Доказать, что определитель не изменится, если к каждому столбцу, начиная со второго, прибавить предыдущий.

$%\begin{bmatrix}a_{11} & a_{12} & ...& a_{1n}\\a_{21} & a_{22} & ...& a_{2n}\\... & ... & ...& ...\\a_{n1} & a_{n2} & ...& a_{nn}\end{bmatrix} $%

Пусть к каждому столбцу, начиная со второго прибавлен предыдущий.

$%\begin{bmatrix}a_{11} &a_{11}+ a_{12} & ...&a_{1(n-1)}+ a_{1n}\\a_{21} & a_{21}+a_{22} & ...& a_{2(n-1)}+a_{2n}\\... & ... & ...& ...\\a_{n1} & a_{n1}+a_{n2} & ...& a_{n(n-1)}+a_{nn}\end{bmatrix} =$%

По свойству определителя разложим его (если все элементы какой-либо строки или столбца определителя представлены в виде суммы 2-х слагаемых, то определитель можно представить в виде суммы 2-х определителей по формуле) и по свойству определителя (если определитель имеет два одинаковых столбца, то он равен нулю) получим:

$%\begin{bmatrix}a_{11} & a_{11} & ...& a_{1(n-1)}+ a_{1n}\\a_{21} & a_{21} & ...& a_{2(n-1)}+a_{2n}\\... & ... & ...& ...\\a_{n1} & a_{n1} & ...& a_{n(n-1)}+a_{nn}\end{bmatrix} +$%$%\begin{bmatrix}a_{11} & a_{12} & ...&a_{1(n-1)}+ a_{1n}\\a_{21} & a_{22} & ...& a_{2(n-1)}+a_{2n}\\... & ... & ...& ...\\a_{n1} & a_{n2} & ...& a_{n(n-1)}+a_{nn}\end{bmatrix} =...=$%

$%\begin{bmatrix}a_{11} & a_{12} & ...&a_{1(n-1)}\\a_{21} & a_{22} & ...& a_{2(n-1)}\\... & ... & ...& ...\\a_{n1} & a_{n2} & ...& a_{n(n-1)}\end{bmatrix} +$% $%\begin{bmatrix}a_{11} & a_{12} & ...& a_{1n}\\a_{21} & a_{22} & ...& a_{2n}\\... & ... & ...& ...\\a_{n1} & a_{n2} & ...& a_{nn}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}a_{11} & a_{12} & ...& a_{1n}\\a_{21} & a_{22} & ...& a_{2n}\\... & ... & ...& ...\\a_{n1} & a_{n2} & ...& a_{nn}\end{bmatrix}$%

задан 9 Май '15 12:37

изменен 9 Май '15 20:42

%D0%92%D0%B8%D1%82%D0%B0%D0%BB%D0%B8%D0%BD%D0%B0's gravatar image


9917

@s1mka: Умножать можно и на единицу.

(9 Май '15 12:52) EdwardTurJ

@s1mka: это доказательство неправильное, потому что Вы воспользовались не тем свойством. Разложение в сумму, о котором Вы говорите, верно только для каждой фиксированной строки, а не для всех строк вместе. Здесь это свойство надо применять несколько раз. Я могу написать, как это выглядит, в более удобных обозначениях.

(9 Май '15 15:49) falcao

@s1mka: нет, здесь только добавилось путаницы, к сожалению.

(9 Май '15 16:58) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
1

Предлагаю использовать несколько более удобные обозначения. Через $%A_j$% будем обозначать $%j$%-й столбец матрицы, чтобы не выписывать его целиком. Определитель матрицы, составленной из столбцов, обозначим через $%\Delta(A_1,\ldots,A_n)$%.

Предположим, что $%j$%-й столбец разложен в сумму двух столбцов: $%A_j=A_j'+A_j''$%, а остальные столбцы остаются неизменными (независимо от того, разложены они в какую-либо сумму или нет). Тогда то свойство, о котором шла речь (это линейность определителя по фиксированному столбцу) может быть представлено в виде формулы $%\Delta(A_1,\ldots,A_j'+A_j'',\ldots,A_n)=\Delta(A_1,\ldots,A_j',\ldots,A_n)+\Delta(A_1,\ldots,A_j'',\ldots,A_n)$%.

Теперь пусть к каждому столбцу, начиная со второго, прибавили предыдущий столбец исходной матрицы. Определитель получается следующий: $%\Delta(A_1,A_1+A_2,A_2+A_3,\ldots,A_{n-2}+A_{n-1},A_{n-1}+A_n)$%. Нужно доказать, что он равен исходному.

Сначала воспользуемся сформулированным правилом при $%j=2$%. Это даст следующую сумму: $%\Delta(A_1,A_1,A_2+A_3,\ldots,A_{n-2}+A_{n-1},A_{n-1}+A_n)+\Delta(A_1,A_2,A_2+A_3,\ldots,A_{n-2}+A_{n-1},A_{n-1}+A_n)$%. Первое слагаемое равно нулю, так как у определителя имеются два одинаковых столбца. Останется второе слагаемое. К нему применим правило для $%j=3$%. Получится такая сумма: $%\Delta(A_1,A_2,A_2,\ldots,A_{n-2}+A_{n-1},A_{n-1}+A_n)+\Delta(A_1,A_2,A_3,\ldots,A_{n-2}+A_{n-1},A_{n-1}+A_n)$%. Ясно, что первое слагаемое снова равно нулю, а к последнему применим правило для $%j=4$%, и так далее.

На последнем шаге у нас будет определитель $%\Delta(A_1,A_2,A_3,\ldots,A_{n-1},A_{n-1}+A_n)$%. Применяя правило для $%j=n$%, запишем его в виде суммы двух определителей. Первый из них будет равен нулю, а второй станет равным исходному определителю матрицы, то есть $%\Delta(A_1,A_2,A_3,\ldots,A_{n-1},A_n)$%.

ссылка

отвечен 9 Май '15 17:40

@falcao так я не много запуталась больше, извини новы не могли бы разобраться в моем способе, как правильно разложить в моем случае

(9 Май '15 17:49) s1mka

@s1mka: здесь способ фактически один. Я использовал более простую и удобную систему записи. Если Вам не лень писать всё в развёрнутом виде, то перепишите для себя моё доказательство (медленно и пошагово) в виде матриц. Там перевод с одного языка на другой очень прост. Вместо $%A_j$% надо писать столбец из чисел $%a_{1j}$%, $%a_{2j}$%, ... , $%a_{nj}$%.

(9 Май '15 18:29) falcao

@falcao так получается?

(9 Май '15 19:53) s1mka

@s1mka: да, что-то вроде этого, но мне кажется, что в других обозначениях всё выглядит более наглядно.

(9 Май '15 20:05) falcao

@falcao теперь я знаю два способа

(9 Май '15 20:14) s1mka

@s1mka: это один и тот же способ решения. Отличается только форма записи. Так часто бывает: что-то можно записать в координатном виде, что-то в векторном, а что-то в матричном. Скажем, представьте себе обычную систему линейных уравнений -- такую запись Вы наверняка много раз встречали. Записывать её "развёрнуто" -- очень долго (а набирать такой текст ещё дольше). В матричной же форме получается $%AX=b$%, что существенно проще.

(9 Май '15 20:24) falcao
показано 5 из 6 показать еще 1
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,568
×1,014
×246
×86

задан
9 Май '15 12:37

показан
1077 раз

обновлен
9 Май '15 20:24

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru