$% \begin{bmatrix}x_1 & a_1b_2 & a_1b_3 & ... & a_1b_n \\a_2b_1 & x_2 & a_2b_3 & ... & a_2b_n\\a_3b_1 & a_3b_2 & x_3 & ... & a_3b_n\\... & ... & ... & ... & ...\\a_nb_1 & a_n & a_n & ... & x_n \end{bmatrix} $%

Вынесем коэффициент $%a_i$% со строки $%i$% и коэффициент $%b_i$% со столбца $%i$%:

$%\bigtriangleup =a_1b_1...a_nb_n\begin{bmatrix}{\frac{x_1}{a_1b_1}} & 1 & 1 & ... & 1 \\1 & {\frac{x_2}{a_2b_2}}& 1 & ... & 1\\1 &1 & {\frac{x_3}{a_3b_3}} & ... & 1\\... & ... & ... & ... & ...\\1 & 1 & 1 & ... & {\frac{x_n}{a_nb_n}} \end{bmatrix}$% $%\begin{bmatrix}1+y_1 & 1 & 1 & ... & 1 \\1 & 1+y_2& 1 & ... & 1\\1 &1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ... & ...\\1 & 1 & 1 & ... & 1+y_n \end{bmatrix}=$%

$%\begin{bmatrix}y_1 & 0 & 0 & ... & 0 \\1 & 1+y_2& 1 & ... & 1\\1 &1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ... & ...\\1 & 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & ... & 1 \\1 & 1+y_2& 1 & ... & 1\\1 &1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ... & ...\\1 & 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}=$%

$%=y_1\begin{bmatrix} 1+y_2& 1 & ... & 1\\1 & 1+y_3 & ... & 1\\ ... & ... & ... & ...\\ 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & ... & 1 \\0 & y_2& 0 & ... & 0\\1 &1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ... & ...\\1 & 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}+$%

$%\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & ... & 1 \\1 & 1& 1 & ... & 1\\1 &1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ... & ...\\1 & 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}=$%$%y_1[...]+y_2\begin{bmatrix}1 & 1 & ... & 1 \\1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ...\\1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}$%

$%y_2\begin{bmatrix}1 & 1 & ... & 1 \\1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ...\\1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}=y_2\begin{bmatrix}1 & 1 & ... & 1 \\0 & y_3 & ... & 0\\... & ... & ... & ...\\0 & 0 & ... & y_n\end{bmatrix}=y_2...y_n$%

$%y_1\begin{bmatrix} 1+y_2& 1 & ... & 1\\1 & 1+y_3 & ... & 1\\ ... & ... & ... & ...\\ 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}=y_1(y_2...y_n)(1+\frac{1}{y_1}+...+\frac{1}{y_n})$%(по предположению индукции)

$%y_1\begin{bmatrix} 1+y_2& 1 & ... & 1\\1 & 1+y_3 & ... & 1\\ ... & ... & ... & ...\\ 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}+y_2\begin{bmatrix}1 & 1 & ... & 1 \\0 & y_3 & ... & 0\\... & ... & ... & ...\\0 & 0 & ... & y_n\end{bmatrix}=$%

$%y_1(y_2...y_n)(1+\frac{1}{y_1}+...+\frac{1}{y_n})+(y_2...y_n)=(y_1y_2...y_n)(1+\frac{1}{y_1}+...+\frac{1}{y_n})$%

Подставляем $%y_i=\frac{x_i-a_ib_i}{a_ib_i}:$%

$% \Delta =(a_1b_1...a_nb_n)(\frac{x_1-a_1b_1}{a_1b_1}...\frac{x_n-a_nb_n}{a_ib_i})(1+\frac{a_1b_1}{x_1-a_1b_1}+...+\frac{a_nb_n}{x_1n-a_nb_n})=$%

$% \Delta =(x_1-a_1b_1)....(x_n-a_nb_n)(1+\frac{a_1b_1}{x_1-a_1b_1}+...+\frac{a_nb_n}{x_1n-a_nb_n})$%

задан 10 Май '15 19:41

изменен 12 Май '15 22:35

falcao's gravatar image


272k83751

@s1mka: Для начала разделите на $%b_k$% столбец с номером $%k$%.

(10 Май '15 19:44) EdwardTurJ

@s1mka: имелось в виду, что первый столбец надо разделить на $%b_1$%, второй на $%b_2$% и так далее. То есть подразумевалось, что $%k$% пробегает все значения от 1 до $%n$%.

(10 Май '15 19:53) falcao

@s1mka: Перед определителем должен быть множитель $%b_1b_2...b_n$%.

Теперь от каждого столбца (кроме последнего) вычтите последний столбец.

