KURZUS: Matematika II.

MODUL: 3. Lineáris algebra

3.3 Determináns

Tanulási cél: A determinánsok kiszámolásának begyakorlása.

Elméleti összefoglaló:

Minden négyzetes mátrixhoz hozzárendelhető egy szám, a mátrix determinánsa. Az A mátrix determinánsát det ( A ) , vagy | A | jelöli. A definíció egy rekurzív definíció, azt mondja meg, hogy egy adott determinás kiszámolását hogyan kell visszavezetni kisebb méretű determinánsok kiszámolására.

A 2 × 2 -es mátrix determinánsa

| a b c d | = a d b c .

A 3 × 3 -as mátrix determinánsa, az első sor szerint kifejtve,

| a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 | = a 11 A 11 + a 12 A 12 + a 13 A 13 = a 11 | a 22 a 23 a 32 a 33 | a 12 | a 21 a 23 a 31 a 33 | + a 13 | a 21 a 22 a 31 a 32 | .

Itt A i j az a i j elemhez tartozó előjeles aldetermináns. Ezt úgy kapjuk, hogy töröljük az eredeti determináns a i j -t tartalmazó sorát és oszlopát és a megmaradt számokból álló determinánst megszorozzuk ( 1 ) i + j -el.

Egy determináns bármelyik sora, vagy oszlopa szerint kifejthető. Mindig a sor, vagy oszlop minden elemét megszorozzuk az elemhez tartozó előjeles aldeterminánssal, és ezeket a számokat összeadjuk.

Ez magában foglalja azt, hogy hogyan kell egy 4 × 4 -es determinánst, bármelyik sora, vagy oszlopa szerint kifejtve visszavezetni négy 3 × 3 -as determináns kiszámolására, és így tovább.

Egy determinánst úgy kell megszorozni egy számmal, hogy valamelyik sor, vagy valamelyik oszlop minden elemét megszerozzuk a számmal. Érvényes a detreminánsok szorzástétele, mely szerint

det ( A B ) = det ( A ) . det ( B ) .

Számos tétel szól arról, hogy hogyan változik meg egy determináns értéke, ha különféle átalakítást hajtunk végre a mátrixon.

A leggyakrabban alkalmazott a következő.

Tekintsünk egy determinánst és válasszuk ki az i -edik és a j -edik sorát. Ha az i -edik sor tetszőleges számszorosát hozzáadjuk a j -edik sorhoz, az így kapott sor lesz az új j -edik sor, a többi sort pedig nem változtatjuk meg, akkor ennek az új determinánsnak ugyanannyi az értéke, mint az eredetinek.

Ezzel azt lehet elérni, hogy egy sorban, vagy egy oszlopban egy elemet kivéve minden elem nulla legyen. Ezután persze e szerint a sor vagy oszlop szerint érdemes a determinánst kifejteni.

Tananyag:
Tankönyv: Gáspár Csaba, Molnárka Győző: Lineáris algebra és többváltozós függvények.
Fejezet: 3.4.

Kidolgozott feladatok:

1. feladat Számítsuk ki a | 2 2 2 3 | determináns értékét.

Megoldás: A detremináns definíciója alapján

| 2 2 2 3 | = 2 . 3 ( 2 ) . 2 = 6 ( 4 ) = 10 .

2. feladat Számoljuk ki a | sin α cos α cos α sin α | detreminánst.

Megoldás: Ne zavarjon meg minket, hogy most a determináns elemei változók és nem konkrét valós számok. Ha meggondoljuk, egy determináns kiszámolása során csak arra van szükség, hogy az elemeket egymással és valós számmal lehessen szorozni, és az elemeket össze tudjuk adni. Például a vektoriális szozáskor egy olyan determinánst számolunk ki, amelynek egyik sorában vektorok, a többiben valós számok állnak.

Most tehát

| sin α cos α cos α sin α | = sin 2 α ( cos 2 α ) = sin 2 α + cos 2 α = 1 .

3. feladat Számoljuk ki az | 1 2 1 1 3 1 2 1 1 | determinánst.

