DETERMINÁNSSZÁMÍTÁS 𝐴 (𝑛𝑥𝑛) kvadratikus (négyzetes) mátrixhoz egyértelműen hozzárendelhetünk egy 𝐷 ∈ ℝ számot, ami a mátrix determinánsa. Már most megjegyezzük, hogy a „mátrix determinánsa”, illetve a „determináns értéke”, pontosabban ezeknek a számítása ugyanazon módszerek alkalmazását jelentik. A determináns abszolútértékének szemléletes jelentés csak 2𝑥2-es, és 3𝑥3-as esetben tulajdonítható. Bizonyítható, hogy előbbinél az oszlopvektorok által kifeszített paralelogramma területét, utóbbinál paralelepipedon térfogatát adja. Érdemes lesz megjegyezni az egyes típusoknál alkalmazható klasszikus, vagy éppen speciális módszereket.
A) 1x1-ES TÍPUS
Semmitmondó a számítási módszerek szempontjából, de a rend kedvéért ezt az esetet is megemlítjük. A determináns értéke ilyenkor nyilvánvalóan megegyezik a mátrix (vagy a determináns) egyetlen elemével.
1. PÉLDA „Számítsuk” ki az 𝐴 = [3] determinánsát! Világos, hogy a megoldás det 𝐴 = 3 .
2. PÉLDA „Határozzuk” meg a |−1| értékét! Ez most is az egyetlen elemmel egyezik meg, tehát az értéke −1 .
A továbbiakban főleg az adott típushoz felhasználható klasszikus módszereket tárgyaljuk, de mindig megemlítjük az emellett elvileg is helyesen, de többnyire körülményesebben használható módszereket is.
B) 2x2-ES TÍPUS
KLASSZIKUS MÓDSZER
A főátlóban lévő (vagyis a bal felső és a jobb alsó elemet összekötő átló mentén található) elemek szorzatából kivonjuk a mellékátlóban lévő (értelemszerűen a jobb felsőt és a bal alsót összekötő átlóban található) elemek szorzatát. Ez csak 2𝑥2-es esetben használható módszer.
3. PÉLDA Mennyi a 𝐵 = [
3 −1 ] determinánsa? 4 −2
A fentiek alapján adódik, hogy det 𝐵 = 3 ∙ (−2) − (−1) ∙ 4 = −2 .
4. PÉLDA 5 Mennyi az | −3
1 | értéke? 0
Hasonlóan az előzőhöz, azt írhatjuk, hogy 5 ∙ 0 − 1 ∙ (−3) = 3 .
EGYÉB MÓDSZEREK
Elvileg is helyesen alkalmazható eljárás lenne még a kifejtési tétel, valamint a Gauss-elimináció is. Azonban ezek inkább a nagyobb mátrixok (determinánsok) esetében használatosak, ezért részletesebben csak ott tárgyaljuk. A két iménti módszer közül a kifejtési tétel elméletileg univerzális abban a tekintetben, hogy bármilyen négyzetes esetben használható, de látni fogjuk, hogy számítási igény tekintetében ez (általános esetben) csak elméleti lehetőség lesz. A másik eljárás előnye (klasszikusan) éppen ilyenkor fog megmutatkozni.
C) 3x3-AS TÍPUS
Két klasszikus mellett egy speciális módszert is tárgyalunk. Ugyanazon feladat esetében, de más-más módszer felhasználásával, nyilván mindig ugyanannak a végeredménynek kell kijönnie.
KLASSZIKUS MÓDSZEREK
Kifejtési tétel
Választunk egy sort, vagy oszlopot, lehetőleg olyat, amelyben minél több zérus elem található. A sor, vagy oszlop elemeit szorozzuk az elemhez tartozó előjeles aldeterminánssal (az előjelet a sakktábla-szabály határozza meg, az elemhez az aldetermináns annak sorának és oszlopának elhagyásával kapható meg), majd ezeket a szorzatokat összeadjuk. A tétel fontos tulajdonsága, hogy az eredmény független attól, hogy melyik sor (vagy oszlop) szerint fejtünk ki.