(10 Май '15 20:30) EdwardTurJ

@s1mka: к сожалению, весь текст после преобразования определителя с "игреками" совершенно не соответствует тому, что было у меня сказано в решении. Советую очень внимательно прочитать и ПОНЯТЬ всё то, что идёт после слов "Теперь применим свойство линейности...". И переделывать текст только после того, как будет понят весь замысел.

(12 Май '15 3:54) falcao

@s1mka: да, в таком виде нормально, только надо исправить мелкую опечатку в 4-й снизу строке, а также во 2-й снизу и в 1-й снизу уместно добавить слева $%\Delta=$%.

(12 Май '15 22:17) falcao

@falcao спасибо огромнейшее, я бы с этим никогда сама не разобралась, но надеюсь что в будущем я стану хорошем преподавателем, и смогу решать и объяснять подобные примеры детям

(12 Май '15 22:26) s1mka

@s1mka: в 4-й строке не надо было добавлять $%\Delta$%. Опечатку там Вы не исправили, но я сейчас сам откорректировал это место.

(12 Май '15 22:37) falcao
показано 5 из 7 показать еще 2
10|600 символов нужно символов осталось
2

Я длинных формул набирать не буду, так как это очень долго, поэтому объясню словами. По описанию будет нетрудно выписать всё это в виде определителей, сумм и прочего.

Как известно, при умножении строки или столбца определителя на некоторый коэффициент $%\lambda$%, определитель умножается на $%\lambda$%. Поэтому для начала сделаем следующее: вынесем за знак определителя коэффициент $%a_1$% из первой строки, потом $%a_2$% из второй, и так далее. После чего то же сделаем со столбцами: вынесем $%b_1$% из первого столбца, $%b_2$% из второго, и так далее. Перед определителем возникнет коэффициент $%a_1b_1\ldots a_nb_n$%, а в самом определителе все элементы станут равны 1 кроме элементов диагонали, на которой будут стоять числа $%\frac{x_i}{a_ib_i}$% при $%1\le i\le n$%.

Введём обозначения $%y_i=\frac{x_i}{a_ib_i}-1$% с той целью, чтобы диагональные элементы приобрели вид $%1+y_i$%. Этот определитель для наглядности имеет смысл выписать, чтобы дальше было понятнее.

Теперь применим свойство линейности определителя по строке. Первая строка представима в виде суммы таких двух строк: $%(y_1,0,\ldots,0)$% и $%(1,1,\ldots,1)$%. Определитель при этом раскладывается в сумму двух слагаемых, первое из которых раскладываем по первой строке, и тогда $%y_1$% умножается на определитель $%(n-1)$%-го порядка с элементами $%y_2+1$%, ... , $%y_n+1$% на главной диагонали. Второе слагаемое аналогичным образом раскладываем по второй строке. При этом то новое слагаемое, в котором возникает строка из одних единиц, можно не учитывать, так как определитель с двумя одинаковыми строками будет равен нулю.

Продолжая разложение, приходим в итоге к такой формуле, в которую в качестве слагаемого войдёт произведение $%y_1\ldots y_n$%, а также войдут произведения всех "игреков" кроме одного. Например, при $%n=4$% получится такое выражение: $%y_1y_2y_3y_4+y_1y_2y_3+y_1y_2y_4+y_1y_3y_4+y_2y_3y_4$%, что можно более коротко записать, вынося произведение всех "игреков" в качестве общего множителя. Итоговое выражение будет такое: $%y_1\ldots y_n(1+\frac1{y_1}+\cdots+\frac1{y_n})$%.

Теперь осталось подставить $%y_i=\frac{x_i-a_ib_i}{a_ib_i}$% и учесть коэффициент перед определителем. У нас получится следующее: $$a_1b_1\ldots a_nb_n\cdot\frac{x_1-a_1b_1}{a_1b_1}\ldots\frac{x_n-a_nb_n}{a_nb_n}\left(1+\frac{a_1b_1}{x_1-a_1b_1}+\cdots+\frac{a_nb_n}{x_n-a_nb_n}\right),$$ что после сокращений превратится в $$(x_1-a_1b_1)\ldots(x_n-a_nb_n)\left(1+\frac{a_1b_1}{x_1-a_1b_1}+\cdots+\frac{a_nb_n}{x_n-a_nb_n}\right),$$ и это есть окончательный ответ.

ссылка

отвечен 11 Май '15 20:22

@s1mka: дальше надо отдельно написать определитель той матрицы с "игреками", которая получилась в конце, и разложить первую строку в сумму, как у меня описано. Получится сумма двух определителей. С ними далее делаем то, что сказано в тексте.

(11 Май '15 21:24) falcao

@s1mka: я сказал, что множитель надо оставить в стороне, потому что он будет мешать. Это входило в смысл слова "отдельно". При решении сложных задач не надо тянуть весь "шлейф" от начала до конца. Надо выборочно делать преобразования, а потом всё собирать вместе. Там у Вас ещё опечатки есть -- типа появления числа 10.

