6. Матрицы и определители

1. След матрицы

Определение. Следом матрицы A_{n\times n} называется сумма элементов, стоящих по главной диагонали.

Обозначение: {\rm Sp}.

Свойства следа:

1. {\rm Sp}(A+B)={\rm Sp} A+{\rm Sp} B.

2. {\rm Sp} AB={\rm Sp} BA.

3. {\rm Sp} A^T={\rm Sp} A.

Задача. Доказать, что матричное уравнение AX-XA=E, где A — квадратная матрица n\times n, E — единичная матрица, решений не имеет.

Решение. След матрицы, стоящей в левой части уравнения, равен 0, а в правой части — n.

2. Вычисление некоторых определителей

2.1. Циклический определитель (циркулянт)

    \[\Delta_n=\left|\begin{array}{ccccc} 1&2&3&\ldots&n\\ n&1&2&\ldots&n-1\\ n-1&n&1&\ldots&n-2\\ \ldots&&&&\\ 2&3&4&\ldots&1 \end{array}\right|.\]

В строках циклически передвигаются 1,2,3,\ldots,n.

Прибавим к последней строке все предшествующие. Получим

    \[\Delta_n={n(n+1)\over 2}\left|\begin{array}{ccccc} 1&2&3&\ldots&n\\ n&1&2&\ldots&n-1\\ n-1&n&1&\ldots&n-2\\ \ldots&&&&\\ 3&4&5&\ldots&2\\ 1&1&1&\ldots&1 \end{array}\right|.\]

Теперь получим нули в последней строке, вычитая из каждого столбца предыдущий:

    \[\Delta_n={n(n+1)\over 2}\left|\begin{array}{cccccc} 1&1&1&\ldots&1&1\\ n&1-n&1&\ldots&1&1\\ n-1&1&1-n&\ldots&1&1\\ \ldots&&&&&\\ 3&1&1&\ldots&1-n&1\\ 1&0&0&\ldots&0&0 \end{array}\right|=\]

    \[={n(n+1)\over 2}(-1)^{n+1}\left|\begin{array}{ccccc} 1&1&\ldots&1&1\\ 1-n&1&\ldots&1&1\\ 1&1-n&\ldots&1&1\\ \ldots&&&&\\ 1&1&\ldots&1-n&1 \end{array}\right|.\]

Вычтем первую строчку из всех последующих, и полученный определитель разложим по последнему столбцу:

    \[\begin{array}{l} \Delta_n={n(n+1)\over 2}(-1)^{n+1}\left|\begin{array}{rrrrr} 1&1&\ldots&1&1\\ -n&0&\ldots&0&0\\ 0&-n&\ldots&0&0\\ \ldots&&&&\\ 0&0&\ldots&-n&0 \end{array}\right|=\\[5mm] \displaystyle {n(n+1)\over 2}(-1)^{n+1+n+n-2}n^{n-2}=(-1)^{n-1}{n^{n-1}(n+1)\over 2}. \end{array}\]

2.2. Определитель Вандермонда

    \[V(x_1,\ldots,x_n)= \left|\begin{array}{ccccc} 1 &x_1&x_1^2&\ldots&x_1^{n-1}\\ 1 &x_2&x_2^2&\ldots&x_2^{n-1}\\ & \ldots&\ldots&&\\ 1 &x_n&x_n^2&\ldots&x_n^{n-1} \end{array}\right|_{n\times n}=\]

Вычтем последовательно из n-го, (n-1)-го, \ldots, второго столбца предыдущий, домноженный на x_1:

    \[=\left|\begin{array}{ccccc} 1 &0&0&\ldots&0\\ 1 &x_2-x_1&x_2^2-x_2x_1&\ldots&x_2^{n-1}-x_2^{n-2}x_1\\ & \ldots&\ldots&&\\ 1 &x_n-x_1&x_n^2-x_nx_1&\ldots&x_n^{n-1}-x_n^{n-2}x_1 \end{array}\right|_{n\times n}=\]

разложим по первой строке, и вынесем общие множители элементов строк получившегося определителя (n-1)-го порядка:

    \[=(x_2-x_1)\times \ldots \times (x_n-x_1) \left|\begin{array}{cccc} 1 &x_2&\ldots&x_2^{n-2}\\ & \ldots&\ldots&\\ 1 &x_n&\ldots&x_n^{n-2} \end{array}\right|_{(n-1)\times (n-1)}=\]

    \[=(x_2-x_1)\times \ldots \times (x_n-x_1)V(x_2,\ldots,x_n).\]

