Sbírka řešených úloh

Jak na determinanty

Úloha číslo: 1328

• 1. Nápověda – výpočet z definice

  Počítáme-li determinant přímo z definice, pak provádíme prosté dosazení konkrétní zadané matice do definice determinantu.

  Tato metoda má však svá značná úskalí, neboť v případě, kdy počítáme determinant matice vyššího řádu (už v případě 4. nastává problém s rozsahem výpočtu), stává se výpočet velmi zdlouhavým a obtížným.

  U větších matic volíme tuto metodu zpravidla pouze v případě, že převážná většina prvků matice jsou 0.

  Vypište všechny permutace tříprvkové množiny, určete jejich znaménka. Do součtu v definici determinantu dosaďte prvky matice.

• 1. Řešení nápovědy – výpočet z definice

  Máme danou matici nad \(\mathbb{Z}_5\) \[B=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ \end{pmatrix}.\] Její determinant je dán sumou \[\det{B} = \sum_{P \in \mathbb{S}_n} {\mathrm{sgn\,}{P}\cdot b_{p(1)1}\cdot b_{p(2)2}\cdot b_{p(3)3}}.\]

  Všechny možné permutace na tříprvkové množině jsou tyto

  \[P_1= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}, \qquad P_2= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix}, \] \[ P_3= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix}, \qquad P_4= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}, \] \[ P_5= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix}, \qquad P_6= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}. \]

  K určení jejich znamének můžeme užít například vztahu

  \[\mathrm{sgn \,} P = (-1)^{n-k},\]

  kde \(k\) je počet cyklů a \(n\) počet prvků permutace. Odtud pro znaménka máme

  \[\mathrm{sgn \,} P_1 =\mathrm{sgn \,} P_2 =\mathrm{sgn \,} P_3 =1,\] \[\mathrm{sgn \,} P_4 =\mathrm{sgn \,} P_5 =\mathrm{sgn \,} P_6 =-1.\]

  Sumu rozepíšeme pomocí permutací a znamének, poté dosadíme prvky matice \(B\).

  \[ \begin{eqnarray} \det{B} = &\phantom{+}& 1 \cdot b_{11} \cdot b_{22} \cdot b_{33} + 1 \cdot b_{31} \cdot b_{12} \cdot b_{23} + 1 \cdot b_{21} \cdot b_{32} \cdot b_{13} - \\ &-&1 \cdot b_{31} \cdot b_{22} \cdot b_{13} - 1 \cdot b_{11} \cdot b_{32} \cdot b_{23} - 1 \cdot b_{21} \cdot b_{12} \cdot b_{33} = \\ ~\\ = &\phantom{+}& 1 \,\cdot\, 2 \,\cdot\, 2 \,\cdot\, 0 +1 \,\cdot\, 0 \,\cdot\, 1 \,\cdot\, 1 +1 \,\cdot\, 0 \,\cdot\, 2 \,\cdot\, 0 - \\ &-&1 \,\cdot\, 0 \,\cdot\, 2 \,\cdot\, 0 -1 \,\cdot\, 2 \,\cdot\, 2 \,\cdot\, 1 -1 \,\cdot\, 0 \,\cdot\, 1 \,\cdot\, 0 = 1.\\ \end{eqnarray} \]

  ---

  Příklad je možné vypočítat i jednodušeji. Stačí si uvědomit, že z každého řádku a zároveň z každého sloupce vybíráme právě jeden prvek. Jinými slovy, aby byl součin v sumě různý od nuly, nesmí být žádný z jeho činitelů roven \(0\).

  \[\color{grey}{B=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ \end{pmatrix}}\]

  Prohlédneme-li si matici, zjišťujeme, že ze třetího sloupce můžeme vybrat pouze prvek na druhém řádku. Poté lze z prvního sloupce vybrat pouze prvek na prvním řádku. Z druhého sloupce pak zbývá pouze prvek ve třetím řádku, který je také nenulový.

  Jediný nenulový sčítanec sumy tedy bude

  \[- 1 \cdot b_{11} \cdot b_{32} \cdot b_{23} = \det B,\] který je přímo naším determinantem.

• 2. Nápověda – Sarrusovo pravidlo

  Sarusovo pravidlo výpočtu determinantu užíváme v případě, že máme vypočítat determinant čtvercové matice druhého nebo třetího řádu.

