C, PHP, VB, .NET

От предишното упражнение знаем, че основните правила за решаване на детерминанта са две – развиване по ред/стълб и привеждане в триъгълен вид. Нека сега опишем всички основни свойства на детерминантите (някои от които вече бяха споменати в предишното упражнение).

Свойство 1. Ако умножим ред/стълб на детерминанта с число и го прибавим към друг ред/стълб, детерминантата не се променя. Това е основното свойство, което ще използваме, за да привеждаме детерминантите в триъгълен вид.

Свойство 2. Ако детерминанта има изцяло нулев ред или изцяло нулев стълб, то тя е равна на нула. Причината за това е, че ако развием по този ред/стълб, то всяко едно от събираемите ще е умножено по нула, следователно целия сбор ще е нула. Например:

[math]\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 0\\ 2 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0.(-1)^{2+1}\begin{vmatrix} 2 & 3\\ 1 & 1 \end{vmatrix}+0.(-1)^{2+2}\begin{vmatrix} 1 & 3\\ 2 & 1 \end{vmatrix}+0.(-1)^{2+3}\begin{vmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1 \end{vmatrix}=0[/math]

Свойство 3. Ако детерминанта има два пропорционални реда/стълба, то тя е равна на нула. Това е пряко следствие от предишното свойство, защото ако умножим единия ред/стълб с коефициента на пропорционалност с обратен знак и го прибавим към другия ред/стълб, резултата ще е нулев ред/стълб. Например да разгледаме детерминантата:

[math]\begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 & 1\\ 2 & 2 & 2 & 2\\ 4 & 4 & 4 & 4\\ 2 & 1 & 2 & 2 \end{vmatrix}[/math]

Виждаме, че втори ред и трети ред са пропорционални, с коефициент на пропорционалност 2. Следователно умножаваме втори ред с числото (-2) и го прибавяме към трети ред:

[math]\begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 & 1\\ 2 & 2 & 2 & 2\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 2 & 1 & 2 & 2 \end{vmatrix}=0[/math]

Свойство 4. Ако един ред се получава като линейна комбинация от други редове, детерминантата е равна на 0. Това отново се получава като следствие на свойства 1 и 2. Например:

[math]\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 1\\ 5 & 4 & 5 \end{vmatrix}[/math]

Трети ред е линейна комбинация на другите два – (5,4,5) = (1,2,3) + 2.(2,1,1). Значи можем да го сведем до нулев ред в две стъпки – първо умножаваме първи ред по -1 и го прибавяме към трети ред:

[math]\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 1\\ 4 & 2 & 2 \end{vmatrix}[/math]

И умножаваме втори ред по (-2) и събираме с трети ред:

[math]\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{vmatrix}=0[/math]

Свойство 5. Ако умножите ред или стълб с число, цялата детерминанта се умножава с това число. Например:

[math]\begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 & 1\\ 2 & 2 & 1 & 2\\ 4 & 4 & 8 & 8\\ 2 & 1 & 4 & 2 \end{vmatrix}= 4.\begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 & 1\\ 2 & 2 & 1 & 2\\ 1 & 1 & 2 & 2\\ 2 & 1 & 4 & 2 \end{vmatrix}[/math]

Свойство 6. Ако транспонирате детерминантата, тя не се променя. Тоест detA = detA^t

Свойство 7. Ако размените два реда/стълба, детерминантата си сменя знака. Ще използваме това свойство, когато трябва да приведем детерминантата в триъгълен вид.

Свойство 8. detA.B = detA.detB

С помощта на тези свойства вече можем да решаваме и детерминанти от n-ти ред.

Задача 1. Решете детерминантата:

[math]\Delta_n=\begin{vmatrix} y & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ x & y & 0& \cdots & 0 & 0\\0 & x & y & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0&\cdots & y & 0\\ 0 & 0 & 0& \cdots & x & y \end{vmatrix}[/math]

Решение: Виждаме директно, че над главния диагонал всички елементи са равни на 0. Следователно детерминантата е в триъгълен вид. Следователно решението е произведението на елементите по главния диагонал:

[math]\Delta_n=y^n[/math]

Задача 2. Пресметнете детерминантата:

[math]\Delta_n=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1& \cdots & 1 & 1\\1 & 1 & 0 & \cdots & 1 & 1\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 1 & 1 & 1&\cdots & 0 & 1\\ 1 & 1 & 1& \cdots & 1 & 0 \end{vmatrix}[/math]