Определитель V(x_2,\ldots,x_n) имеет тот же вид, что и исходный, но на единицу меньший порядок. Его можно преобразовать аналогично:

    \[V(x_2,\ldots,x_n)=(x_3-x_2)\times \ldots \times (x_n-x_2)V(x_3,\ldots,x_n).\]

Продолжая процесс далее, приходим к окончательному ответу

    \[V(x_1,\ldots,x_n)=\prod_{1\le j < k \le n} (x_k-x_j).\]

2.3. Циклический определитель (циркулянт) еще раз

А теперь рассмотрим циркулянт общего вида

    \[D_n=\left|\begin{array}{cccc} a_1&a_2&\ldots&a_n\\ a_n&a_1&\ldots&a_{n-1}\\ \ldots&&&\\ a_2&a_3&\ldots&a_1 \end{array}\right|.\]

Рассмотрим полином f(x)=a_1+a_2x+a_3x^2+\ldots+a_nx^{n-1}. Домножим циркулянт на определитель Вандермонда, составленный по \varepsilon_1,\varepsilon_2, \ldots, \varepsilon_n (\varepsilon_j — корень степени n из 1) и воспользуемся равенством \varepsilon_k^n=1. Получим

    \[\left|\begin{array}{cccc} a_1&a_2&\ldots&a_n\\ a_n&a_1&\ldots&a_{n-1}\\ \ldots&&&\\ a_2&a_3&\ldots&a_1 \end{array}\right|\cdot\left|\begin{array}{cccc} 1&1&\ldots&1\\ \varepsilon_1&\varepsilon_2&\ldots&\varepsilon_n\\ \ldots&&&\\ \varepsilon_1^{n-1}&\varepsilon_2^{n-1}&\ldots&\varepsilon_n^{n-1} \end{array}\right|=\]

    \[=\left|\begin{array}{cccc} f(\varepsilon_1)&f(\varepsilon_2)&\ldots&f(\varepsilon_n)\\ \varepsilon_1f(\varepsilon_1)&\varepsilon_2f(\varepsilon_2) &\ldots&\varepsilon_nf(\varepsilon_n)\\ \ldots&&&\\ \varepsilon_1^{n-1}f(\varepsilon_1)&\varepsilon_2^{n-1}f(\varepsilon_2)&\ldots&\varepsilon_n^{n-1}f(\varepsilon_n)=\end{array}\right|=\]

    \[=f(\varepsilon_1)f(\varepsilon_2)\ldots f(\varepsilon_n) \left|\begin{array}{cccc} 1&1&\ldots&1\\ \varepsilon_1&\varepsilon_2&\ldots&\varepsilon_n\\ \ldots&&&\\ \varepsilon_1^{n-1}&\varepsilon_2^{n-1}&\ldots&\varepsilon_n^{n-1} \end{array}\right|,\]

откуда

    \[D_n=f(\varepsilon_1)f(\varepsilon_2)\ldots f(\varepsilon_n),\]

поскольку определитель Вандермонда здесь отличен от нуля.

2.4. Ганкелев определитель

Ганкелевой матрицей называется симметричная матрица следущего вида:

    \[H=\left[\begin{array}{llllll} h_0 &h_1&h_2&\ldots&h_{n-2}& h_{n-1}\\ h_1 &h_2&h_3&\ldots&h_{n-1}& h_{n}\\ h_2 &h_3&h_4&\ldots&h_{n}& h_{n+1}\\ & \ldots& &\ldots&&\\ h_{n-1} &h_n&h_{n+1}&\ldots &h_{2n-3}&h_{2n-2} \end{array}\right]_{n\times n} = \left[h_{j+k-2} \right]_{j,k=1}^{n}.\]

Элементы h_0,\ldots,h_{n-1},h_n,\dots,h_{2n-2} —  образующие ганкелевой матрицы.

Теорема. Если h_j=x_1^j+\ldots+x_n^j при j\in \{ 1,\ldots,{2n-2} \}, то

    \[\det H = \prod_{1\le j < k \le n} (x_k-x_j)^2 .\]

Доказательство. Матрицу H можно представить в виде произведения:

    \[H=\left[\begin{array}{ccccc} 1 &1&1&\ldots&1\\ x_1 &x_2&x_3&\ldots&x_{n}\\ & \ldots&\ldots&&\\ x_1^{n-1} &x_2^{n-1}&x_3^{n-1}&\ldots&x_n^{n-1} \end{array}\right] \cdot \left[\begin{array}{ccccc} 1 &x_1&x_1^2&\ldots&x_1^{n-1}\\ 1 &x_2&x_2^2&\ldots&x_2^{n-1}\\ & \ldots&\ldots&&\\ 1 &x_n&x_n^2&\ldots&x_n^{n-1} \end{array}\right] .\]

