Алгебра. Лекция. 2015.10.01. Миноры

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Нижегородский Государственный Университет им. Н.И. Лобачевского

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

1 j1 j2 jk n

Доказательство.

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.03.2016

Размер:

708.26 Кб

Скачать

☆

§5. Миноры и алгебраические дополнения.

	a		a
		11	1n
Пусть дана квадратная матрица	A

	a		a
		n1	n n

Зафиксируем в матрице А k строк с номерами: 1≤ i1 < i2<… < ik ≤ n .

Зафиксируем k столбцов с номерами

1≤ j1 < j2<… < jk ≤ n .

На пересечении данных строк и столбцов расположена квадратная матрица порядка k. Ее определитель называется минором k-го порядка. Обозначается данный

i1		ik	ai	j	ai	j
i1		ik	1	1	1	k
			1	1	1	k
минор M							.
	j1	jk	ai	j	ai	j
			k	1	k	k

Если вычеркнуть в матрице А данные k строк и k столбцов, то получится квадратная матрица порядка (n-k). Ее определитель называется дополнительным минором

	i1		ik

к минору. Дополнительный минор обозначим M				.
		j1	jk

Обозначим через SM сумму номеров строк и номеров столбцов данного минора:

SM=i1 +… + ik + j1 +… + jk.

Алгебраическим дополнением к минору M i1

i1		ik	( 1)	S		i1		ik

A	j1				M M		j1		.
		jk						jk

ik называется jk

Лемма (умножение минора на его алгебраическое дополнение)

Произведение минора k-ого порядка на алгебраическое дополнение

i1		ik	i1		ik
M	j1		A	j1
		jk			jk

является алгебраической суммой, каждое слагаемое которой является членом определителя матрицы А, причем его знак в этой сумме совпадает с его знаком в |A|.

Доказательство.

1 случай: минор расположен в левом верхнем углу матрицы А,

a11 …………а1k		а1,k+1 …………а1n
ak1………….аkk аk,k+1……..…..аkn

ak+1,1……. ak+1,k		a k+1,k+1 ……..аk+1,n
a n1 ………..а n k		аn,k+1……..……аn n
	1	k		1	k

M M			, M M		.
	1	k		1	k

SМ=1+2+…+k+1+2+…+k=k(k+1) – всегда четное число. Поэтому

1	k		S
1	k	( 1)	S	M M M .
A		( 1)		M M M .
1	k
Таким образом, M			1		k	1
Таким образом, M					A
			1		k	1

k M M .


	Выпишем произвольное слагаемое из M M :
	М –	определитель	k-ого порядка,		его	произвольное слагаемое имеет вид
a1 1	ak k	1	k	, ( 1,	, k )
a1 1	ak k	, где		, ( 1,	, k )	- перестановка чисел от 1 до k,
		1	k

M – определитель

(n-k)-ого порядка, его

произвольное слагаемое имеет

вид

ak 1 k 1

k 1

( k 1,

, n )

an n , где

k 1

- перестановка чисел от k+1 до

Следовательно,

произвольное

слагаемое

из

M M

имеет

вид

a1 1

ak k ak 1 k 1

an n .

a1 1

ak k ak 1 k 1

an n

является слагаемым в |A| и входит в него со знаком ,

k 1

где

k 1

Пусть r1 – количество инверсий в перестановке ( 1 , 2 , … , k ),

r2 – количество инверсий в перестановке (δk+1,δk+2,…,δn)

r –количество инверсий в перестановке ( 1 , 2 , … , k , δk+1,δk+2,…,δn).

Здесь	( 1 , 2 ,	…	, k ) – перестановка символов от		1 до k, (δk+1,δk+2,…,δn) –
перестановка от k+1		до n, следовательно, в перестановке ( 1 , 2 , …				, k , δk+1,δk+2,…,δn)
числа 1 , 2 , … , k		не образуют инверсий с числами δk+1,δk+2,…,δn. Поэтому количество
инверсий в	данной		перестановке:	r=r1 + r2	, но	по определению

( 1)r ( 1)r1 r2 ( 1)r1 ( 1)r2 .