Megoldás: Kiszámoljuk a determináns értékét úgy, hogy kifejtjük az első sora szerint. Ekkor

| 1 2 1 1 3 1 2 1 1 | = ( 1 ) 1 + 1 . 1 . | 3 1 1 1 | + ( 1 ) 1 + 2 . 2 . | 1 1 2 1 | + ( 1 ) 1 + 3 . ( 1 ) . | 1 3 2 1 | =

= 1 . ( 3 1 ) 2 . ( 1 2 ) 1 . ( 1 6 ) = 4 + 2 + 7 = 5 .

Tudjuk, hogy egy determinánst bármelyik sora vagy oszlopa szerint ki lehet fejteni. Kiszámoljuk úgy is a determinánst, hogy kifejtjük a második oszlopa szerint. Ekkor

| 1 2 1 1 3 1 2 1 1 | =

= ( 1 ) 1 + 2 . 2 . | 1 1 2 1 | + ( 1 ) 2 + 2 . 3 . | 1 1 2 1 | + ( 1 ) 3 + 2 . 1 . | 1 1 1 1 | =

2 ( 1 2 ) + 3 ( 1 + 2 ) ( 1 1 ) = 2 + 3 = 5 .

4. feladat Számítsuk ki az | 1 1 1 1 2 3 1 3 6 | determinánst.

Megoldás: Tudjuk, hogy ha egy determinánsban az egyik sor valahányszorosát hozzáadjuk egy másik sorhoz és a többi sort változatlanul hagyjuk, akkor nem változik meg a determináns értéke. Ezt felhasználva el fogjuk érni, hogy az első oszlopban az első elemen kívül minden elem nulla legyen. Látjuk, hogy ehhez az első sor mínusz egyszeresét kell hozzáadni a második, és a harmadik sorhoz is.

Tehát hozzáadva az első sor mínusz egyszeresét a második sorhoz, kapjuk, hogy

| 1 1 1 1 2 3 1 3 6 | = | 1 1 1 0 1 2 1 3 6 | .

Most hozzáadjuk az első sor mínusz egyszeresét a harmadik sorhoz. Ekkor azt kapjuk, hogy

| 1 1 1 1 2 3 1 3 6 | = | 1 1 1 0 1 2 1 3 6 | = | 1 1 1 0 1 2 0 2 5 | .

Ha most az utolsó determinást kifejtjük az első oszlop szerint, akkor csak egy adjungált aldeterminánst kell kiszámolni.

Így tehát

| 1 1 1 0 1 2 0 2 5 | = 1 . | 1 2 2 5 | = 5 4 = 1 .

Már háromszor hármas determinást is, nagyobb méretűt pedig méginkább, ezzel a módszerrel érdemes kiszámolni. Látjuk, hogy igen előnyös, ha a determinánsnak valamelyik eleme egyes, hiszen ekkor ennek az elemnek a sorában vagy oszlopában a többi elem aránylag könnyen nullává tehető.

5. feladat Számítsuk ki a | 2 6 4 5 3 8 7 5 2 | determinánst.

Megoldás: A determináns egyetlen eleme sem 1 , de ezen most könnyen segíthetünk. Például adjuk hozzá az első sor mínusz kétszeresét a második sorhoz. Ekkor

| 2 6 4 5 3 8 7 5 2 | = | 2 6 4 1 9 0 7 5 2 | .

Mostmár a második sorral manipulálhatunk. Adjuk hozzá ennek mínusz kétszeresét az első sorhoz, mínusz hétszeresét a harmadik sorhoz. Így az alábbi determináshoz jutunk.

| 2 6 4 1 9 0 7 5 2 | = | 0 24 4 1 9 0 0 68 2 | .

Ez a determinást pedig kifejtve az első oszlopa szerint azt kapjuk, hogy

| 0 24 4 1 9 0 0 68 2 | = ( 1 ) 2 + 1 . 1 . | 24 4 68 2 | = 1 ( 48 272 ) = 224 .

6. feladat Számítsuk ki a | 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 | determinánst.

Megoldás: Sok egyes van, számos út kínálkozik. Páldául a negyedik oszloppal manipulálva elérjük, hogy az első sorban az utolsó elemet kivéve minden elem nulla legyen. Ehhez a negyedik oszlop mínusz egyszeresét kell a második és harmadik oszlophoz, a mínusz kétszeresét az első oszlophoz hozzáadni. Így

| 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 | = | 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 3 1 1 2 | .

Kifejve ezt az első sora szerint

| 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 3 1 1 2 | = | 1 1 0 1 0 1 3 1 1 | .