Решение: Умножаваме първи ред по (-1) и го добавяме последователно към всички останали редове. Ще се получи следното:

[math]\Delta_n=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ 0 & -1 & 0& \cdots & 0 & 0\\0 & 0 & -1 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0&\cdots & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0& \cdots & 0 & -1 \end{vmatrix}[/math]

Тази детерминанта вече е в триъгълен вид, следователно тя е равна на произведението на елементите ѝ по главния диагонал:

[math]\Delta_n=1.(-1)^{n-1} = (-1)^{n-1}[/math]

Задача 3. Пресметнете детерминантата:

[math]\Delta_{n+1}=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1& \cdots & x_1 & 1\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 1 & x_{n-1} & 1&\cdots & 1 & 1\\ x_n & 1 & 1& \cdots & 1 & 1 \end{vmatrix}[/math]

Решение: Умножаваме първи ред по (-1) и прибавяме към всички останали:

[math]\Delta_{n+1}=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0& \cdots & x_1-1 & 0\\\vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & x_{n-1}-1 & 0&\cdots & 0 & 0\\ x_n-1 & 0 & 0& \cdots & 0 & 0 \end{vmatrix}[/math]

За да сведем детерминантата в триъгълен вид трябва да разменим първия с последния ред, втория с предпоследния, третия с пред-предпоследния и т.н. При всяка размяна детерминантата ще си променя знака. Общия брой на размяните на n+1 елемента е цялата част на числото (n+1)/2 (ако n+1 е четно, то ще имаме точно деление, в противен случай взимаме цялата част – средния стълб няма да бъде местен). Така получихме детерминантата:

[math]\Delta_{n+1}=(-1)^{[\frac{n+1}{2}]}\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ 0 & x_1-1 & 0& \cdots & 0 & 0\\\vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0&\cdots & x_{n-1}-1 & 0\\ 0 & 0 & 0& \cdots & 0 & x_n-1 \end{vmatrix}[/math]

Вече можем да намерим и крайния отговор:

[math]\Delta_{n+1}=(-1)^{[\frac{n+1}{2}]}.1.(x_1-1).(x_2-1)…(x_n-1)[/math]

Детерминанта от тип „Пачи крак“ наричаме детерминанта от вида:

[math]\Delta_{n+1}=\begin{vmatrix} a_0 & b_1 & b_2 & \cdots & b_{n-1} & b_n\\ c_1 & a_1 & 0& \cdots & 0 & 0\\c_2 & 0 & a_2 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ c_{n-1} & 0 & 0&\cdots & a_{n-1} & 0\\ c_n & 0 & 0& \cdots & 0 & a_n \end{vmatrix}[/math]

Детерминанти от този тип винаги могат да бъдат решени по следния начин – умножавате (n+1)ви ред с (-b_n/a_n) и прибавяте към първи, умножавате (n)ти ред с (-b_n-1/a_n-1) и прибавяте към първи, (n-1)ви ред с (-b_n-2/a_n-2) и прибавяте към първи…, умножавате втори ред с (-b₁/a₁) и прибавяте към първи. По този начин всички числа от b₁ до b_n ще станат 0. Детерминантата ще има следния вид:

[math]\Delta_{n+1}=\begin{vmatrix} A & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ c_1 & a_1 & 0& \cdots & 0 & 0\\c_2 & 0 & a_2 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ c_{n-1} & 0 & 0&\cdots & a_{n-1} & 0\\ c_n & 0 & 0& \cdots & 0 & a_n \end{vmatrix}[/math]

където числото A се получава от натрупването на елементите под него умножени със съответния коефициент:

[math]A = a_0-\frac{c_1b_1}{a_1}-\frac{c_2b_2}{a_2}-…-\frac{c_nb_n}{a_n}[/math]

Вече можем да изчислим детерминантата като произведение на числата по главния диагонал:

[math]\Delta_{n+1}=A.a_1a_2a_3…a_n = a_0…a_n-c_1b_1a_0a_2…a_n-c_2b_2a_0a_1a_3…a_n-…-c_nb_na_1…a_{n-1}[/math]

Или записано по точно това е:

[math]\Delta_{n+1}=\prod_{i=0}^{n}a_i – \sum_{j=1}^{n}c_jb_ja_0…a_{j-1}a_{j+1}…a_n[/math]

Задачата може да бъде решена аналогично като правите нули по първи стълб, вместо както беше показано по-горе по първи ред.