5. PÉLDA −1 Adjuk meg a 𝐶 mátrix determinánsát, ha 𝐶 = [−2 1
3 4 8 7] ! −7 5
Fejtsük ki előbb például a 𝐼𝐼𝐼. oszlop szerint. Ekkor a sakktábla-szabály szerinti + −2 8 −1 3 −1 3 előjelek −, tehát det 𝐶 = 4 ∙ | |+ 7∙ −| |+5∙| |= 1 −7 1 −7 −2 8 + = 24 − 28 − 10 = −14 . Ugyanezt kapjuk, ha a 𝐼𝐼. sor szerint dolgozunk. A megfelelő előjelek − + −, így 3 4 −1 4 −1 3 det 𝐶 = (−2) ∙ − | |+8∙| | + 7 ∙ −| | = 86 − 72 − 28 = −7 5 1 5 1 −7 = −14 .
6. PÉLDA 1 Számítsuk ki az |−1 −2
1 −3 3 −6 | értékét! 5 −10
Dolgozzunk most előbb az 𝐼. sor szerint. Az aldetermináns előjelek + − +, és 3 −6 −1 −6 −1 3 ezzel a keresett érték 1 ∙ | |+1∙ −| | + (−3) ∙ | |= 5 −10 −2 −10 −2 5 = 0 + 2 − 3 = −1 . − Gyakorlásképpen számoljuk ki még a 𝐼𝐼. oszlop szerint is. Az előjelek +, ezzel − −1 −6 1 −3 1 −3 1 ∙−| |+3∙| | + 5 ∙ −| | = 2 − 48 + 45 = −1 . −2 −10 −2 −10 −1 −6
GYAKORLÓ FELADATOK 3 −1 Határozzuk meg a 𝐷 = [−10 5 3 −4
2 −1] determinánsát! 2
(Megoldás: det 𝐷 = 51)
4 0 Számítsuk ki a determinánst, ha 𝐹 = [1 −1 3 −3 (Megoldás: det 𝐹 = −8)
2 −1 Adjuk meg a |−2 3 1 2
−3 5 | értékét! 4
(Megoldás: 12)
−2 1 ]! 5
Gauss-elimináció
A determináns értéke nem változik meg, ha az egyik sorához (vagy oszlopához) egy másik sorának (vagy oszlopának) a számszorosát adjuk hozzá. Így elérhető az ún. felső (vagy alsó) háromszögmátrix alak. Ezt azt jelenti, hogy a főátló alatt (vagy felett) minden egyes elem zérus. Szintén bizonyítható tétel, hogy ilyenkor a mátrix determinánsa (a determináns értéke) annak főátlójában lévő elemek szorzata lesz. A módszer főleg nagyobb mátrixok esetén jelent számítási előnyt.
7.PÉLDA −1 −1 Mennyi det 𝐺, ha 𝐺 = [ 3 0 −2 1
4 −3]? 5
Gauss-eliminációnál célszerű oszloponként haladni, és a főátló alatti elemeket ilyen módon kinullázni. −1 [3 −2
𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(3) −1 4 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(−2) −1 [0 0 −3] → 1 5 0
−1 4 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼𝐼.𝑠.(1) −1 −1 4 [ 0 −3 9] −3 9 ] → 3 −3 0 0 6
A fentiek alapján det 𝐺 = (−1) ∙ (−3) ∙ 6 = 18 .
8. PÉLDA 5 2 A tárgyalt módszerrel adjuk meg az |−3 4 −1 2
1 4| értékét! 6
Ugyan a bal felső elemmel is lehetne nullázni, de a számolás egyszerűbbé válik, ha sorokat (𝐼. sor ⟷ 𝐼𝐼𝐼. sor) cserélünk. Nagyon fontos szabály, hogy ekkor a determináns előjelet vált. −1 2 − |−3 4 5 2
6 𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(−3) −1 2 6 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼𝐼.𝑠.(6) −1 2 6 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(5) − | 0 −2 −14| → − | 0 −2 −14| 4| → 1 0 12 31 0 0 −53
Tehát a determináns értéke −[(−1) ∙ (−2) ∙ (−53)] = 106 .