Таким

образом,

a1 1

ak k ak 1 k 1

an n a1 1

ak k ak 1 k 1

an n и

первый случай доказан.

случай:

минор

расположен

произвольно:

M M

Получим элементарными преобразованиями из матрицы А матрицу В, у которой данный минор М будет стоять в левом верхнем углу.

Меняем местами строку i1 последовательно со всеми строками стоящими выше нее: (i1 -1) раз: поставим ее на первое место;

Меняем местами строку i2 последовательно со всеми строками стоящими выше нее, кроме стоящей теперь на первом месте строки i1 : (i2 -2) раз: поставим ее на второе место;

И так далее, поменяем строку ik с верхними строками (ik - k) раз: поставим ее на k-ое место.

То же самое проделаем со столбцами

j1,

, jk .

Всего выполним (i1 -1) + (i2 – 2) + …. + (i1 - k) + (j1 -1)

+ (j2 – 2) + …. + (j1

- k) =

i1 i2

ik j1

jk 2(1 2

k) SM 2t

перестановок строк

или

столбцов. Получим матрицу В.

По свойству 5 определителей

( 1)SM 2t

( 1)SM

. Откуда

( 1)SM

(1)

Так как мы последовательно меняли строки со стоящими сверху и столбцы со стоящими слева, то остальные строки и столбцы будут стоять в том же порядке, что и

раньше, т.е.

передвинув минор M

в левый верхний угол, в правом

нижнем углу мы получим M M

По первому случаю:

M M содержит только слагаемые из |B|, причем с теми же знаками. Следовательно,

(1)SM M

содержит только слагаемые из ( 1)SM |B|,

причем с теми же знаками.

Но, ( 1)SM M M

M ( 1)SM M M

( 1)SM

по формуле (1)

Таким образом, M

содержит только слагаемые из |A|, причем знаки те же.

Теорема (теорема Лапласа)

Пусть в матрице А фиксировано k строк с номерами 1≤ i1 < i2 <..< ik ≤n.

		i		i		i
S		M	1	k	A		1
	1 j1 j2 jk n		j1	jk			j1

i		i		i
k	A		1	k	.
jk			j1	jk
сумму,			стоящую		в	правой	части:
	i
	k	.
	jk

В |A| по определению n! слагаемых. Найдем количество слагаемых в S

M i1

следовательно

	i
	k	имеет k! слагаемых				;
	jk
i		i		i		i
M	1	k	A		1	k
	j1	jk			j1	jk

i		i
A	1	k	имеет (n-k)! Слагаемых,
	j1	jk

имеет k!(n-k)! слагаемых.

Номера столбцов 1 ≤ j1< j2<…< jn≤ n (среди n номеров выбираем k различных

номеров) можно выбрать Cnk		способами
Следовательно, количество слагаемых в S равно k!(n-k)! Cnk								= n!. Значит в S ровно
n! слагаемых, столько же сколько и в \|A\|.
i		i		i		i
По лемме M	1	k	A		1	k	содержит	только слагаемые из
	j1	jk			j1	jk

определителя |A|, причем с теми же знаками.

Выберем произвольное слагаемое из |A|.

a a1 a2		an			1........n			.
	2		n	, где		...	n		В этом
1					1

которых номер строки i совпадает с одним из номеров

произведении выделим те aij , у i1, ,ik и переместим их в начало

i1 M i1

произведения:

a ai

b , где

b это произведение всех оставшихся

сомножителей.

