1. 1.
Determin´ ansok
a13 a22 a31 a11 a23 a32
Bevezet´ es ´ es defin´ıci´ o
a12 a21 a33
Oldjuk meg az al´abbi k´etismeretlenes, k´et egyenletet tartalmaz line´aris egyenletrendszert: a11 x1 a21 x1
+a12 x2 +a22 x2
L´atjuk, hogy egy szorzatban az indexek els˝o sz´amai az 1, 2 ill. 1, 2, 3, a m´asodik sz´amokban pedig az 1, 2 ill. 1, 2, 3 sz´amok ¨osszes permut´aci´oja jelenik meg. Igy term´eszetes azt gondolnunk, hogy az
= b1 = b2
Szorozzuk meg az els˝o egyenletet a22 -vel ´es a m´asodikat a12 -vel: a11 a22 x1 a21 a12 x1
+a12 a22 x2 +a22 a12 x2
= b1 a22 = b2 a12 ,
majd vonjuk ki az els˝o egyenletetb˝ol a m´asodikat:
x1 = Hasonl´oan:
b1 a22 − b2 a12 . a11 a22 − a12 a21
a12 x2 a22 x2
+... +...
+a1n xn +a2n xn
= =
b1 b2
an1 x1
+
an2 x2
+...
+ann xn
=
bn
1. defin´ıci´ o. Legyen az 1, 2, . . . , n sz´amok egy permut´aci´oja σ(1), σ(2), . . . , σ(n). Ekkor ebben a permut´aci´oban azon p´arok sz´am´at, ahol az el˝obbre l´ev˝o nagyobb mint a h´atr´ebb l´ev˝o a permut´aci´o inverzi´osz´am´anak h´ıvjuk. Jel¨ol´es: I(σ)
b2 a11 − b2 a21 x2 = . a11 a22 − a12 a21
Ha az al´abbi h´arom ismeretlenes egyenletrendszert tekintj¨ uk: a11 x1 +a12 x2 +a13 x3 = b1 a21 x1 +a22 x2 +a23 = b2 a31 x1 +a32 x2 +a23 x3 = b3
P´eld´aul: K´et sz´am eseten: I(1, 2) = 0
Ekkor egy hasonl´o, de l´enyegesen hosszabb sz´amol´as adja: x1 =
+ +
egyenletrendszer megold´as´an´al az xi nevez˝oj´eben olyan n t´enyez˝os szorzatok jelennek meg, ahol az indexben az els˝o sz´amok: 1, 2, . . . , n ´es a m´asodik sz´amokban az 1, 2, . . . , n sz´amok ¨osszes lehets´eges permut´aci´oi szerepelnek. M´eg meg kell ´erten¨ unk a szorzatok el˝ojel´et. Ehhez az inverzi´osz´am fogalm´ara van sz¨ uks´eg¨ unk.
(a11 a22 − a12 a21 )x1 = b1 a22 − b2 a12 , azaz
a11 x1 a21 x1 .. .
´es
p , q
I(2, 1) = 1. H´arom sz´am eset´en:
ahol p = b1 a22 a33 + b3 a12 a23 + b2 a13 a32 −
I(1, 2, 3) = 0
−b3 a13 a22 − b1 a23 a32 − b2 a12 a33
I(2, 3, 1) = 2
´es
I(3, 1, 2) = 2
q = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 −
I(3, 2, 1) = 3
−a13 a22 a31 − a11 a23 a32 − a12 a21 a33
I(1, 3, 2) = 1
Hasonl´o k´eplet adhat´o x2 , x3 -ra.
´es
I(2, 1, 3) = 1. Pr´ob´aljuk meg´erteni a nevez˝oket! A k´etismeretlenes egyenletrendszerben a k´ettag´ u ¨osszegek: L´atjuk azt, hogy a nevez˝oken + ´all ha a11 a22
a1σ(1) a2σ(2) . . . anσ(n)
a12 a21
eset´en I(σ) az inverzi´osz´am p´aros sz´am ´es − sz´am, ha az I(σ) p´aratlan, teh´at n = 2 ´es 3 eset´en az
A h´aromismeretlenes egyenletrendszerben a h´aromtag´ u ¨osszegek: a11 a22 a33
a1σ(1) a2σ(2) . . . anσ(n)
´es
szorzat el˝ojele:
a12 a23 a31
(−1)I(σ) .