На основании теоремы Бинe — Коши, \det H равен тогда произведению двух определителей Вандермонда:

    \[\det H=V(x_1,\ldots,x_n)^2=\prod_{1\le j < k \le n} (x_k-x_j)^2.\]

2.5. Определитель Коши

    \[\det \left[\frac{1}{a_j+b_k} \right]_{j,k=1}^n=\left|\begin{array}{cccc} \frac{1}{a_1+b_1} &\frac{1}{a_1+b_2}&\ldots&\frac{1}{a_1+b_n}\\ & & & \\ \frac{1}{a_2+b_1} &\frac{1}{a_2+b_2}&\ldots&\frac{1}{a_2+b_n}\\ & & & \\ & \ldots& & \ldots\\ \frac{1}{a_n+b_1} &\frac{1}{a_n+b_2}&\ldots&\frac{1}{a_n+b_n} \end{array}\right|_{n\times n},\]

Вычтем из второго, третьего и т.д., n-го столбца первый:

    \[\left|\begin{array}{cccc} \frac{1}{a_1+b_1} &\frac{b_1-b_2}{(a_1+b_2)(a_1+b_1)}&\ldots &\frac{b_1-b_n}{(a_1+b_n)(a_1+b_1)}\\ & & & \\ \frac{1}{a_2+b_1} &\frac{b_1-b_2}{(a_2+b_2)(a_2+b_1)}&\ldots& \frac{b_1-b_n}{(a_2+b_n)(a_2+b_1)}\\ & & & \\ \cdots& &&\cdots\\ \frac{1}{a_n+b_1} &\frac{b_1-b_2}{(a_n+b_2)(a_n+b_1)}&\ldots& \frac{b_1-b_n}{(a_n+b_n)(a_n+b_1)} \end{array}\right|_{n\times n}=\]

и вынесем общие множители из числителей и знаменателей строк и столбцов:

    \[=\frac{(b_1-b_2)\times \ldots \times(b_1-b_n)}{(a_1+b_1)(a_2+b_1)\times\ldots \times(a_n+b_1)}\left|\begin{array}{cccc} 1 &\frac{1}{a_1+b_2}&\ldots &\frac{1}{a_1+b_n}\\ & & & \\ 1 &\frac{1}{a_2+b_2}&\ldots& \frac{1}{a_2+b_n}\\ & & & \\ \cdots& &&\cdots\\ 1 &\frac{1}{a_n+b_2}&\ldots& \frac{1}{a_n+b_n} \end{array}\right|_{n\times n}\]

Вычтем первую строку полученного определителя из второй, третьей и т.д., n-й:

    \[= \frac{(b_1-b_2)\ldots (b_1-b_n)}{(a_1+b_1)(a_2+b_1)\ldots (a_n+b_1)}\left|\begin{array}{cccc} 1 &\frac{1}{a_1+b_2}&\ldots &\frac{1}{a_1+b_n}\\ & & & \\ 0 &\frac{a_1-a_2}{(a_2+b_2)(a_1+b_2)}&\ldots& \frac{a_1-a_2}{(a_2+b_n)(a_1+b_n)}\\ & & & \\ \cdots& &&\cdots\\ 0 &\frac{a_1-a_n}{(a_n+b_2)(a_1+b_2)}&\ldots& \frac{a_1-a_n}{(a_n+b_n)(a_1+b_n)} \end{array}\right|_{n\times n},\]

разложим по первому столбцу и вынесем общие множители из числителей и знаменателей строк и столбцов:

    \[= \frac{(-1)^{2(n-1)}(b_2-b_1)\ldots (b_n-b_1)(a_2-a_1)\ldots (a_n-a_1)}{(a_1+b_1)(a_2+b_1)\ldots (a_n+b_1)(a_1+b_2)\ldots (a_1+b_n)}\left|\begin{array}{ccc} \frac{1}{a_2+b_2}&\ldots &\frac{1}{a_2+b_n}\\ & & \\ \cdots& &\cdots\\ \frac{1}{a_n+b_2}&\ldots& \frac{1}{a_n+b_n} \end{array}\right|_{(n-1)\times (n-1)}\]

В результате получили определитель той же структуры, что и исходный, но на единицу меньшего порядка. Продолжая процесс по аналогии, получим окончательно:

    \[\det \left[\frac{1}{a_j+b_k} \right]_{j,k=1}^n=\frac{ \displaystyle{\prod_{1\le j < k\le n}[(a_j-a_k)(b_j-b_k)]}} {\displaystyle{\prod_{j, k= 1}^n(a_j+b_k)}} .\]