  V případě čtvercové matice druhého řádu jednoduše odečteme od součinu prvků na hlavní diagonále součin prvků na diagonále vedlejší

  \[ \begin{vmatrix} \color{red}{a_{11}} & a_{12}\\ a_{21} & \color{red}{a_{22}} \end{vmatrix}=\color{red}{a_{11}a_{22}}-a_{21}a_{12}.\]

  Matice \(B\) je ale řádu třetího. Sarrusovo pravidlo pro tento případ vypadá jinak.

  Členy součinu vybíráme ve směru diagonál a to tak, že zachováme směr hlavní diagonály – takové permutace budou mít kladné znaménko a směr vedlejší diagonály – takové permutace budou mít znaménko záporné.

  Ve směru hlavní diagonály to jsou tři trojice (červená, modrá, žlutá)

  \[ \begin{pmatrix} \color{red}{a_{11}} & \color{blue}{a_{12}} &\color{orange}{a_{13}} \\ \color{orange}{a_{21}} & \color{red}{a_{22}} &\color{blue}{a_{23}} \\ \color{blue}{a_{31}} & \color{orange}{a_{32}} &\color{red}{a_{33}} \end{pmatrix},\]

  a ve směru vedlejší diagonály to jsou tři trojice (zelená, šedá, černá)

  \[ \begin{pmatrix} \color{green}{a_{11}} & \color{gray}{a_{12}} &{a_{13}} \\ \color{gray}{a_{21}} & {a_{22}} &\color{green}{a_{23}} \\ {a_{31}} & \color{green}{a_{32}} &\color{gray}{a_{33}} \end{pmatrix}.\]

  Z definice determinantu lze ukázat, že platí

  \[ \begin{vmatrix} {a_{11}} & {a_{12}} &{a_{13}} \\ {a_{21}} & {a_{22}} &{a_{23}} \\ {a_{31}} & {a_{32}} &{a_{33}} \end{vmatrix} =\color{red}{a_{11}a_{22}a_{33}}+\color{blue}{a_{31}a_{12}a_{23}}+\color{orange}{a_{21}a_{32}a_{13}}- \] \[\hspace{8em}-\color{}{a_{31}a_{22}a_{13}}-\color{gray}{a_{21}a_{12}a_{33}}-\color{green}{a_{11}a_{32}a_{23}}.\]

  Proveďte výpočet determinantu podle Sarrusova pravidla pro matici \(B\)

• 2. Řešení nápovědy – Sarrusovo pravidlo

  Vypočítáme determinant matice \(B\) nad polem \(\mathbb{Z}_5\) užitím Sarrusova pravidla.

  \[B=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ \end{pmatrix}\] \[\det{B}= b_{11}b_{22}b_{33} + b_{31}b_{12}b_{23} + b_{21}b_{32}b_{13} - \] \[\phantom{\det{B}}- b_{31}b_{22}b_{13} - b_{11}b_{32}b_{23} - b_{21}b_{12}b_{33} =\] \[= 2 \,\cdot\, 2 \,\cdot\, 0 + 0 \,\cdot\, 1 \,\cdot\, 1 + 0 \,\cdot\, 2 \,\cdot\, 0 - \] \[\phantom{=} -0 \,\cdot\, 2 \,\cdot\, 0 - 2 \,\cdot\, 2 \,\cdot\, 1 - 0 \,\cdot\, 1 \,\cdot\, 0 = 1\]

• 3. Nápověda – Gaussova eliminace na trojúhelníkový tvar

  Ukážeme si, že výpočet determinantu horní/dolní trojúhelníkové matice je velmi snadné.

  Uvažujme horní trojúhelníkovou matici. Ta má pod hlavní diagonálou samé nuly. Z definice determinantu plyne, že v každém součinu v sumě musí být právě jeden prvek z každého sloupce i z každého řádku.

  To ovšem znamená, že v případě horní trojúhelníkové matice můžeme v prvním sloupci zvolit pouze prvek v prvním řádku, ostatní jsou \(0\) a takové členy v součtu by byly automaticky nulové. Ve druhém sloupci již nemůžeme volit prvek v prvním řádku, z něho jsme zvolili první prvek. Musíme tedy zvolit prvek ve druhém řádku, protože prvky pod tím jsou opět nulové. Zjišťujeme, že jediným nenulovým členem sumy je ten, který obsahuje součin prvků na hlavní diagonále. Tato permutace je navíc sudá, proto bude její znaménko kladné.

  (iii) Determinant horní/dolní trojúhelníkové matice

  Determinant horní/dolní trojúhelníkové matice je roven součinu prvků na její hlavní diagonále.

  Jak upravit Gaussovou eliminační metodou matici do horního trojúhelníkového tvaru ukazuje úloha Odstupňovaný tvar, Gaussova eliminace.