Задача 4. Решете детерминантата:

[math]\Delta_{n+1}=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ 7 & 7 & 0& \cdots & 0 & 0\\7 & 0 & 7 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 7 & 0 & 0&\cdots & 7 & 0\\ 7 & 0 & 0& \cdots & 0 & 7 \end{vmatrix}[/math]

Решение: Умножаваме всички стълбове от 2ри нататък с (-1) и ги прибавяме към първи стълб:

[math]\Delta_{n+1}=\begin{vmatrix} 1-n & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ 0 & 7 & 0& \cdots & 0 & 0\\0 & 0 & 7 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0&\cdots & 7 & 0\\ 0 & 0 & 0& \cdots & 0 & 7 \end{vmatrix}=(1-n).7^n[/math]

Задача 5. Решете дeтерминантата:

[math]\Delta_{n}=\begin{vmatrix} a_1 & x & x & \cdots & x & x\\ x & a_2 & x& \cdots & x & x\\x & x & a_3 & \cdots & x & x\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ x & x & x&\cdots & a_{n-1} & x\\ x & x & x& \cdots & x & a_n \end{vmatrix}[/math]

Решение: Умножаваме първи ред по (-1) и го събираме с всички останали редове. Ще се получи детерминантата:

[math]\Delta_{n}=\begin{vmatrix} a_1 & x & x & \cdots & x & x\\ x-a_1 & a_2-x & 0& \cdots & 0 & 0\\x-a_1 & 0 & a_3-x & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ x-a_1 & 0 & 0&\cdots & a_{n-1}-x & 0\\ x-a_1 & 0 & 0& \cdots & 0 & a_n \end{vmatrix}[/math]

Това вече е детерминанта от тип „Пачи крак“, която се решава по познатия начин. Отговорът е:

[math]\Delta_n=a_1(a_2-x)…(a_n-x)-\sum_{i=2}^{n}(x-a_i).x.(a_2-x)…(a_{i-1}-x)(a_{i+1}-x)…(a_n-x)[/math]

Задача 6. Решете детерминантата:

[math]\Delta_n=\begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 1 & 2 & 1& \cdots & 0 & 0\\0 & 1 & 2 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0&\cdots & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0& \cdots & 1 & 2 \end{vmatrix}[/math]

(по главния диагонал имаме 2ки, под и над него 1ци, а всички останали елементи са нули).

Решение: Това също е специален клас детерминанти, които могат да се решат по следния начин: Развиваме детерминантата по първи ред:

[math]\Delta_n=2.(-1)^{1+1}.\begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 1 & 2 & 1& \cdots & 0 & 0\\0 & 1 & 2 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0&\cdots & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0& \cdots & 1 & 2 \end{vmatrix}+1.(-1)^{2+1}\begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 1 & 2 & 1& \cdots & 0 & 0\\0 & 1 & 2 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0&\cdots & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0& \cdots & 1 & 2 \end{vmatrix}[/math]

И двете детерминанти са от ред (n-1) – с едно по-малък от оригиналната. Първата детерминанта е просто [mathi]\Delta_{n-1}[/mathi]. Нека разгледаме втората – ако я развием по първи ред ще получим точно [mathi]1.\Delta_{n-2}[/mathi]. От тук получихме рекурсивната зависимост:

[math]\Delta_n=2\Delta_{n-1}-\Delta_{n-2}[/math]

Задачи от типа [mathi]\Delta_n=p\Delta_{n-1}+q\Delta_{n-2}[/mathi] се решават по следния начин:

1. Намирате корените на уравнението [mathi]x^2-px-q=0[/mathi]. Нека тези корени са [mathi]\alpha[/mathi] и [mathi]\beta[/mathi].

2. Ако [mathi]\alpha\neq \beta[/mathi], то решението е:

[math]\Delta_n=c_1\alpha^n+c_2\beta^n[/math]

където:

[math]c_1=\frac{\Delta_2-\beta\Delta_1}{\alpha(\alpha-\beta)} , c_2=\frac{\Delta_2-\alpha\Delta_1}{\beta(\beta-\alpha)}[/math]

3. Ако [mathi]\alpha = \beta[/mathi], то решението е:

[math]\Delta_n=((n-1)c_1+c_2)\alpha^n[/math]

където:

[math]c_1=\frac{\Delta_2-\alpha\Delta_1}{\alpha^2}, c_2=\frac{\Delta_1}{\alpha}[/math]

Вече можем да решим задачата. Припомняме, че имаме

[math]\Delta_n=2\Delta_{n-1}-\Delta_{n-2}[/math]