2.6. Определитель матрицы Гильберта

Если h_{j+k-2}=\frac{1}{j+k-1} при \{j,k\}\in \{1,\ldots,n\}, то определитель матрицы Гильберта

    \[{\frak H}_n=\left[\begin{array}{lllll} 1 &\frac{1}{2}&\frac{1}{3}&\ldots& \frac{1}{n}\\ & & & & \\ \frac{1}{2}&\frac{1}{3}&\frac{1}{4}&\ldots& \frac{1}{n+1}\\ & & & & \\ \frac{1}{3}&\frac{1}{4}&\frac{1}{5}&\ldots& \frac{1}{n+2}\\ & & & & \\ & \ldots &\ldots&&\\ \frac{1}{n}&\frac{1}{n+1}&\frac{1}{n+2}&\ldots& \frac{1}{2n-1} \end{array}\right]_{n\times n}\]

равен

    \[\frac{[1!\,2!\, 3! \ldots (n-1)!]^3}{n!\, (n+1)!\, (n+2)!\, \dots (2n-1)!}.\]

Он получается из определителя Коши, если положить a_j=j-1, b_j=j.

2.7. Ленточный определитель

Определитель Якоби:

    \[{\frak J}_n =\left|\begin{array}{ccccccc} a_1 &b_1&0&0& \ldots & 0 & 0\\ -c_2 &a_2&b_2&0& \ldots & 0 & 0\\ 0 &-c_3&a_3&b_3& \ldots & 0 & 0\\ \ldots &&& \ldots &&& \\ 0 &0&0&0& \ldots & a_{n-1} & b_{n-1}\\ 0 &0&0&0& \ldots & -c_n & a_{n} \end{array}\right|_{n\times n}\]

после разложения по общей формуле разложения определителя будет представлять из себя полином по a_1,\ldots,a_n,b_1,\ldots,b_{n-1},c_2,\ldots,c_n, линейный по каждой переменной. Если разложить {\frak J}_n по последней строке, то получим:

    \[\begin{array}{l} {\frak J}_n=a_n{\frak J}_{n-1}+b_{n-1}c_n{\frak J}_{n-2}= \\ =a_n(a_{n-1}{\frak J}_{n-2}+b_{n-2}c_{n-1}{\frak J}_{n-3})+ b_{n-1}c_n{\frak J}_{n-2}= \\ =(a_na_{n-1}+b_{n-1}c_n){\frak J}_{n-2}+a_nb_{n-2}c_{n-1}{\frak J}_{n-3}=\ldots \end{array}\]

Теорема. Значение {\frak J}_n равно сумме главного члена a_1a_2\times \ldots \times a_{n} и всевозможных произведений, получающихся из него заменой одной или нескольких пар соседних множителей a_ja_{j+1} на b_jc_{j+1}.

Частный случай определителя Якоби — континуант:

    \[{\sf K}_n(a_1,a_2,\ldots,a_{n})= \left|\begin{array}{ccccccc} a_1 &1&0&0& \ldots & 0 & 0\\ -1 &a_2&1&0& \ldots & 0 & 0\\ 0 &-1&a_3&1& \ldots & 0 & 0\\ \ldots &&& \ldots &&& \\ 0 &0&0&0& \ldots & a_{n-1} & 1\\ 0 &0&0&0& \ldots & -1 & a_{n} \end{array}\right|_{n\times n}\]

Его величина совпадает с континуантой.

Исследуем еще один частный случай определителя Якоби (при
одинаковых элементах на диагоналях):

    \[a_1=\ldots=a_n= a, \ b_1=\ldots=b_{n-1}= b, \ c_2=\ldots=c_n= c.\]

В этом случае уравнение получим

    \[{\frak J}_n=a{\frak J}_{n-1}+bc{\frak J}_{n-2}.\]

Таким образом, для нахождения определителя {\frak J}_n нужно решить линейное рекуррентное соотношение второго порядка. Начальные данные находим, вычислив определители {\frak J}_1 и {\frak J}_2:

    \[{\frak J}_1=a,{\frak J}_2=a^2+bc.\]

Упражнение. Вычислить определитель

    \[\left| \begin{array}{ccccccc} 6 & 11 & 6 & 0 & \ldots & 0 & 0 \\ 1 & 6 & 11 & 6 & \ldots & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 6 & 11 & \ldots & 0 & 0 \\ \ldots& &&&&& \ldots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \ldots & 6 & 11 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & 6 \end{array} \right|_{n \times n}.\]

Задачи.

1. Пусть матрица A=[a_{ij}]_{i,j=1}^4, d=\det A, и A_{ij} — минор элемента a_{ij}. Пусть B — матрица, составленная из элементов A_{ij}, и D=\det B. Докажите, что D=d^3.