Ezek alapj´an term´eszetes az al´abbi defin´ıci´o:
a13 a21 a32 1
2. defin´ıci´ o. Egy A = (aij )n×n m´atrix determin´ansa: detA =
X
egy ¨osszeggel kell sz´amolnunk: az a11 a22 . . . ann -nel. Mivel az I(1, 2, . . . , n) = 0, ez´ert az el˝ojel + lesz, ´ıgy ¯ ¯ ¯ a11 a12 a13 . . . a1n ¯¯ ¯ ¯ 0 a22 a23 . . . a2n ¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯ 0 a . . . a 33 3n ¯ = a11 a22 . . . ann . ¯ ¯ ... ¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 0 . . . ann ¯
(−1)I(σ) a1σ(1) a2σ(2) . . . anσ(n) ,
σ
ahol az ¨osszegz´es az 1, 2, . . . , n ¨osszes permut´aci´oj´ara vonatkozik. Egy m´asik jel¨ol´es: ¯ ¯ a11 a12 ¯ ¯ a21 a22 ¯ detA = ¯ .. ¯ . ¯ ¯ an1 an2
... ...
a1n a2n
...
ann
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
Az utols´o p´elda az´ert jelent˝os, mert a Gauss-elimin´aci´o sor´an minden n × n-es m´atrix ilyen alakra hozhat´o. ´Igy a k¨ovetkez˝okben azzal foglalkoznunk, hogy meg´erts¨ uk, hogy a Gauss-elimin´aci´o sor´an alkalmazott sorm˝ uveletek milyen hat´assal vannak a determin´ansra.
P´eld´ak:
P´eld´ak: Legyen 1. Egy 2 × 2-es m´atrix determin´ans´at u ´gy sz´amoljuk ki, hogy a f˝o´atl´oban l´ev˝o elemeket ¨osszeszorozzuk ´es kivonjuk ebb˝ol a mell´ek´atl´oban l´ev˝o elemeket szorzat´at: Ekkor ¯ ¯ ¯ 5 2 ¯ ¯ ¯ ¯ −3 4 ¯ = 5 · 4 − 2 · (−3) = 26 1. Sorcsere: 2. Egy 3 × 3-as determin´anst a legegyszer˝ ubb az u ´n. Sarrus-szab´allyal kisz´amolni. Ehhez a 3 × 3-as determin´anst le´ır´asa ut´an ism´etelj¨ uk meg az els˝o k´et oszlopot ´es form´aljunk az ´atl´osan elhelyezked˝o sz´amokb´ ol 3-tag´ u szorzatokat. Ezeket adjuk ¨ossze oly m´odon, hogy a balr´ol, fentr˝ol jobbra lefel´e elhelyezked˝o sz´amok szorzatait +-szal a t¨obbieket −-szal vessz¨ uk tekintetbe. ¯ ¯ ¯ 5 2 1 ¯ ¯ ¯ ¯ −3 4 4 ¯ = 5 · 4 · 6 + 2 · 4 · (−1) + 1 · (−1) · 2− ¯ ¯ ¯ −1 2 6 ¯
µ A=
2 −1
4 3
¶
detA = 10 ¯ ¯ −1 3 ¯ ¯ 2 4
¯ ¯ ¯ = −10, ¯
azaz a determin´ans a −1-szeres´ere v´altozott. 2. c 6= 0-val val´o szorz´as: Szorozzuk meg a m´asodik sort 3-mal: ¯ ¯ ¯ 2 4 ¯ ¯ ¯ ¯ −3 9 ¯ = 30, azaz a determin´ans szint´en 3-szoros´ara n˝ott 3. Egy sorhoz adjuk hozz´a egy m´asik sor c-szeres´et: Adjuk p´eld´aul az els˝o sorhoz a m´asodik sor dupl´aj´at: ¯ ¯ ¯ 0 10 ¯ ¯ = 10, ¯ ¯ −1 3 ¯
−1 · 4 · (−1) − 5 · 4 · 2 − 2 · (−3) · 6 = 106