тоест p=2, q=-1. Решаваме уравнението: x²-2x+1=0. Неговите корени са [mathi]\alpha=\beta=1[/mathi]. Следователно ще търсим решението по формулата в точка 3:

[math]\Delta_1=\begin{vmatrix} 2 \end{vmatrix}=2, \Delta_2=\begin{vmatrix} 2 & 1\\ 1 & 2 \end{vmatrix}=3[/math]

=>

[math]\Delta_n=\left((n-1).\frac{(3-1.2)}{1^2}+\frac{2}{1} \right ).1^n=n-1+2=n+1[/math]

Детерминанта на Вандермонд: Този специален вид детерминанта има вида:

[math]W_n(x_1,…,x_n)=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ x_1 & x_2 & x_3 & \cdots & x_{n-1} & x_n\\ x_1^2 & x_2^2 & x_3^2 & \cdots & x_{n-1}^2 & x_n^2\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ x_1^{n-1} & x_2^{n-1} & x_3^{n-1} & \cdots & x_{n-1}^{n-1} & x_n^{n-1}\\ \end{vmatrix}[/math]

При такава детерминанта правим следното: умножаваме (n-1)ви ред с (-x₁) и го прибавяме към n-ти, умножаваме (n-2)ри ред с (-x₁) и го прибавяме към (n-1)ви, … , умножаваме 2-ри ред с (-x₁) и го прибавяме към 3-ти, умножаваме 1-ви ред с (-x₁) и го прибавяме към 2-ри:

[math]W_n(x_1,…,x_n)=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ 0 & x_2-x_1 & x_3-x_1 & \cdots & x_{n-1}-x_1 & x_n-x_1\\ 0 & x_2^2-x_1x_2 & x_3^2-x_1x_3 & \cdots & x_{n-1}^2-x_1x_{n-1} & x_n^2-x_1x_n\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & x_2^{n-1}-x_1x_2^{n-2} & x_3^{n-1}-x_1x_3^{n-2} & \cdots & x_{n-1}^{n-1}-x_1x_{n-1}^{n-2} & x_n^{n-1}-x_1x_n^{n-2}\end{vmatrix}[/math]

Развиваме детерминантата по първи стълб:

[math]W_n(x_1,…,x_n)=1.\begin{vmatrix} x_2-x_1 & x_3-x_1 & x_4-x_1 & \cdots & x_{n-1}-x_1 & x_n-x_1\\ x_2(x_2-x_1) & x_3(x_3-x_1) & x_4(x_4-x_1) & \cdots & x_{n-1}(x_{n-1}-x_1) & x_n(x_n-x_1)\\ x_2^2(x_2-x_1) & x_3^2(x_3-x_1) & x_4^2(x_4-x_1) & \cdots & x_{n-1}^2(x_{n-1}-x_1) & x_n^2(x_n-x_1) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ x_2^{n-2}(x_2-x_1) & x_3^{n-2}(x_3-x_1) & x_4^{n-2}(x_4-x_1) & \cdots & x_{n-1}^{n-2}(x_{n-1}-x_1) & x_n^{n-2}(x_n-x_1) \end{vmatrix}[/math]

сега от първи стълб изваждаме (x₂-x₁), от втори стълб изваждаме (x₃-x₁), …, от n-1ви стълб изваждаме (x_n-x₁). Тоест използваме свойство 5 от началото на статията. Получаваме следното:

[math]W_n(x_1,…,x_n)=(x_2-x_1)(x_3-x_1)…(x_n-x_1)\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ x_1 & x_2 & x_3 & \cdots & x_{n-1} & x_n\\ x_1^2 & x_2^2 & x_3^2 & \cdots & x_{n-1}^2 & x_n^2\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ x_1^{n-2} & x_2^{n-2} & x_3^{n-2} & \cdots & x_{n-1}^{n-2} & x_n^{n-2}\\ \end{vmatrix}[/math]

Или записано по друг начин това е следната рекурентна зависимост:

[math]W_n(x_1,…,x_n)=(x_2-x_1)(x_3-x_1)…(x_n-x_1)W_{n-1}(x_2,…,x_n)[/math]

Окончателно ще получим:

[math]W_n=(x_2-x_1)(x_3-x_1)…(x_n-x_1)(x_3-x_2)(x_4-x_2)…(x_n-x_2)……(x_{n-1}-x_{n-2})(x_n-x_{n-2})(x_n-x_{n-1})[/math]