9. PÉLDA 0 1 2 Számítsuk ki a 𝐺 = [3 4 5] determinánsát! 6 7 9 Most nyilván szükségképpen kell sorokat cserélnünk. 3 4 − |0 1 6 7
5 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(−2) 3 4 5 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼𝐼.𝑠.(1) 3 → − − |0 | | 2 0 1 2 |→ 9 0 −1 −1 0
4 5 1 2| 0 1
Ebből már azonnal adódik, hogy det 𝐺 = −(3 ∙ 1 ∙ 1) = −3 .
GYAKORLÓ FELADATOK −3 6 0 Legyen 𝐻 = [ 2 4 8]. Számítsuk ki a determinánsát! 1 −4 2 (Megoldás: det 𝐻 = −96)
1 −3 Mennyi lehet 𝑐 ∈ ℝ értéke, ha | 2 −2 −2 8
−3 4𝑐 | = 0? 2 𝑐 +1
(Megoldás: 𝑐 = −2, vagy 𝑐 = 4)
1 2 Határozzuk meg | 2 0 −2 4
3 −3| értékét! 12
(Megoldás: 0)
SPECIÁLIS MÓDSZER
Kizárólag 3𝑥3-as típusnál használható az ún. Sarrus-szabály. Felírjuk az első két oszlopot a mátrix (vagy a determináns) mögé, és fő-, illetve mellékátló irányú szorzatokat képzünk. Előbbiek pozitív, utóbbiak negatív előjellel szerepelnek.
10. PÉLDA 3 Mennyi a mátrix determinánsa, ha 𝐻 = [−1 2
−2 0 5 1]? 2 4
Először is másoljuk át az 𝐼. és a 𝐼𝐼. oszlopot (ebben a sorrendben) az eredeti mátrix (vagy determináns) 𝐼𝐼𝐼. oszlopa mögé, majd képezzük a szükséges (azaz átlóirányú) szorzatokat. 3 −2 0 3 −2 0 3 −2 [−1 5 1] ⟶ [−1 5 1] −1 5 2 2 4 2 2 4 2 2 Ebből azt kapjuk, hogy det 𝐻 = +(3 ∙ 5 ∙ 4) + [(−2) ∙ 1 ∙ 2] + [0 ∙ (−1) ∙ 2] − −(0 ∙ 5 ∙ 2) − (3 ∙ 1 ∙ 2) − [(−2) ∙ (−1) ∙ 4] = 60 − 4 + 0 − 0 − 6 − 8 = 42 .
11. PÉLDA −2 3 Dolgozzunk a szabállyal a | 1 2 −1 0
1 −4| esetében! 5
Mivel 3𝑥3-as determinánsról van szó, használhatjuk ezt az eljárást. −2 3 1 −2 3 1 −2 | 1 2 −4| ⟶ | 1 2 −4| 1 −1 0 5 −1 0 5 −1
3 2 0
Így +[(−2) ∙ 2 ∙ 5] + [3 ∙ (−4) ∙ (−1)] + (1 ∙ 1 ∙ 0) − [1 ∙ 2 ∙ (−1)] − −[(−2) ∙ (−4) ∙ 0] − (3 ∙ 1 ∙ 5) = −20 + 12 + 0 + 2 − 0 − 15 = −21 .
GYAKORLÓ FELADATOK Oldjuk meg ez eddigiekben kitűzött minta-, és/vagy gyakorló feladatokat, de az ott kitűzöttől eltérő módszerrel, tehát például kifejtési tétel helyett Gauss-eliminációval, Gauss-elimináció helyett Sarrus-szabállyal…stb.! (Megoldás: lásd fent)
D) 4x4-ES TÍPUS
Célszerű a Gauss-elimináció, mert a kifejtés aldeterminánsai 𝑛𝑥𝑛-es esetben (𝑛 − 1)𝑥(𝑛 − 1)-esek, de nagy 𝑛-ekre a számításigény gyorsan nő, előbbinél 𝒪(𝑛!), utóbbinál „csak” 𝒪(𝑛2 ). Elvét tekintve azonban a kifejtés is használható.