azaz a determin´ans ´ert´eke nem v´altozott. 3. Legyen A egy u ´n. n × n-es fels˝o h´aromsz¨ ogm´atrix, azaz olyan m´atrix, ahol a f˝o´atl´o alatt 0-k szerepelnek. A fent l´atott tulajdons´agok ´altal´aban is igazak: Ekkor ¯ ¯ 1. t´ etel. 1. Ha egy n × n-es m´atrixban sorcser´et ha¯ a11 a12 a13 . . . a1n ¯ ¯ ¯ jtunk v´egre, akkor a determin´ans ´ert´eke (−1)-gyel ¯ 0 a22 a23 . . . a2n ¯ ¯ ¯ szorz´ odik. ¯ 0 0 a33 . . . a3n ¯¯ = ¯ ¯ ¯ .. 2. Ha egy n × n-es m´atrixban egy sort beszorzunk egy c ¯ ¯ . ¯ ¯ sz´ammal, akkor a determin´ans is c-vel szorz´odik. ¯ 0 ¯ 0 0 . . . ann X 3. Ha egy n×n-es m´atrixban egy sorhoz hozz´aadjuk egy (−1)I(σ) a1σ(1) a2σ(2) . . . anσ(n) . m´asik sor c-szeres´et, akkor determin´ans nem v´altozik. σ
N´ezz¨ uk meg, hogy ez a szumma milyen nem nulla szorzatokat tartalmaz! Az anσ(n) 6= 0 csak akkor lehet, ha σ(n) = n. A anσ(n−1) 6 0 csak akkor lehet, ha σ(n − 1) = n − 1 vagy n. Mivel σ(n) = n, ez´ert σ(n − 1) = n − 1. Hasonl´oan kapjuk, hogy σ(i) = i minden 1 ≤ i ≤ n eset´en. Azaz csak
P´elda: Hat´arozza meg az ¯ ¯ 3 6 ¯ ¯ −1 0 ¯ ¯ 1 3 ¯ ¯ −1 −2 2
9 1 2 −2
3 0 −1 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ 3 7 ¯¯ det(AB) = ¯¯ = 22 = detAdetB, 5 19 ¯ ¯ ¯ ¯ −2 1 1 1 ¯¯ −1 ¯ detA = ¯ 3 1 ¯=− = − 2 detA 2 2
determin´ans ´ert´ek´et! Megold´as: Emelj¨ unk ki 3-at az els˝o sorb´ol: ¯ ¯ ¯ ¯ 3 ¯ 1 6 9 3 ¯¯ 2 3 ¯ ¯ ¯ ¯ −1 ¯ −1 0 1 0 0 1 ¯ ¯ = 3¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 3 2 −1 3 2 ¯ ¯ ¯ ¯ −1 −2 −2 ¯ −1 −2 −2 1 ¯
1 0 −1 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
A fent l´atott ¨osszef¨ ugg´esek ´altal´aban is igazak: 2. t´ etel. Legyen A = (aij )n×n ´es B = (bij )n×n . Ekkor
1. detAT = detA, Adjuk hozz´a az els˝o sort a m´asodik ´es negyedik sorhoz ´es vonjuk ki a harmadik sorb´ol az els˝o sort: 2. det(AB) = detAdetB, ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 2 ¯ 1 1 3 1 ¯¯ 2 3 1 ¯¯ 3. ha A invert´alhat´o, akkor detA−1 = detA ¯ ¯ ¯ ¯ 0 2 ¯ ¯ −1 4 1 0 1 0 ¯ ¯ = 3¯ 3 ¯¯ ¯ 0 1 −1 −2 ¯ 3 2 −1 ¯¯ A determin´ans fogalm´aval m´ar teljesen le lehet ´ırni ¯ ¯ ¯ 1 ¯ 0 0 ¯ −1 −2 −2 1 2 ¯ 1 ¯ azokat a n´egyzetes m´atrixokat, amelyek invert´alhat´ok: Cser´ej¨ uk ¯ ¯ ¯ ¯ 3 ¯¯ ¯ ¯
fel a m´asodik ´es harmadik ¯ ¯ ¯ 1 1 2 3 1 ¯¯ ¯ ¯ 0 ¯ 0 2 4 1 ¯ = −3 ¯¯ ¯ 0 1 −1 −2 ¯ ¯ 0 ¯ 0 0 0 1 2 ¯
Vonjuk ki a ¯ ¯ 1 ¯ ¯ 0 −3 ¯¯ ¯ 0 ¯ 0 Cser´elj¨ uk ¯ ¯ ¯ ¯ 3 ¯¯ ¯ ¯
3. t´ etel. Egy A = (aij )n×n m´atrix akkor ´es csak akkor invert´alhat´o, ha detA 6= 0.