Видим,

что ai1 i1 ai2 i2

aik ik

входит в минор M

с некоторым

знаком. Так как b является произведением (n-k) сомножителей вида aij , где i не равно ни

одному из номеров i1,	,ik	, а j не равно ни одному из номеров i		, ...., i , то b входит с
			1	k
i		i
некоторым знаком в A	1	k	.
	i1	ik

Следовательно,		ai	i	ai		i
		1	i	2		i
			1			2
i	i				i
k	A	1				k
ik		i1			ik

ai	i	b	входит	с некоторым знаком в
k	i
	k

. Если			бы знак,	с которым ai1 i1 ai2 i2	aik ik b

входит

сумму

отличался

от

знака

a ai

, то

определителе

было

бы

два

слагаемых

вида

с разными знаками ( a по предположению входит в определитель и

по лемме об умножении минора на алгебраическое дополнение

входит в определитель с тем же знаком, что и в

MA ), что невозможно. Следовательно,

любое

слагаемое

из

определителя

входит

для

некоторых j1, ...,

(

j1=

i ,

…,

jk = i

). Следовательно,

любое слагаемое

из

определителя входит в S .

S .

Таким образом,

Замечание. Теорема Лапласа верна и для фиксированных k столбцов:

1 i1 i2 ik n

Следствия.

формулы разложения по строке (столбцу)

а) Для любого 1 i n верна формула

	n	i	i	i
A	aij A		ai1A	ai 2 A

	j 1	j	1		2

i			i
ai n A	,	где	A
n				j

алгебраическое дополнение к элементу i-ой строки j-ого столбца.

б) Для любого 1 j n верна формула

	n	i		1		2
A	aij A		a1 j A		a2 j A
A	aij A		a1 j A		a2 j A
	i 1	j		j		j

(формулы а) и б) получаются если теорему фиксированной строки или одного столбца.)

Примеры.

1		0	2	1
	2	1	3	0
Пусть A	2	1	3	0	.
	1	1	2	1

	1	1	1	1

n
an j A	.
	j

Лапласа применить к случаю одной

	1) Разложим			A	по третьему столбцу:
			1	0		1	0	1		1	0	1		1	0	1
		2
A	2( 1)1 3	1	1	1	3( 1)2 3	1	1	1	( 2)( 1)3 3	2	1	0	1( 1)4 3	2	1	0

		1	1	1		1	1	1		1	1	1		1	1 1		.

2 ( 4) 3 0 2 2 ( 2) 10

2)Выберем в А две строки: 2-ую и 4-ую. По теореме Лапласа:

	A										2		4		2			4
											2		4		2			4
										M		j	j A		j			j

				1 j1 j2 4								1	2		1			2
				1 j1 j2 4
M 2						4 A 2		4			M	2	4 A 2			4	M 2			4 A 2		4	M 2	4 A 2		4		M 2		4 A 2 4			M 2	4 A 2 4

				1		2	1	2				1	3	1		3			1	4	1	4	2	3	2	3			2	4	2 4		3	4	3 4
			2 1			2 1					2 4 1 2							2 3		0 1			2 4 1 3				2 0			0 2			2 4 1 4
			1 1			2 1			( 1)									1 1		1 1		( 1)					1 1			1	2	( 1)
			1 1			2 1												1 1		1 1							1 1			1	2

					1 1		(				2 4 2 3					1 0			1 2				2 4 2 4			3 0			1 0			2 4 3 4
		1 3			1 1						2 4 2 3					1 0			1 2				2 4 2 4			3 0			1 0			2 4 3 4
		1 1			1 1			1)								1 1			1 2		( 1)					1 1			1 1		( 1)
		1 1			1 1											1 1			1 2							1 1			1 1

1 4 ( 1) 1 2 2 ( 2) 0 1 ( 4) 3 ( 1) 10

Лемма (об умножении на свои и чужие алгебраические дополнения)

Верны следующие формулы:

1) Для любых 1 i k n

n	k	k
aij A		ai1A	ai2
j 1	j		1

k A 2

элементы i-ой строки на алгебраические дополнения к элементам k-ой строки).

2) Для любых 1 j k n
n	i		1	2
aij A		a1 j A		a2 j A
i 1	k	k		k

n A , если k j

an j A k 0, если k j .

Доказательство.

Докажем формулу 1).

Если k i , то формула 1) совпадает с формулой а) следствия теоремы Лапласа.