2. Пусть

    \[A(x)=\left(\begin{array}{ccc} 0&a-x&b-x\\ -a-x&0&c-x\\ -b-x&-c-x&0 \end{array}\right).\]

Для каких (a,b,c) уравнение \det A(x)=0 имеет кратные корни по x?

3. Пусть A — матрица n\times n с элементами a_{ij}=|i-j|. Найдите \det A.

4. Пусть E — единичная матрица 2\times2,

    \[A=\left(\begin{array}{cc} 3&2\\ 4&3 \end{array}\right).\]

Докажите, что наибольший общий делитель элементов матрицы A^n-E стремится к бесконечности при n\to\infty.

5. Пусть A — 2n\times 2n матрица, диагональные элементы ее все равны x и a_{ij}=a, если i+j четно и b, если i+j нечетно. Найдите

    \[\lim_{x\to a}{\det A\over (x-a)^{2n-2}}.\]

6. Вычислите

    \[\lim_{n\to\infty}\left|\begin{array}{rrrrrr} x&0&0&\ldots&0&1/n!\\ -1&x&0&\ldots&0&1/n!\\ 0&-2&x&\ldots&0&1/n!\\ \ldots&&&&&\\ 0&0&0&\ldots&x&1/n!\\ 0&0&0&\ldots&-n&1/n! \end{array}\right|.\]

7. Найдите определитель n-го порядка

    \[\Delta_n=\left|\begin{array}{cccccc} \cos\alpha&1&0&\ldots&0&0\\ 1&2\cos\alpha&1&\ldots&0&0\\ 0&1&2\cos\alpha&\ldots&0&0\\ \ldots&&&&&\\ 0&0&0&\ldots&2\cos\alpha&1\\ 0&0&0&\ldots&1&2\cos\alpha \end{array}\right| .\]

8. Пусть M и N — вещественные не равные матрицы n\times n, такие, что M^3=N^3 и M^2N=N^2M. можно ли выбрать матрицы M и N так, чтобы матрица M^2+N^2 была обратима?

9. Пусть {\cal G} — конечная группа, состоящая из вещественных n\times n матриц с операцией матричного умножения. Сумма следов всех элементов {\cal G} равна нулю. Докажите, что сумма всех элементов {\cal G} — нулевая матрица.

10. Пусть A и B — матрицы 2\times2 с целыми элементами. Пусть матрицы A,A+B,A+2B,A+3B и A+4B имеют обратные с целыми элементами. Докажите, что и матрица A+5B тоже имеет обратную с целыми элементами.

11. Доказать, что определитель вещественной кососимметрической матрицы не может быть отрицательным числом.

12. Пусть

    \[B=\left(\begin{array}{cc} 1&2005\\ 0&1 \end{array}\right).\]

Существует ли матрица A_{2\times2} такая, что \sin A=B?

    \[\sin A=A-{1\over 3!}A^3+{1\over 5!}A^5-\ldots\]

13. Даны две матрицы A и B размерами 3\times2 и 2\times3 соответственно, причем известно, что

    \[AB=\left(\begin{array}{rrr} 8&2&-2\\ 2&5&4\\ -2&4&5 \end{array}\right).\]

Найдите BA.

14. Пусть A=[a_{ij}]_{i,j=1}^n — матрица: a_{ij}=1 при i\ne j и a_{ii}=0. Докажите, что число ненулевых элементов в разложении \det A равно \displaystyle n!\sum_{i=0}^n{(-1)^i\over i!}.

Больше о матрицах и определителях (и не только): http://pmpu.ru/vf4/

Комментарии (RSS)  |  Трекбек

Комментариев: 2

  1. 1 Лада:

    Спасибо, замечательная статья. Прекрасным справочником по Линейной Алгебре является “Задачи и теоремы линейной алгебры” Прасолова, а для начального знакомства и плодотворного сотрудничества подойдет Алгебра Винберга. Для лучшего усвоения теории непонятные места можно прояснять в “Алгебре и Аналитической геометрии” Милованова, в ней больше примеров дано в разобранном виде.

    [Ответить]

    14 Апрель 2017, 10:14

  2. 2 Гриша:

    Седьмая задача невероятно проста, поскольку может быть решена в уме. Ответ однозначно cos(na), в данной задачи достаточно использовать полиномиальные функции Чебышёва и разложение трёхдиагонального детерминанта через посредство формулы Континуанты, взятой относительно одной переменной.

    [Ответить]

    9 Июнь 2020, 3:46

Оставьте свой отзыв

Добавить изображение