12. PÉLDA 1 Hozzuk felső háromszög alakra, és adjuk meg | 2 −1 3
−1 1 −2 −2
−2 1 1 0| értékét! 0 1 2 −1
𝐼𝐼.+𝐼.(−2)
1 −1 −2 1 −1 −2 1 𝐼𝐼𝐼.+𝐼. 1 −1 −2 1 𝐼𝐼.⟷𝐼𝑉. 𝐼𝑉.+𝐼.(−3) 1 0| → 5 −2| → 8 − |0 1 |2 1 |0 3 −1 −2 0 1 0 −3 −2 2 0 −3 −2 3 −2 2 −1 0 1 8 −4 0 3 5 1 −1 −2 1 1 −1 −2 1 19 𝐼𝐼𝐼.+𝐼𝐼.(3) 0 1 8 −4 𝐼𝑉.+𝐼𝐼𝐼.( ) 𝐼𝑉.+𝐼𝐼.(−3) 22 0 1 8 −4 | 22 −10|| → −| −| |→ 0 0 22 −10 0 0 30 0 0 0 −19 10 0 0 22 Végül a determináns értéke − (1 ∙ 1 ∙ 22 ∙
30
) = −30 .
22
GYAKORLÓ FELADAT 3 6 Számítsuk ki 𝐾 = [ −3 0 1 3 −1 −2
9 3 2 0 ] determinánsát! 2 −1 −2 1
(Megoldás: det 𝐾 = −57)
1 Mennyi | 2 1 −1
1 1 2 1
1 1 1 −3 1 |, illetve | −1 1 −1 −2 −1 2 0
2 3 0 −2 −3 1 −4 −2
(Megoldás: 35, illetve −65)
−4 2 | értéke? 2 −1
1 −4| 2 −2
INVERZ MÁTRIX Ha 𝐴 (𝑛𝑥𝑛) egy reguláris mátrix (azaz det 𝐴 ≠ 0), akkor egyértelműen létezik az inverz mátrixa (A-1). A mátrix és saját inverzének szorzata az egységmátrixot kell adja. Két módszert is tárgyalunk, mindkettő univerzális, azaz (elvileg) bármilyen típusra használható. A számítás igény növekedése miatt a klasszikus képlet csak kisebb mátrixok esetén célszerű.
A) KLASSZIKUS KÉPLET
Az inverz mátrixot úgy kaphatjuk meg, hogy az adjungált mátrixot beszorozzuk a determináns reciprokával. Az adjungált mátrix pedig úgy számolható ki, hogy a mátrix minden elemének helyére az ahhoz tartozó előjeles aldeterminánst helyettesítjük, ezeket kiszámoljuk, majd az így kapott mátrixot transzponáljuk. Tehát a klasszikus képlet A-1=(1/det A)·adj A.
1x1-ES ESET
Ez a típus az inverz számításának szempontjából is semmitmondó, ugyanis az ránézésből is megmondható, de a rend kedvéért megemlítjük.
1. PÉLDA Adjuk meg az 𝐴 = [−4] inverzét! Az előző fejezet alapján det 𝐴 = −4 ≠ 0 ⟶ ∃! A-1. Az aldetermináns felírása most egy kicsit sántít, hiszen az az elem sorának és oszlopának elhagyásával lenne megkapható. Az inverz a fenti szorzat definíció alapján azonnal felírható. 1
A-1= [− ] 4
2x2-ES ESET
2. PÉLDA Határozzuk meg a 𝐵 = [
1 −3 ] inverzét! 2 −5
Világos, hogy mivel det 𝐵 = 1 ∙ (−5) − (−3) ∙ 2 = 1 ≠ 0 ⟶ ∃! B-1. |−5| −|2| 𝑇 −5 3 adj 𝐵 = [ ] ] =[ −|−3| |1| −2 1 B-1= [
−5 3 ] −2 1
3. PÉLDA Számítsuk ki az inverz mátrixot, ha 𝐶 = [
3 −2 ]! 4 2
Először is det 𝐶 = 3 ∙ 2 − (−2) ∙ 4 = 14 ≠ 0 ⟶ ∃! C-1. |2| adj C= [ −|−2|
𝑇
−|4| 2 2 ] ] =[ |3| −4 3
Innen a beszorzás után már könnyen felírható a keresett inverz. 1
C-1= [
1
7
−
2
7 3]
7
14
GYAKORLÓ FELADAT Adjuk meg a 𝐷 = [
−1 3 ] inverzét! −2 −5
(Megoldás: D-1= [
−
5
11 2
11
− −
3 11 1 ]) 11
Megjegyezzük, hogy az A·A-1=A-1·A=E szorzatok „ellenőrzésétől” valamennyi esetben eltekintünk.