sort: 2 1 2 0
3 −1 4 1
1 −2 1 2
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
Bizony´ıt´ as: Tegy¨ uk fel, hogy A = (aij )n×n egy invert´alhat´o m´atrix. Ekkor l´etezik A−1 n × n-es m´atrix, hogy AA−1 = I n .
harmadik sorb´ol a m´asodik sor dupl´aj´at: ¯ ¯ ¯ ¯ 1 2 2 3 1 ¯¯ 3 1 ¯¯ ¯ ¯ 0 1 −1 −2 ¯ 1 −1 −2 ¯¯ ¯ = −3 ¯¯ ¯ 2 4 1 ¯ 6 5 ¯¯ ¯ 0 0 ¯ 0 0 0 1 2 ¯ 1 2 ¯
Ez´ert
1 = I n = det(AA−1 ) = detAdetA−1 ,
ez´ert det A 6= 0. Most tegy¨ uk fel, hogy detA 6= 0. Alkalmazzuk detA-ra a Gauss-Jordan elimin´aci´ot. Ekkor az eredm´eny vagy az I n egys´egm´atrix vagy egy olyan m´atrix, amelynek utols´o sor´aban csupa 0 van. N´ezz¨ uk meg, hogy a Gauss-Jordan elimin´aci´o sor´an alkalmazott l´ep´esekn´el a determin´ans hogyan v´altozik!
meg a harmadik ´es negyedik sort: ¯ ¯ ¯ ¯ 1 2 1 2 3 1 ¯¯ 3 1 ¯¯ ¯ ¯ 0 1 −1 −2 ¯ 0 1 −1 −2 ¯¯ ¯ = 3 ¯¯ 0 0 6 5 ¯¯ 1 2 ¯¯ ¯ 0 0 ¯ 0 0 0 0 1 2 ¯ 6 5 ¯
Sorcser´en´el a determin´ans (-1)-szeresre v´altozik; ha egy sort c 6= 0 sz´ammal szorzunk, akkor a determin´ans is c-vel szorz´odik ´es ha egy sorhoz hozz´aadjuk egy m´asik sor c-szeres´et, akkor nem v´altozik a determin´ans ´ert´eke. Ez´ert ha olyan n × n-es m´atrixb´ol indulunk ki, ahol a determin´ans nem-nulla, akkor a Gauss-Jordan elimin´aci´oval kapott m´atrix determin´ansa sem nulla. Ez´ert nem lehet, hogy a fenti A m´atrix eset´en a Gauss-Jordan-elimin´aci´o A k¨ovetkez˝okben azt vizsg´aljuk meg, hogy a olyan m´atrixot eredm´enyezzen, ahol az utols´o sorban 0-k m´atrixm˝ uveletek a determin´ansokkal mit csin´alnak. vannak, mert akkor a determin´ans 0 lenne. ´Igy a GaussLegyen Jordan elimin´aci´o az I n egys´egm´atrixot szolg´altatja, teh´at µ ¶ µ ¶ a kor´abban megismert algoritmussal meghat´arozhatjuk 1 2 −1 5 A= B= A−1 -t, teh´at l´etezik az inverz. ¥ 3 4 2 1 Vonjuk ki a negyedik sorb´ol a harmadik sor hatszoros´at: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 2 ¯ 1 2 3 1 ¯¯ 3 1 ¯¯ ¯ ¯ ¯ 0 1 −1 −2 ¯ ¯ ¯ ¯ = 3 ¯ 0 1 −1 −2 ¯ = −21 3 ¯¯ ¯ ¯ 1 2 ¯ 1 2 ¯¯ ¯ 0 0 ¯ 0 0 ¯ ¯ 0 0 ¯ 6 5 0 0 0 −7 ¯
A k¨ovetkez˝okben a determins egy m´asik kisz´am´ıt´asi m´odj´at mutatjuk be. Az A = (aij )n×n m´atrix determin´ansa: X (−1)I(σ) a1σ(1) a2σ(2) . . . anσ(n) , detA =
Ekkor detA = −2,
B = −11
Nyilv´an
¯ ¯ ¯ 1 3 ¯ ¯ ¯ = −2 = detA, detA = ¯ 2 4 ¯ ¯ ¯ ¯ 0 10 ¯ ¯ ¯ = −50 6= detA + detB det(A + B) = ¯ 5 5 ¯ T
