75032 Matrisemetoder

Løsningsforslag til oppgaver gitt til mandag 28/11–94

4.3.5 side 228: Utvikler vi den gitte n × n-matrisen etter første rekke får vi

D_{n} = | \begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 & −1 \\ & ... & ... & ... \\ & & 1 & 1 \end{matrix} | = 1 · | \begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 & −1 \\ & ... & ... & ... \\ & & 1 & 1 \end{matrix} | − (−1) | \begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 1 & −1 \\ & ... & ... & ... \\ & & 1 & 1 \end{matrix} |

der determinantene på høyresiden er (n − 1) × (n − 1)-determinanter, og den første er D_{n−1} mens den andre har fått en 0 i (2, 1)-posisjonen men ellers ligner helt på D_{n−1}. Den andre determinanten utvikles igjen etter første rekke, med resultat D_{n−2} + 0 siden den siste determinanten har bare nuller i første søyle. Alt i alt har vi da funnet D_{n} = D_{n−1} + D_{n−2}.

4.3.8 side 229: De tre siste rekkene ligger i et todimensjonalt underrom, og kan derfor ikke være lineært uavhengige (plassmangelteoremet). Dermed er determinanten null.

4.3.9 side 229: Vi kan generalisere til å vise

det [\begin{matrix}A & B \\ 0 & D \end{matrix}] = det(A) det(D)

der A og D er kvadratiske matriser (og D er rektangulær slik at dimensjonene passer): Jeg deler det i to.

Dersom det(A) = 0 har A lineært avhengige søyler, og da er de første søylene i matrisen på venstresiden også lineært avhengige, siden de er søylene i A med noen nuller hektet forrest. Dermed blir determinanten på venstre siden også null, og likheten holder.

Dersom det(D) ≠ 0 kan vi faktorisere venstresiden som

[\begin{matrix}A & B \\ 0 & D \end{matrix}] = [\begin{matrix}A & 0 \\ 0 & I \end{matrix}] [\begin{matrix}I & A^{−1}B \\ 0 & D \end{matrix}]

men det er ikke vanskelig å vise

det [\begin{matrix}A & 0 \\ 0 & I \end{matrix}] = det(A) og det [\begin{matrix}I & A^{−1}B \\ 0 & D \end{matrix}] = det(D)

ved å vise at venstresidene oppfyller aksiomene for henholdsvis determinanten til A og determinanten til D.

Det finnes sikkert mange andre bevis, og utallige varianter på dette beviset.

For et eksempel på det [\begin{matrix}A & B \\ C & D \end{matrix}] ≠ det A det D − det B det C, betrakt

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

som har determinant −1 (den er en permutasjonsmatrise tilsvarende transposisjonen som bytter 2 og 3), men splitter vi den i 2 × 2-blokker vil hver blokk ha determinant 0.

4.3.13 side 230: Vi følger hintet i oppgaven, og merker oss at

[\begin{matrix}0 & A \\ −B & I \end{matrix}] [\begin{matrix}I & 0 \\ B & I \end{matrix}] = [\begin{matrix}AB & A \\ 0 & I \end{matrix}]

der den første matrisen er den vi ønsker determinanten til, den andre har determinant 1 (for eksempel fordi den er triangulær med bare enere på diagonalen), og matrisen på høyresiden har determinant det A det B ved oppgave 4.3.9.

4.4.2 side 238: Anta for eksempel at matisen A er øvre triangulær. Kofaktoren A_{ij} er (−1)^{i+j} ganger determinanten man får ved å stryke rekke i og søyle j. For eksempel, om A er 4 × 4 blir

A_{23} = − |\begin{matrix}a_{11} & a_{12} & a_{14} \\ a_{31} & a_{32} & a_{34} \\ a_{41} & a_{42} & a_{44} \end{matrix}| = − |\begin{matrix}a_{11} & a_{12} & a_{14} \\ 0 & 0 & a_{34} \\ 0 & 0 & a_{44} \end{matrix}| = 0.

Mer generelt, om i < j får vi determinanten til en (n − 1) × (n − 1)-matrise som er øvre triangulær med nuller på diagonalen i posisjon i, …, j − 1. Denne determinanten blir 0, så A_{ij} = 0 for i < j, og kofaktormatrisen A_{cof} som jo har (i, j)-element A_{ji} (husk transponeringen her), blir øvre triangulær.