Ne feledkezzünk meg a mínusz előjelrő, ( 1 ) 1 + 4 = 1 .

Az utolsó determinánsban adjuk hozzá a második sort a harmadikhoz. Ekkor arra jutunk, hogy

| 1 1 0 1 0 1 3 1 1 | = | 1 1 0 1 0 1 4 1 0 | .

Ezt kifejtve a harmadik oszlopa szerint

| 1 1 0 1 0 1 4 1 0 | = | 1 1 4 1 | = 1 ( 4 ) = 5 .

(Mivel ( 1 ) 2 + 3 = 1 , a kétszer kettes aldetermináns előtt ( 1 ) . ( 1 ) = 1 a szorzó.)

7. feladat Számoljuk ki az | 1 2 3 4 2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 2 3 | determinánst.

Megoldás: Kivonjuk az első sor kétszeresét a második, haromszorosát a harmadik és négyszerersét a negyedok sorból. Ekkor, rögtön kifejtve az első oszlop szerint:

| 1 2 3 4 2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 2 3 | = | 1 2 3 4 0 1 2 7 0 2 8 10 0 7 10 13 | = | 1 2 7 2 8 10 7 10 13 | = | 1 2 3 2 8 10 7 10 13 | .

Az utolsó egyenlőséget úgy kaptuk, hogy mindhárom sorból kiemeltünk 1 -et, tehát a szorzó végül is ( 1 ) 3 = 1 lett.

Manipulájunk most az első oszloppal. Az első oszlop kétszeresét vonjuk ki a másodikból, háromszorosát a harmadikból.
Ekkor

| 1 2 3 2 8 10 7 10 13 | = | 1 0 0 2 4 4 7 4 8 | = | 4 4 4 8 | = ( 32 ( 16 ) ) = 16 .

9. feladat Számoljuk ki az | a a a a a b a a b | determinánst.

Megoldás: Hozzáadva az első sort a második és harmadik sorhoz is az

| a a a 0 2 a a + b 0 0 a + b |

determinánst kapjuk. Ezt kifejtve az első oszlop szerint

| a a a 0 2 a a + b 0 0 a + b | = a | 2 a a + b 0 a + b | = a ( 2 a ( a + b ) 0 ) = 2 a 3 + 2 a 2 b .

10. feladat Oldjuk meg az | 1 2 x 2 1 3 x 1 3 | = 0 egyenletet.

Megoldás: A determináns értéke nyilván függ x -től, és éppen azokat az x -eket keressük, amelyekre ez a kifejezés nulla. Először meghatározzuk a determinánst. Csináljuk azt, hogy kivonjuk a második oszlop kétszeresét az első, háromszorosát a harmadik oszlopból. Ekkor

| 1 2 x 2 1 3 x 1 3 | = | 3 2 x 6 0 1 0 x 2 1 0 | .

Kifejtve ezt a második sor szerint

| 3 x 6 x 2 0 | = 0 ( x 2 ) ( x 6 ) = ( x 2 ) ( x 6 )

adódik.

Ez utóbbi kifejezés x = 2 és x = 6 esetén nulla, ezek tehát az eredeti egyenlet megoldásai.

Ellenőrző kérdések

1. kérdés | 7 3 2 1 | =
1 .
1 .
0 .
2 .
2. kérdés | 1 7 3 2 1 6 1 1 2 | =
65 .
65 .
56 .
56 .
3. kérdés | 1 1 1 1 1 1 1 1 1 | =
4 .
3 .
2 .
1 .
4. kérdés | 0 1 1 1 0 1 1 1 0 | =
2 .
1
1 .
2 .
5. kérdés | 2 x x x 2 x x x 2 | =
8 + 6 x 2 + 2 x 3 .
8 6 x 2 + x 3 .
2 x 3 6 x 2 8 .
2 x 3 6 x 2 + 8 .
6. kérdés | 1 2 3 4 2 3 4 5 4 1 1 0 1 2 1 1 | =
6 .
6 .
7 .
7 .
7. kérdés Milyen x -re lesz | 2 1 3 1 1 2 3 1 x | = 0 ?
10 3 .
10 3 .
3 10 .
3 10 .
8. kérdés | 4 3 2 1 1 2 3 4 1 1 3 3 3 3 1 1 | =
1 .
1 .
0 .
2 .