σ
ez´ert l´atjuk, hogy egy r¨ogz´ıtett aij sz´am olyan szorzatokban szerepel, ahol a tagok abb´ol a m´atrixb´ol j¨onnek, amit 3
A = (aij )n×n m´atrix i-edik sor´anak ´es j-edik oszlop´anak vannak + ´es − jelek, ´es k´et egym´as ut´ani sorban eggyel elhagy´as´aval kapunk. Jel¨olje ennek determin´ans´ at Mij . elcsusztatva vannak a + ´es −-ok. Eszerint ¯ ¯ N´ezz¨ uk meg, hogy hogyan sz´am´ıthat´o ki ez alapj´an egy ¯ 3 6 9 3 ¯¯ ¯ 3 × 3-as m´atrix determin´ansa: ¯ −3 0 2 0 ¯¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ ¯ a11 a12 a13 ¯ 3 2 −1 ¯¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a21 a22 a23 ¯ = 1 −1 −2 −2 ¯ ¯ ¯ a31 a32 a33 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 6 ¯ 3 9 3 ¯¯ 6 3 ¯¯ ¯ ¯ 2 −1 ¯¯ − 2 ¯¯ 1 3 −1 ¯¯ = −(−3) ¯¯ 3 a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − ¯ −2 −2 ¯ ¯ 1 −1 −2 1 ¯ −a13 a22 a31 − a11 a23 a32 − a12 a21 a33 = E k´et determin´anst most megint kifejtj¨ uk, mondjuk az els˝o sor szerint: ¯ ¯ a11 (a22 a33 − a23 a32 )+ ¯ 6 9 3 ¯¯ ¯ ¯ 2 −1 ¯¯ = a12 (a23 a31 − a21 a33 )+ ¯ 3 ¯ −2 −2 1 ¯ a13 (a21 a32 − a22 a31 ) = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 −1 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 ¯¯ ¯ ¯ − 9 ¯ 3 −1 ¯ + 3 ¯ 3 6 ¯ −2 ¯ −2 −22 ¯ = ¯ −2 a11 M11 − a12 M12 + a13 M13 . 1 ¯ 1 ¯ ´ Erdemes bevezetni az el˝ojeles aldetermin´ans fogalm´at:
6 · 0 − 9 · 1 + 3 · (−2) = −15. ´es
Cij = (−1)i+j Mij . Eszerint ¯ ¯ a11 ¯ ¯ a21 ¯ ¯ a31
a12 a22 a32
a13 a23 a33
¯ ¯ ¯ ¯ = a11 C11 + a12 C12 + a13 C13 . ¯ ¯
¯ ¯ 3 3 ¯¯ −2
¯ ¯ ¯ 3 6 3 ¯¯ ¯ ¯ 1 3 −1 ¯¯ = ¯ ¯ −1 −2 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 −1 ¯ ¯ 1 −1 ¯¯ ¯ ¯ − 6¯ + 3 ¯¯ 1 ¯ −1 1 ¯ −1
¯ 3 ¯¯ = −2 ¯
3 · (−1) − 6 · 0 + 3 · 1 = 0,
Ezt az ´eszrev´etelt ´altal´anos´ıtja a kifejt´esi t´etel:
´ıgy ¯ ¯ 3 ¯ ¯ −3 ¯ ¯ 1 ¯ ¯ −1
4. t´ etel. Legyen A = (aij )n×n , jel¨olje Cij az el˝ojeles aldetermin´ansokat. Ekkor minden 1 ≤ i ≤ n eset´en det A = ai1 Ci1 + ai2 Ci2 + · · · + ain Cin ´es minden 1 ≤ j ≤ n eset´en
6 0 3 −2
9 2 2 −2
3 0 −1 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 3 · (−15) − 2 · 0 = −45. ¯ ¯ ¯
A kifejt´esi t´etel egy kis m´odos´ıt´as´aval jutunk a ferde kifejt´esi t´etelhez:
det A = a1j C1j + a2j C2j + · · · + anj Cnj .
