1 2 1 )( 1 3 2 1 3 2 )=( 10 1 )

c 21 = b 21 a 12 + b 22 a 22 + b 23 a 32 =11+22+( 1 )3=2

Szemléletesen

( 2 1 2 1 2 1 )( 1 3 2 1 3 2 )=( 10 1 2 )

c 22 = b 21 a 12 + b 22 a 22 + b 23 a 32 =1( 3 )+21+( 1 )2=3

Szemléletesen

( 2 1 2 1 2 1 )( 1 3 2 1 3 2 )=( 10 1 2 3 )

Tehát a keresett szorzat C=[ 10 1 2 3 ] .

3. feladat: Az előző feladatban megadott A és B mátrix esetén számoljuk ki a D=AB szorzatot is.

Megoldás: Ez a szorzat is létezik, mert most az elöl álló mátrix típusa 3×2 , a hátul állóé 2 ×3 , teljesül a kompatibilitási feltétel, és a szorzat mátrix típusa 3×3 .

Készítsük el a szorzatmátrixhoz a kiszámolandó elemek helyét.

( 2 1 2 1 2 1 )( 1 3 2 1 3 2 )=( )

Most már csak fejben számolunk.

( 1 3 2 1 3 2 )( 2 1 2 1 2 1 )=( 1 )

( 1 3 2 1 3 2 )( 2 1 2 1 2 1 )=( 1 5 )

( 1 3 2 1 3 2 )( 2 1 2 1 2 1 )=( 1 5 5 )

( 1 3 2 1 3 2 )( 2 1 2 1 2 1 )=( 1 5 5 5 )

( 1 3 2 1 3 2 )( 2 1 2 1 2 1 )=( 1 4 5 5 4 )

( 1 3 2 1 3 2 )( 2 1 2 1 2 1 )=( 1 5 5 5 4 3 )

( 1 3 2 1 3 2 )( 2 1 2 1 2 1 )=( 1 5 5 5 4 3 8 )

( 1 3 2 1 3 2 )( 2 1 2 1 2 1 )=( 1 5 5 5 4 3 8 7 )

( 1 3 2 1 3 2 )( 2 1 2 1 2 1 )=( 1 5 5 5 4 3 8 7 4 )

Tehát a szorzatmátrix:

D=( 1 5 5 5 4 3 8 7 4 ) .

4. feladat: Legyen A=( 1 2 3 2 1 4 3 2 2 ) . Számoljuk ki az I A 2 mátrixot, ahol I egy 3×3 egységmátrix.

Megoldás: Először számoljuk ki A 2 -t, majd a kivonást. Az A 2 azt jelenti, hogy A-t önmagával szorozzuk: A 2 =AA . Mivel A négyzetes mátrix, ez a szorzás elvégezhető, és A 2 is 3×3 típusú. A számolást eredményeként kapjuk az alábbi mátrixot.

A 2 =( 1 2 3 2 1 4 3 2 2 )( 1 2 3 2 1 4 3 2 2 )=( 14 2 17 16 3 18 5 0 5 )

Most már elvégezhetjük a kivonás műveletét. Mivel I egy 3×3 egységmátrix, a főátlóban csupa egyes van, minden más elem nulla.

I A 2 =( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 )( 14 2 17 16 3 18 5 0 5 )=( 13 2 17 16 2 18 5 0 4 )

5. feladat: Legyen A=( 1 3 2 2 ) és B=( 1 4 3 2 ) . Számoljuk ki a B T A ( AB ) T mátrixot.

Megoldás: Az egyik lehetséges számolási mód a következő: először kiszámoljuk B T A -t, majd ( AB ) T , és a megfelelő sorrendben kivonjuk ezeket egymásból. Mivel B T =( 1 3 4 2 )

B T A=( 1 3 4 2 )( 1 3 2 2 )=( 5 9 0 16 ) .

Ezután, felhasználva, hogy AB=( 8 2 8 12 ) , és így ( AB ) T =( 8 8 2 12 ) ,

B T A ( AB ) T =( 5 9 0 16 )( 8 8 2 12 )=( 3 1 2 4 ) .