3x3-AS ESET
A klasszikus képlet alkalmazásának ez a típus szab ésszerű határt. Ugyanis egy nagyobb, például 4𝑥4-es mátrix esetében annak minden egyes eleméhez 3𝑥3as aldetermináns tartozik, és ilyenből kellene 16-ot kiszámolnunk.
4. PÉLDA 1 −1 Mi az inverz mátrix, ha 𝐹 = [−3 2 −2 1 1 [−3 −2
3 −3]? −1
𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(3) −1 3 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(2) 1 −1 3 [0 −1 6] 2 −3] → 0 −1 5 1 −1
Célszerűen az 𝐼. oszlop szerint kifejtve, vagy még egy eliminációs lépést végezve adódik, hogy det 𝐹 = 1 ∙ [(−1) ∙ 5 − 6 ∙ (−1)] = 1 ≠ 0 ⟶ ∃! F-1. 𝑇 2 −3 −3 −3 −3 2 | | −| | | | 1 −1 −2 −1 −2 1 1 2 −3 −1 3 1 3 1 −1 adj F= − | | | | −| | = [3 5 −6] 1 −1 −2 −1 −2 1 1 1 −1 −1 3 1 3 1 −1 | | − | | | | [ 2 −3 −3 −3 −3 2 ]
Értelemszerűen, ha a determináns értéke 1, akkor az inverz megegyezik az adjungálttal. 1 2 −3 F = [3 5 −6] 1 1 −1 -1
5. PÉLDA −1 4 −3 Számítsuk ki a 𝐺 = [ 2 −4 5 ] inverz mátrixát! −2 2 −7 −1 4 [ 2 −4 −2 2
𝐼𝐼.𝑜.+𝐼.𝑜.(4) −3 𝐼𝐼𝐼.𝑜.+𝐼.𝑜.(−3) −1 0 0 [2 5 ]→ 4 −1] −2 −6 −1 −7
Az inverz létezik, hiszen det 𝐺 = (−1) ∙ [4 ∙ (−1) − (−1) ∙ (−6)] = 10 ≠ 0. −4 | 2 4 adj G = − | 2 4 [ |−4
2 −4 𝑇 5 2 5 | −| | | | −2 2 −7 −2 −7 18 22 −3 −1 −3 −1 4 | | | −| | =[ 4 1 −7 −2 −7 −2 2 −4 −6 −3 −1 −3 −1 4 | −| | | | 5 2 5 2 −4 ]
8 −1] −4
(1/det G)-vel való beszorzás, illetve egyszerűsítés után adódik a keresett inverz.
G-1=
9
11
4
5 2
5 1
5
5 2
10 3
[− 5 − 5
−
1 10 2
− ] 5
GYAKORLÓ FELADATOK 1 1 Keressük meg a 𝐻 = [−1 3 −2 5
−3 −6 ] inverz mátrixát! −10
0 5 −3 (Megoldás: H = [−2 16 −9]) −1 7 −4 -1
1 2 3 Határozzuk meg az inverz mátrixot, ha 𝐾 = [ 4 1 0]! −1 2 3 1 2
(Megoldás: K-1= [−2 3 2
1
0 − 2 1 2 ]) 2 7 − − 3
6
B) GAUSS-JORDAN-ELIMINÁCIÓ
Lényege, hogy az ún. kibővített mátrixban sorok összeadásával elérhetjük, hogy ( A│E ) ⟶ ( E│A-1 ). Egyik lépése főátlóban az 1-esek kialakítása, a másik pedig a főátló alatti és feletti elemek nullázása (a két lépés sorrendje tetszőleges).