5. t´ etel. Legyen A = (aij )n×n , jel¨olje Cij az el˝ojeles Az els˝o k´epletet haszn´alat´an´al azt mondjuk, hogy az i- aldetermin´ansokat. Ekkor minden 1 ≤ i ≤ n ´es minden edik sor szerint fejtj¨ uk ki a determin´anst, m´ıg a m´asodik 1 ≤ j ≤ n eset´en ha i 6= j, akkor k´epletet haszn´alva a sz´ohaszn´alat az, hogy a j-edik osai1 Cj1 + ai2 Cj2 + · · · + ain Cjn = 0. zlop szerint fejt¨ unk ki. Mindig olyan sor vagy oszlop szerint ´erdemes kifejteni, amelyik a lehet˝o legt¨obb 0-t tartalA kifejt´esi ´es a ferde kifejt´esi t´etel lehet˝os´eget ad arra, mazza, mert ´ıgy a lehet˝o legt¨obb olyan szorzat lesz, ahol hogy invert´alhat´o m´atrix eset´en az inverzet fel´ırjuk. Ehhez az egyik t´enyez˝o 0, teh´at ezeket le sem kell ´ırni. sz¨ uks´eg van az adjung´alt m´atrix defin´ıci´oj´ara: P´elda: Sz´am´ıtsuk ki az ¯ ¯ 3 6 ¯ ¯ −3 0 ¯ ¯ 1 3 ¯ ¯ −1 −2
9 2 2 −2
3 0 −1 1
3. defin´ıci´ o. Az A = (aij )n×n m´atrix adjung´alt m´atrix´at u ´gy kapjuk, hogy minden komponens helyett vessz¨ uk a hozz´a tartoz´o el˝ojeles aldetermin´ans, majd ezt transzpon´aljuk (a f˝o´all´ora t¨ ukr¨ozz¨ uk). T¨om¨oren:
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
adjA = (Cji )n×n
6. t´ etel. Ha A = (aij )n×n egy invert´elhat´o m´atrix, akkor determin´ans ´ert´ek´et! Megold´as: A m´asodik sor szerint ´erdemes kifejteni. Ekkor 1 a (−1)i+j el˝ojelet legegyszer˝ ubb az u ´n. sakkt´ablaszab´aly A−1 = adjA. det A szerint fel´ırni, balodalt fel¨ ul + jel van, egy sorban felv´altva 4
Bizony´ıt´ as: Az inverz defin´ıci´oja szerint azt kell megmutatni, hogy à ! 1 A adjA = I n , det A
A v´altoz´ok oszlopvektora: x=
x1 x2 .. .
xn
azaz
AadjA = det AI n = det A 0 0 0 det A 0 0 0 det A .. . 0 0 0
... ... ...