A másik lehetőség, hogy a műveleti azonosságokat felhasználva átalakítjuk a kiszámolandó formulát. Ekkor

B T A ( AB ) T = B T A B T A T = B T ( A A T ) .

Ennek az átalakításnak az az előnye, hogy így csak egy szorzást kell végrehajtani. Felhasználva, hogy A A T =( 0 1 1 0 ) , kapjuk, hogy

B T ( A A T )=( 1 3 4 2 )( 0 1 1 0 )=( 3 1 2 4 ) .

A végeredmény persze ugyanaz, mint az előbb.

6. feladat: Határozzuk meg az c ¯ T A b ¯ szorzatot, ha

A=( 1 2 0 2 3 4 2 1 1 5 6 6 2 0 3 5 4 1 1 2 ) b ¯ =( 1 2 1 3 0 ) c ¯ T =( 1;1;1;1 )

Megoldás: Első lépésként végezzük el c ¯ T A szorzást. Mivel c ¯ T sorvektor egy 1×4 mátrix, A pedig 4×5 , így a szorzatuk egy 1×5 -es sorvektor lesz. Oszloponként haladva a számolással kapjuk, hogy

( 1;1;1;1 )( 1 2 0 2 3 4 2 1 1 5 6 6 2 0 3 5 4 1 1 2 )=( 16;2;0;4;13 )

(Vegyük észre, mivel c ¯ T sorvektor minden koordinátája 1, ezért a szorzás eredményeként az A mátrix oszlopaiban lévő elemek összegét kapjuk. Ezen tulajdonság miatt hívják a csupa egyesekből álló vektorokat összegző vektoroknak.)

A kapott sorvektort szozozzuk meg a b ¯ oszlopvektorral:

( 16;2;0;4;13 )( 1 2 1 3 0 )=161+22+0( 1 )+( 4 )3+130=8

Ugyanezt az eredményt kapjuk, ha először A b ¯ szorzást végezzük el, majd a c ¯ T sorvektort és a kapott 5×1 oszlopvektort szorozzuk.

7. feladat: Oldjuk meg a motivációs feladatot. Vezessük be a következő jelöléseket. A táblázat pirossal jelölt részét nevezzük a termelés technológiai mátrixának és legyen A=( 3 3 3 2 4 2 2 3 5 1 4 0 ) , az előállított termékek mennyiségét megadott programvektor legyen p ¯ T =( 400,250,200,300 ) , az erőforrások egységárát tartalmazó árvektor pedig a ¯ T =( 20,15,5 ) : Ezen mátrixok segítségével határozzuk meg a termelés erőforrás-szükségletét és a teljes költségét.

Megoldás: Az első erőforrás szükségletét megkapjuk, ha megnézzük, hogy termékenként hány egységre van szükség és ezeket az adatokat szorozzuk a termékek darabszámával, azaz 4003+2503+2003+3002=3150 . Hasonlóan kell eljárni a többi erőforrással is. Vegyük  észre, hogy a számolás leírható az A p ¯ mátrixművelettel.

( 3 3 3 2 4 2 2 3 5 1 4 0 )( 400 250 200 300 )=( 3150 3400 3050 )

A kapott oszlopvektor soronként megadja az erőforrások szükségleteit. A termelés költségeinek számolásához pedig az erőforrások a ¯ T =( 20,15,5 ) árvektorát sorozzuk a kapott vektorral.

( 20,15,5 )( 3150 3400 3050 )=315020+340015+30505=129250 .

Tehát a termelés költsége az a ¯ T A p ¯ mátrixművelettel írható le.