(11 Май '15 21:46) falcao

@s1mka: задание это объективно трудное. Вот даже в ответе задачника ошиблись при написании. Преобразования у Вас пока неправильные, к сожалению. И коэффициент Вы не убрали.

(11 Май '15 22:03) falcao

@s1mka: коэффициент убран, и это хорошо. Но остальное пока неверно. Ведь определитель суммы матриц не равен сумме определителей. В сумму раскладывать можно только отдельную строку (начиная с первой), а все остальные строки остаются неизменными. Таково свойство линейности по строке.

(11 Май '15 22:46) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
0

$%\begin{bmatrix}1+y_1 & 1 & 1 & ... & 1 \\1 & 1+y_2& 1 & ... & 1\\1 &1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ... & ...\\1 & 1 & 1 & ... & 1+y_n \end{bmatrix}=$%

$%\begin{bmatrix}y_1 & 0 & 0 & ... & 0 \\1 & 1+y_2& 1 & ... & 1\\1 &1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ... & ...\\1 & 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & ... & 1 \\1 & 1+y_2& 1 & ... & 1\\1 &1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ... & ...\\1 & 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}=$%

$%=y_1\begin{bmatrix} 1+y_2& 1 & ... & 1\\1 & 1+y_3 & ... & 1\\ ... & ... & ... & ...\\ 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & ... & 1 \\0 & y_2& 0 & ... & 0\\1 &1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ... & ...\\1 & 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}+$%

$%\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & ... & 1 \\1 & 1& 1 & ... & 1\\1 &1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ... & ...\\1 & 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}=$%$%y_1[...]+y_2\begin{bmatrix}1 & 1 & ... & 1 \\1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ...\\1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}$%

$%y_2\begin{bmatrix}1 & 1 & ... & 1 \\1 & 1+y_3 & ... & 1\\... & ... & ... & ...\\1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}=y_2\begin{bmatrix}1 & 1 & ... & 1 \\0 & y_3 & ... & 0\\... & ... & ... & ...\\0 & 0 & ... & y_n\end{bmatrix}=y_2...y_n$%

$%y_1\begin{bmatrix} 1+y_2& 1 & ... & 1\\1 & 1+y_3 & ... & 1\\ ... & ... & ... & ...\\ 1 & 1 & ... & 1+y_n\end{bmatrix}=$%

ссылка

отвечен 12 Май '15 9:48

изменен 12 Май '15 21:34

@s1mka: проще всего теперь оставить первое слагаемое, а во втором сделать следующее: из всех строк, кроме первой, вычесть первую, в которой одни единицы. Тогда до ответа будет добраться проще.

(12 Май '15 19:44) falcao

@s1mka: получилась матрица, у которой определитель равен произведению элементов главной диагонали. То есть надо дописать, что самое последнее выражение равно $%y_2\ldots y_n$%. Теперь дело за малым: нужно к определителю с многоточиями применить формулу, которая уже считается в этот момент доказанной (он имеет меньший порядок). Там будет $%y_2\ldots y_n(1+\frac1{y_2}+\cdots+\frac1{y_n})$%. У нас он домножается на $%y_1$%, и далее в конце прибавляется $%y_2\ldots y_n$%. Если всё это сложить и преобразовать, то получится требуемая формула.

(12 Май '15 20:13) falcao

@s1mka: у меня в комментарии выше написано, что этот определитель уже можно считать найденным, и она равен $%y_2\ldots y_n(1+\frac1{y_2}+\cdots+\frac1{y_n})$%. Дело в том, что мы доказываем общую формулу для определителя порядка $%n$%. Для всех меньших значений порядка, в частности, для $%n-1$%, мы можем считать её уже доказанной. Это называется "метод математической индукции". Поэтому просто впишите то значение, которое я здесь указал. Если при этом добавите слова "по предположению индукции", как это обычно делают, то всё будет корректно. Случай $%n=1$% можно считать очевидным.

(12 Май '15 21:31) falcao

@s1mka: я очень надеюсь, что happy end уже близок. Осталось кое-что откорректировать. Прежде всего, надо дописать слева множитель $%y_1$%, который был, но пропал. У Вас получится $%y_1(y_2\ldots y_n)(1+\cdots$%. Далее к этой величине надо прибавить $%y_2\ldots y_n$% -- это второе слагаемое, которое мы временно оставили. Всё вместе должно дать $%y_1\ldots y_n(1+\frac1{y_1}+\cdots+\frac1{y_n})$% -- это надо написать, чтобы формула для определителя $%n$%-го порядка стала доказанной. И уже после этого заменяем "игреки" на "иксы" как в тексте.

(12 Май '15 21:48) falcao
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:

×2,054
×1,512
×131
×112

задан
10 Май '15 19:41

показан
1399 раз

обновлен
12 Май '15 22:37

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