0 0 0
...
det A
A konstansok oszlopvektora:
.
b=
b1 b2 .. .
bn
Vegy¨ uk a AadjA szorzatot. A szorzat i-edik sor´anak ´es Az egyenlet az ismert m´odon, t¨om¨oren j-edik oszlop´anak eleme Ax = b ½ det A, ha i = j ai1 Cj1 + ai2 Cj2 + · · · + ain Cjn = 0, ha i 6= j alakba ´ırhat´o. Ha A egy invert´alhat´o m´atrix, akkor Ã
a kifet´esi ´es ferde kifejt´esi t´etel szerint. Ez bizony´ıtja a t´etelt. ¥ P´elda: Hat´arozza meg az µ 5 A= −2
2 3
−1
x=A Az
¶
teh´at x1 x2 .. .
det A = 19, A−1 =
3 19 2 19
−2 19 5 19
,
b1 C1n + b2 C2n + · · · + bn Cnn
Mivel µ
¡ ¢ adjA b
szorzat elv´egz´ese a k¨ovetkez˝o adja: b1 C11 + b2 C21 + · · · + bn Cn1 b1 C12 + b2 C22 + · · · + bn Cn2 .. .
m´atrix inverz´et! Megold´as: K¨onnyen l´atszik, hogy M11 = 3, M12 = −2, M21 = 2, M22 = 5, ez´ert C11 = 3, C12 = 2, C21 = −2, C22 = 5. ´Igy µ ¶ 3 −2 adjA = . 2 5
ez´ert
b=
! 1 adjA b. det A
¶ .
xm
1 = det A
b1 C11 + b2 C21 + · · · + bn Cn1 b1 C12 + b2 C22 + · · · + bn Cn2 .. .
.
b1 C1n + b2 C2n + · · · + bn Cnn
Igy b1 C1j + b2 C2j + · · · + bn Cnj V´egezet¨ ul visszat´er¨ unk a kiindul´o probl´em´ara ´es szxj = . det A eretn´enk egy n ismeretlent tartalmaz´o n egyenletb˝ol ´all´o line´aris egyenletrendszert megoldani, most m´ar deterV´egezet¨ ul meg kell ´erten¨ unk a sz´aml´al´ot. Jel¨olje Aj azt min´ansokkal. Legyen a m´atrixot, amelyet u ´gy kapunk, hogy az A m´atrixban a 0 a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = b1 j-edik oszlopot kicser´elj¨ uk a b oszlopvektorral. Ekkor Cik a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = b2 vel jel¨olve az Aj aldetermin´ansait kapjuk a j-edik oszlop .. szerint Aj -t kifejtve, hogy . an1 x1
+
an2 x2
+···+
ann xn
=
bn ,
0 0 0 det Aj = b1 C1j + b2 C2j + · · · + bn Cnj .
A fenti egyenletrendszerb˝ol form´alt egy¨ utthat´om´atrix: a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n A= .. . an1 an2 . . . ann
Mivel az Aj ´es A csak a j-edik oszlopban k¨ ul¨omb¨ozik, ez´ert a j-edik oszlophoz tartoz´o el˝ojeles aldetermin´ansok a k´et m´atrixban megegyeznek, azaz 0 Cij = Cij ,
5
ez´ert det Aj = b1 C1j + b2 C2j + · · · + bn Cnj , ´ıgy xj =
det Aj det A
.
A fent levezetett formul´at Cramer-szab´alynak h´ıvj´ak. P´elda: Oldjuk meg az x −3x + 4y −x − 2y
2z + 6z + 3z
= = =
6 30 8
egyenletrendszert a Cramer-szab´allyal! Megold´as: Az egy¨ utthat´om´atrix: 1 0 2 −3 4 6 , −1 −2 3 ennek determin´ansa: det A = 44. A Cramer-szab´alyban szerepl˝o m´atrixok: 6 0 2 4 6 , A1 = 30 8 −2 3 1 6 2 A2 = −3 30 6 , −1 8 3 1 0 6 4 30 , A3 = −3 −1 −2 8 ´es az ˝o determin´ansaik: det A1 = −40 det A2 = 72 det A3 = 152, ´ıgy x1 =
−40 , 44
x1 =
72 , 44
x1 =
152 . 44
6