Ellenőrző kérdések
1. Legyen A=( 4 0 3 1 ) , és B=( 10 2 3 5 ) . Számoljuk ki a C=2A5B mátrixot.
C=( 42 10 9 27 )
C=( 42 10 9 27 )
C=( 42 10 9 27 )
C=( 42 10 9 27 )
2. Legyen A=( 4 0 3 1 ) , és B=( 10 2 3 5 ) . Számoljuk ki a C= A T +2 B T mátrixot.
C=( 24 4 9 10 )
C=( 24 9 4 9 )
C=( 10 9 4 24 )
C=( 10 4 9 24 )
3. Legyen A=( 1 1 3 2 ) , és B=( 1 2 2 5 ) . Számoljuk ki a C=A B T A 2 mátrixot.
C=( 4 2 10 14 )
C=( 7 2 4 9 )
C=( 0 4 2 18 )
C=( 3 4 4 23 )
4. Legyen A=( 0 1 1 2 4 1 3 5 2 ) , és B=( 4 1 0 1 6 3 ) . Számoljuk ki a C=B A T +3B mátrixot.
C=( 14 3 5 3 15 10 )
C=( 11 1 7 6 47 36 )
C=( 5 13 5 15 28 3 9 17 1 )
a szorzás nem végezhető el
5. Legyen A=( 0 1 1 2 4 1 3 5 2 ) , és B=( 4 1 0 1 6 3 ) . Számoljuk ki a C=A B T + B T B mátrixot.
C=( 12 5 20 4 )
C=( 1 12 7 6 4 6 )
C=( 5 3 5 5 2 8 23 15 10 )
a szorzás nem végezhető el
6. Legyen A=( 5 6 8 1 ) , és B=( 4 1 0 1 6 3 ) és C=( 4 11 3 6 1 0 ) . Az alábbi műveletek közül hányat lehet elvégezni ? AB+C, B T A+C B T ,B C T A 2 ,
0
1
2
3
7. Legyen A=( 1 0 3 3 1 5 2 1 4 ) . Számoljuk ki az A 2 +I mátrixot.
A 2 +I=( 7 4 9 11 4 16 9 5 15 )
A 2 +I=( 8 3 9 10 3 16 9 5 18 )
A 2 +I=( 7 3 8 11 5 17 9 5 17 )
A 2 +I=( 7 2 10 10 4 6 8 7 17 )
8. Legyen A=( 1 0 3 3 1 5 2 1 4 ) . Számoljuk ki az A A T mátrixot.
A A T =( 11 18 10 18 36 13 10 13 22 )
A A T =( 10 19 9 18 35 14 10 12 21 )
A A T =( 10 18 10 17 35 16 11 15 21 )
A A T =( 10 18 10 18 35 13 10 13 21 )
Elméleti összefoglaló

Minden négyzetes A mátrixhoz hozzá lehet rendelni egy számot, a mátrix determinánsát, amit | A | vagy det( A ) fog jelölni.

Az A n×n típusú mátrix determinánsát megkapjuk, ha az i-edik sor minden elemét megszorozzuk az elemhez tartozó előjeles aldeterminánssal, és az így kapott szorzatokat összeadjuk. Az i-edik sor j-edik eleméhez (azaz a ij -hez) tartozó előjeles aldeterminánst úgy kapjuk, hogy töröljük az A mátrix i-edik sorát és j-edik oszlopát, és a kapott ( n1 )×( n1 ) típusú mátrix determinánsát megszorozzuk ( 1 ) i+j -vel.

Ezt hívjuk az i-edik sor szerinti kifejtésnek. A kifejtésben szereplő ( n1 )×( n1 ) típusú mátrixok determinánsát ugyanígy valamelyik soruk szerint kifejtve még eggyel kisebb méretű determinánsokat kapunk, és így tovább. Végül csupa 2×2 típusú mátrix determinánsát kapjuk. Az ( a b c d ) mátrix determinánsa pedig

| a b c d |=adbc .

Ugyanilyen módon egy determinánst bármelyik oszlopa szerint is ki lehet fejteni.

Példaként kiszámoljuk az

A=( 1 2 3 2 1 4 3 2 2 )

mátrix determinánsát úgy, hogy kifejtjük a 3. sora szerint.

| A |=| 1 2 3 2 1 4 3 2 2 |=3 ( 1 ) 3+1 | 2 3 1 4 |+( 2 ) ( 1 ) 3+2 | 1 3 2 4 |+2 ( 1 ) 3+3 | 1 2 2 1 |=

=31( 2413 )+( 2 )( 1 )( 1423 )+21( 1122 )=

=15+2( 2 )+2( 3 )=5 .