  Při úpravě na trojúhelníkovou matici musíme být obezřetní při provádění následujících úprav:

  • Prohození řádku/sloupce matice znamená přenásobení výsledného determinantu \(-1\).

  • Libovolná permutace řádků/sloupců matice znamená přenásobení výsledného determinantu znaménkem této permutace.

  • Vynásobení řádku/sloupce matice nenulovým číslem \(a\) znamená vydělení výsledného determinantu číslem \(a\).

  Převeďte matici \(B\) na horní trojúhelníkovou matici, s povědomím právě uvedených výstrah. Z takto upravené matice určete determinant.

• 3. Řešení nápovědy – Gaussova eliminace a determinant

  Nejprve matici upravíme s obezřetností vzhledem k pravidlům pro počítání determinantů na horní trojúhelníkový tvar. \[ \det B= \begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ \end{vmatrix} \begin{array}{l} \phantom{I}\\ \phantom{II}\\ III + 4II\\ \end{array} = \begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \\ \end{vmatrix}. \] Determinant horní trojúhelníkové matice je roven součinu prvků na hlavní diagonále, tedy \[ \det B = 2\,\cdot\, 2 \,\cdot\, 4 = 1. \]

• 4. Nápověda – rozvoj podle řádku/sloupce

  Výpočet využívá platnosti následující věty.

  (iv) Věta o rozvoji determinantu

  Nechť \(A=(a_{ij})\) je čtvercová matice řádu \(n \gt 1\) nad okruhem \(R\).

  Pak lze pro \(j=1,\ldots ,n\) je

  • \(\det{A}=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+j}a_{ij}\det{A_{ij}}\quad\mathrm{rozvoj\ podle\ }j\mathrm{-tého\ sloupce},\)

  • \(\det{A}=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+j}a_{ji}\det{A_{ji}}\quad\mathrm{rozvoj\ podle\ }j\mathrm{-tého\ řádku}\),

  kde \(A_{ij}\) je matice řádu \(n-1\), která vznikne z matice \(A\) vynecháním jejího \(i\)-tého řádku a \(j\)-tého sloupce.

  Je velmi výhodné rozvíjet podle řádku/sloupce, který obsahuje co nejvíce nulových prvků. Díky nulovým členům totiž část sčítanců vypadne.

  Vypočtěte determinant matice \(B\) pomocí rozvoje. Doporučujeme provést rozvoj podle prvního sloupce.

• 4. Řešení nápovědy – rozvoj podle řádku/sloupce

  Vypočítejme determinant matice \(B\) užitím rozvoje. \[B=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ \end{pmatrix}\]

  Jeví se výhodné provést rozvoj podle prvního sloupce \(j=1\), kde jsou až na prvek v prvním řádku samé nuly

  \[\det{B}=\sum_{i=1}^3 (-1)^{i+j}b_{ij}\det{B_{ij}}=\] \[=(-1)^{1+1}b_{11}\det{B_{11}}+(-1)^{1+2}b_{12}\det{B_{12}}+(-1)^{1+3}b_{13}\det{B_{13}}=\] \[ =(-1)^{2} \cdot 2 \cdot \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} +(-1)^{3} \cdot 0 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} +(-1)^{4} \cdot 0 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{vmatrix}=\]

  díky nulovým prvkům v prvním sloupci bude druhý a třetí člen rozvoje roven nule,

  \[=(-1)^{2} \cdot 2 \cdot \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 0 \end{vmatrix}= 1{\cdot} 2 \big(2{\cdot} 0 – 2 {\cdot} 1 \big)= 1,\]

  kde jsme determinant druhého řádu vypočítali pomocí Sarrrusova pravidla.

  Jak vidíme, při výpočtu determinantů nepoužíváme výhradně jednu z metod, ale dle možností je kombinujeme tak, aby byl výpočet co nejjednoduší.

• Poznámka – užitečná věta

  Platí, že determinant součinu matic je roven součinu jejich determinantů.

  (v) Věta o součinu determinantů

  Nechť \(A,B\) jsou čtvercové matice řádu \(n\), pak platí

  \[\det{AB}=\det{A}\cdot\det{B}.\]

• Liší-li se Váš výsledek od uvedeného!

  Jak je obsaženo v zadání, úloha je řešena nad jinou struktrou než nad reálnými čísly \(\mathbb{R}\).

  Před kontaktováním administrátorů si prosím nejprve prohlédněte úlohu Z modulo n a své výsledky se pokuste patřičně upravit.