1x1-ES ESET
6. PÉLDA 1 4
𝐼.𝑠.(− )
( A│E )= (−4|1) →
1
(1|− 4) =( E│A-1 )
2x2-ES ESET
7. PÉLDA 𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(−2) 1 −3 1 (B│E)= (1 −3|1 0) → ( |
2 −5 0 1
0
0 𝐼.𝑠.+𝐼𝐼.𝑠.(3) 1 0 −5 3 )→ ( | ) =( E│B-1) 1 −2 1 0 1 −2 1
8. PÉLDA 1 3
𝐼.𝑠.( )
𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(−4) 1 (C│E)= (3 −2|1 0) → ( 4 2 0 1 0
1 7
𝐼.𝑠.+𝐼𝐼.𝑠.( ) 2
1
−3 3 14 | 4 −3 3
0 1
3 14
𝐼𝐼.𝑠.( )
)→
1
1 ( 0
1
0 7 | 1 −2 7
7 3)
=(E│C-1)
14
3x3-AS ESET
9. PÉLDA 1 −1 3 1 ( F│E )= (−3 2 −3|0 −2 1 −1 0
𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(3) 0 0 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(2) 1 (0 1 0) → 0 1 0
−1 3 1 −1 6|3 −1 5 2
0 0 1 0) 0 1
𝐼𝐼.𝑠.(−1) 𝐼.𝑠.+𝐼𝐼.𝑠.(1) 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼𝐼.𝑠.(1)
→
1 (0 0
0 1 0
−3 −2 −6|−3 −1 −1
−1 −1 −1
𝐼𝐼𝐼.𝑠.(−1) 𝐼𝐼.𝑠.+𝐼𝐼𝐼.𝑠.(6) 𝐼.𝑠.+𝐼𝐼𝐼.𝑠.(3)
0 0) → 1
1 (0 0
0 1 0
01 0|3 11
2 5 1
−3 −6) =( E│F-1 ) −1
10. PÉLDA −1 4 −3 1 ( G│E )= ( 2 −4 5 |0 −2 2 −7 0 1 4
𝐼𝐼.𝑠.( ) 𝐼.𝑠.+𝐼𝐼.𝑠.(4) 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼𝐼.𝑠.(6)
→
𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(2) 𝐼𝐼𝐼.𝑠.+𝐼.𝑠.(−2) 𝐼.𝑠.(−1)
0 0 1 0) → 0 1
1 −4 3 −1 (0 4 −1| 2 0 −6 −1 −2
2 5
𝐼𝐼𝐼.𝑠.(− )
1 (0
0 1
0
0
2 1 1 1 − |
1 1
4 2 5
4 3
2
2
− 1
0 𝐼.𝑠.+𝐼𝐼𝐼.𝑠.(−2) 1 1 0) →𝐼𝐼.𝑠.+𝐼𝐼𝐼.𝑠.(4) 0 0 1 (
0 1 0
9
11
4
5 2
5 1
5
0 0|| 5 1 2 − 5
10 3
−
5
−
−
GYAKORLÓ FELADATOK 2 −2 Számoljuk ki az inverzt, ha 𝐻 = [ 2 −3 −6 7 3 2
-1
(Megoldás: H = [5 2
4 6 ]! −13
−1 0 1 1
2]) 1
−1 0 3 Adjuk meg az inverz mátrixot, ha 𝐾 = [ 2 1 4]! 1 1 2 2
3
3
5
5
− − 5 5 5 (Megoldás: K-1= [ 0 −1 2 ]) 1 1 1 − 5
1 10 2 5)
0 0 1 0) 0 1
=(E│G-1)