Ugyanennek a mátrixnak a determinánsa kifejtve az első oszlopa szerint

| A |=| 1 2 3 2 1 4 3 2 2 |=1 ( 1 ) 1+1 | 1 4 2 2 |+2 ( 1 ) 2+1 | 2 3 2 2 |+3 ( 1 ) 3+1 | 2 3 1 4 |=

=11( 124( 2 ) )+2( 1 )( 223( 2 ) )+31( 2431 )=

1020+15=5 .

A két végeredmény természetesen ugyanaz.

Egy 4×4 típusú mátrix determinánsát először vissza kell vezetni 4 darab 3×3 méretű mátrix determinánsára, és azokat a fenti módon kiszámítani. Látható, hogy ez igen fáradságos. Ezért nagy jelentősége van az olyan tételeknek, amelyekkel ezt az eljárást egyszerűsíteni lehet. Ezek közül a legfontosabb az alábbi.

Tétel: Ha egy determinánsban az i-edik sort elemenként megszorozzuk tetszőleges α számmal és azt elemenként hozzáadjuk a j-edik sorhoz, a többi sort pedig változatlanul hagyjuk, akkor az így kapott új determinánsnak ugyanannyi az értéke, mint az eredetinek.

Ennek a tételnek az ismételt alkalmazásával elérthető, hogy a determináns egy általunk kiválasztott oszlopában egy kivételével minden eleme nullává váljon, és a determináns értéke mégsem változik. Ha ezután a determinánst kifejtjük ezen oszlopa szerint csak egy darab eggyel kisebb méretű determinánst kell kiszámolnunk, a többi ugyanis a kifejtésben úgyis nullával szorzódna.

Határozzuk meg az előbbi A mátrix determinánsát úgy is, hogy alkalmazzuk a tételt. A kiválasztott oszlop legyen az első. Nullázzuk ki a második és harmadik sor első elemét. Ezért most az első sor mínusz kétszeresét adjuk hozzá a második sorhoz, majd az első sorának mínusz háromszorosát a harmadikhoz:

det( A )=| 1 2 3 2 1 4 3 2 2 |=| 1 2 3 0 3 2 3 2 2 |=| 1 2 3 0 3 2 0 8 7 | .

Majd fejtsük ki az első oszlopa szerint:

| 1 2 3 0 3 2 0 8 7 |=1 ( 1 ) 1+1 | 3 2 8 7 |=1( ( 3 )( 7 )( 8 )( 2 ) )=2116=5 .

Kidolgozott feladatok

8. feladat: Számoljuk ki az A=( 1 1 1 2 2 1 2 1 1 ) mátrix determinánsát.

Megoldás: Tudjuk, hogy egy determináns bármelyik sora vagy oszlopa szerint kifejthető. Fejtsük ki most a második sora szerint. Ekkor

det( A )=2 ( 1 ) 2+1 | 1 1 1 1 |+2 ( 1 ) 2+2 | 1 1 2 1 |+1 ( 1 ) 2+3 | 1 1 2 1 |=

=( 2 )0+2( 1 )+( 1 )( 1 )=1 .

9. feladat: Számoljuk ki az A=( 1 1 1 2 2 1 1 2 1 ) mátrix determinánsát.

Megoldás: Próbáljuk meg úgy a számolást, hogy minél kevesebb aldetermináns értékét kelljen meghatározni. Használjuk azt a tételt, hogy egy determináns értéke nem változik, ha valamely sorának valahányszorosát hozzáadjuk egy tőle különböző sorhoz. Nullázzuk ki az első oszlop második és harmadik elemét. Ennek érdekében az első sor mínusz kétszeresét adjuk a második sorhoz, illetve az első sor mínusz egyszeresét a harmadik sorhoz. Ez a két átalakítás egy lépésben is elvégezhető.

det( A )=| 1 1 1 2 2 1 1 2 1 |=| 1 1 1 0 0 1 0 1 0 | .

Alkalmazzuk az első oszlopa szerinti kifejtést:

| 1 1 1 0 0 1 0 1 0 |=1 ( 1 ) 1+1 | 0 1 1 0 |=1( 001( 1 ) )=1 .