Пусть k i . Рассмотрим вспомогательный определитель: в матрице А заменим k-ую строку на i-ую строку:

		a11 ... ...	a1n
	i	ai1 ... ...	ain
				0 (по свойству 5 определителей).
B				0 (по свойству 5 определителей).
	k	ai1 ... ...	ain
		an1 ... ...	ann

Воспользуемся формулой а) следствия теоремы Лапласа, разложим |B| по k-ой строке:

bk1AB

bk 2 AB

bk n AB

ai1A

ai 2 A

ai n A

Здесь AB алгебраическое дополнение к элементу i-ой строки j-ого столбца матрицы

k		и по построению bkj aij .
В, по построению оно совпадает с A		и по построению bkj aij .
	j

Правило Крамера для системы из n уравнений с n неизвестными

Рассмотрим квадратную систему из n уравнений с n неизвестными

a11x1 a12 x2			a1 n xn b1
		a22 x2	a2 n xn b2
a2 1x1		a22 x2	a2 n xn b2


a x a x			a	x b
	n 1 1	n2 2		n n n n

Определитель матрицы данной системы обозначим .

a11 a1n

an1 ann

Рассмотрим также определители, которые получаются из заменой j-го столбца на столбец свободных членов:

a11

a1 j 1

a1n

b1 A

b2 A

- разложение по j-

an1

a1 j 1

ann

ому столбцу.

Теорема. Если 0 , то система совместна и (

n ) - единственное решение.

Доказательство. Пусть 0 .

Подставим ( 1 , , n ) в левую часть i-го уравнения системы:

ai1 1 ai 2 2

ain

(ai1 (b1 A

bn A

)

ai 2

(b1 A

bi A

bn A )

ain (b1 A

A )

(b1 (ai1 A

ai 2 A

ain A

)

bi (ai1 A

ai 2 A

ain A )

bn (ai1 A

ai 2 A

ain A

)

(b1 0

bn 0)

(bi ) bi

Т.е.

при подстановке набора (

n )

в i-ое уравнение системы мы получаем

верное тождество для любого 1 i n . Следовательно,

( 1 ,

, n ) является

решением

системы.

Докажем, что оно единственное.

Пусть (x0 ,

, x0 ) произвольное

решение системы,

следовательно при подстановке

получим набор верных тождеств:

a1 n x0 b1

a11x0 a12 x0

a2 1x0

a22 x0

a2 n x0 b2

an2 x0

an n x0 bn

an 1x0

Умножим 1-ое тождество на

, и т.д. последнее на

, второе на

сложим полученные верные тождества:

a1 j x0

a1 n x0 b1

a11x0

a2 1x0

a2 j x0

a2 n x0 b2

anj x0

an n x0 bn

an 1x0

(a11x0

a1 j x0

a1 n x0 ) A

(a2 1x0

a2 j x0

a2 n x0 ) A

(an 1x0

anj x0

an n x0 ) A

b1 A

b2 A

bn A

an 1 A

(a1 j

an j

(a11 A

a2 1 A

)x0

A a2 j A

)x0

(a1 n A

a2 n A

an n A

)x0 j

0 x0

Следовательно,

для любого 1 j n .

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
26.11.2018614.4 Кб5Айдаков Лев.doc
#
26.11.2018627.2 Кб2Айдаков Лев.doc
#
03.05.20151.65 Mб80Активные методы обучения.pdf
#
28.08.201948.59 Кб4АКУ Раздел 3.docx
#
11.03.2016288.31 Кб13Алгебра. арифметическое пространство.pdf
#
11.03.2016708.26 Кб25Алгебра. Лекция. 2015.10.01. Миноры.pdf
#
11.03.2016259.81 Кб27Алгебра. Метод Гаусса.pdf
#
11.03.2016290.6 Кб17Алгебра. Определители 2 и 3.pdf
#
11.03.2016309.01 Кб70Алгебра. Перестановки.pdf
#
11.03.2016383.51 Кб141Алгебра. Подстановки.pdf
#
11.03.2016280.2 Кб16Алгебра. ранг 1часть.pdf