10. feladat: Tekintsük az A=( 2 1 0 2 x 3 4 2 5 ) . Hogyan kell az x valós szám értékét megválasztani, hogy a kapott mátrix determinánsa 14 legyen?

Megoldás: Mivel az A mátrix egyik eleme függ x-től, a determinánsa is függ x-től. Mivel az első sorban már van egy nulla most célszerű a determinánst az első sora szerint kifejteni. (Ez jobb, mint a harmadik oszlop szerinti kifejtés, mert abban az oszlopban nagyobb számok állnak.)

| A |=| 2 1 0 2 x 3 4 2 5 |=2 ( 1 ) 1+1 | x 3 2 5 |+( 1 ) ( 1 ) 1+2 | 2 3 4 5 |=

=2( 5x6 )+1( 1012 )=10x1222=10x34 .

Mivel azt az x számot keressük, amire a determináns 14 , megoldjuk a

10x34=14

egyenletet, amiből x=2 . Tehát az

A=( 2 1 0 2 2 3 4 2 5 )

mátrix determinánsa 14 .

11. feladat: Tekintsük az A=( 3 2 1 2 1 x 1 x 2 ) . Hogyan kell az x valós szám értékét megválasztani, hogy a kapott mátrix determinánsa 12 legyen?

Megoldás: Kifejtjük a determinánst az első sora szerint.

| A |=| 3 2 1 2 1 x 1 x 2 |=3 ( 1 ) 1+1 | 1 x x 2 |+2 ( 1 ) 1+2 | 2 x 1 2 |+1 ( 1 ) 1+3 | 2 1 1 x |=

=3( 2 x 2 )2( 4x )+( 2x+1 )=63 x 2 8+2x+2x+1=

=3 x 2 +4x13 .

A 3 x 2 +4x13=12 , azaz rendezés után a 3 x 2 4x+1=0 másodfokú egyenletet megoldva x 1 = 1 3 , x 2 =1 adódik.

Tehát az A 1 =( 3 2 1 2 1 1 3 1 1 3 2 ) és az A 2 =( 3 2 1 2 1 1 1 1 2 ) mátrixok determinánsa egyaránt 12 .

Ellenőrző kérdések
9. Számoljuk ki az A=( 5 1 1 0 4 1 10 3 1 ) mátrix determinánsát.
38
35
5
40
10. Számoljuk ki az I A T mátrix determinánsát, ha A=( 4 1 2 5 4 1 1 3 3 ) .
10
10
12
-13
11. Számoljuk ki az A 2 mátrix determinánsát, ha A=( 3 1 7 1 4 1 1 2 5 ) .
42
36
36
64
12. Legyen A=( 1 1 3 2 ) , és B=( 1 2 2 5 ) . Számoljuk ki a AB A T mátrix determinánsát.
det( AB A T )=8
det( AB A T )=25
det( AB A T )=10
det( AB A T )=0
13. Tekintsük az A=( 4 6 x x 2 1 1 7 1 ) . Hogyan kell az x valós szám értékét megválasztani, hogy a kapott mátrix determinánsa 29 legyen?
Ha x=0 vagy x= 1 5
Ha x=2 vagy x 1 7 .
Ha x1 és x 1 7 .
Ha x=1 vagy x= 1 7
14. Az A=( 5 1 1 0 2 2 3 1 1 ) mátrix determinánsa a második sor szerint kifejtve:
det( A )=0 ( 1 ) 2+1 | 1 1 1 1 |+2 ( 1 ) 2+2 | 5 1 3 1 |+2 ( 1 ) 2+3 | 5 1 3 1 |
det( A )=5 ( 1 ) 1+1 | 2 2 1 1 |+0 ( 1 ) 2+1 | 1 1 1 1 |+3 ( 1 ) 2+1 | 1 1 2 2 |
det( A )=0 ( 1 ) 2+1 | 5 1 3 1 |+2 ( 1 ) 2+2 | 1 1 1 1 |+2 ( 1 ) 2+3 | 0 2 3 1 |
det( A )=3 ( 1 ) 3+1 | 1 1 1 1 |+2 ( 1 ) 3+2 | 5 1 3 1 |+1 ( 1 ) 3+3 | 5 1 3 1 |