mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2010 1:29 pm**

Να αποδειχθεί ότι γιά τόν $n\times{n}$ -πίνακα

$A=\left({\begin{array}{cccccc} a-1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & a-1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & a-1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & a-1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & a-1 \end{array}}\right)$

ισχύει $|{A}|=({a-2})^{n-1}({a+n-2})$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2010 1:47 pm**

Αποσύρω την σκέψη μου λόγω παραδρομής.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2010 2:04 pm**

grigkost έγραψε:Να αποδειχθεί ότι γιά τόν $n\times{n}$ -πίνακα

$A=\left({\begin{array}{cccccc} a-1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & a-1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & a-1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & a-1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & a-1 \end{array}}\right)$

ισχύει $|{A}|=({a-2})^{n-1}({a+n-2})$

Προσθέτουμε όλες τις γραμμές στην πρώτη. Η ορίζουσα δεν αλλάζει τιμή αλλά παίρνει την μορφή

$A=\left({\begin{array}{cccccc} a+n-2 & a+n-2 & a+n-2 & \cdots & a+n-2& a+n-2 \vspace{0.1cm}\\ 1 & a-1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & a-1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & a-1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & a-1 \end{array}}\right)$

Βγάζουμε το a+n-2 απ΄έξω. Είναι όρος της απάντησης, και δεν τον ξαναπειράζουμε. Μένει να υπολογίσουμε την
ορίζουσα του

$A=\left({\begin{array}{cccccc} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1& 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & a-1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & a-1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & a-1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & a-1 \end{array}}\right)$

Αφαιρούμε την πρώτη στήλη από όλες τις άλλες. Δίνει

$A=\left({\begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0& 0 \vspace{0.1cm}\\ 1 & a-2 & 0 & \cdots & 0 & 0 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 0 & a-2 & \cdots & 0 & 0 \vspace{0.1cm}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \vspace{0.1cm}\\ 1 & 0 & 0 & \cdots & a-2 & 0 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & a-2 \end{array}}\right)$

Τώρα το ανάπτυγμα ως προς την πρώτη γραμμή δίνει το ζητούμενο γιατί η ορίζουσα του διαγώνιοιυ πίνακα που πρoκύπτει είναι ίση με το γινόμενο των στοιχείων της διαγωνίου, δηλαδή $(a-2)^{n-1}$ .

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Υ.Γ.

Για κάποιο λόγο το κεφάλαιο των οριζουσών δεν μελετάται όσο έπρεπε. Ξεχάστηκε κάπως. Κακώς κατά την
γνώμη μου μια και έχει εξαιρετικό ενδιαφέρον και μεγάλη χρησιμότητα. Θα έπρεπε να του δίνουμε πολύ μεγαλύτερη προσοχή από ότι συνηθίζεται τον καιρό μας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2010 2:24 pm**

Διαφορετικά: Αρκεί να βρούμε τις ιδιοτιμές του πίνακα και τις (αλγεβρικές) πολλαπλότητές τους. Κατ' αρχήν ο πίνακας

$J=\left({\begin{array}{cccccc} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \end{array}}\right)$

είναι προφανώς τάξης

, δηλαδή έχει n-1

ιδιοτιμές ίσες με 0. Η άλλη ιδιοτιμή είναι

και την βρίσκουμε είτε χρησιμοποιώντας ότι το ίχνος του πίνακα (που ισούται με

) είναι το άθροισμα των ιδιοτιμών του πίνακα, είτε παρατηρώντας ότι το διάνυσμα με όλα τα στοιχεία του ίσα με μονάδα είναι ιδιοδιάνυσμα με ιδιοτιμή

.

Τέλος, έχουμε A = (a-2)I + J

άρα ο

έχει ιδιοτιμές a-2

με πολλαπλότητα n-1

και

με πολλαπλότητα 1. Αφού λοιπόν η ορίζουσα του

είναι το γινόμενο των ιδιοτιμών, παίρνουμε το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2010 6:30 pm**

Ορμώμενος και αντλώντας από την λύση του Δημήτρη, ας συνεχίσουμε.

Με απευθείας πολλαπλασιασμό, ελέγχουμε οτι ο αρχικός πίνακας Α έχει ως ιδιοδιάνυσματα τα

$e=\left({\begin{array}{cccccc} 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 \vspace{0.1cm}\\ \vdots \vspace{0.1cm}\\ 1 \vspace{0.1cm}\\ 1 \end{array}}\right)$ και $e_1=\left({\begin{array}{cccccc} 1 \vspace{0.1cm}\\ -1 \vspace{0.1cm}\\ 0 \vspace{0.1cm}\\ \vdots \vspace{0.1cm}\\ 0 \vspace{0.1cm}\\ 0 \end{array}}\right)\,\,$ , $e_2=\left({\begin{array}{cccccc} 0 \vspace{0.1cm}\\ 1 \vspace{0.1cm}\\ -1 \vspace{0.1cm}\\ \vdots \vspace{0.1cm}\\ 0 \vspace{0.1cm}\\ 0 \end{array}}\right)\,\,$ , $e_{n-1}=\left({\begin{array}{cccccc} 0 \vspace{0.1cm}\\ 0 \vspace{0.1cm}\\ 0 \vspace{0.1cm}\\ \vdots \vspace{0.1cm}\\ 1 \vspace{0.1cm}\\ -1 \end{array}}\right)\,\,$ ,

με αντίστοιχες ιδιοτιμές a+n-2, a-2, a-2, ... , a-2.

Τα n ιδιοδυανύσματα αυτά είναι γραμμικά ανεξάρτητα: Για τα $e_1, e_2, ... , e_{n-1}$ αυτό είναι προφανές, και το e δεν είναι στο
χώρο που παράγουν διότι, με χρήση εσωτερικού γινομένου, βλέπουμε ότι το e είναι κάθετο σε όλα τα άλλα.

Άρα η ορίζουσα του αρχικού πίνακα ισούται με το γινόμενο των ιδιοτιμών, δηλαδή $(a-2)^{n-1}(a+n-2)$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 19, 2010 2:06 am**

Μπορεί να υπάρχει καιρός που βγήκε η άσκηση αλλά είχα να μπω mathematica κανένα μήνα.. Mea culpa

Απλά, εφόσον πλησιάζει και το Seemous είναι χρήσιμο να δούμε και μια ιδιότητα των οριζουσών που λύνει τα χέρια μας σε τέτοιου είδους ασκήσεις, την πολυγραμμικότητα. Συγκεκριμένα αν έχουμε 2 πίνακες Α,Β τότε η ορίζουσα του αθροίσματος είναι το άθροισμα των 2^n

οριζουσών που προκύπτουν αν αντικαταστήσουμε κάποιες (μπορεί και καμία ή και όλες) στήλες του Α με τις αντίστοιχες του Β. Το λήμμα αυτό είναι άμεση απόρροια της πολυγραμμικότητας μιας ορίζουσας.

Κι η εφαρμογή του σε αυτό το πρόβλημα: ο δοσμένος πίνακας είναι ο (a-2)I+J

(με J όλο άσσους). Τώρα αν πάρουμε οποιονδήποτε συνδυασμό από 2+ στήλες του J αυτές θα είναι γραμμικώς εξαρτημένες και άρα η ορίζουσα του συγκεκριμένου πίνακα θα είναι 0. Άρα μένει μόνο να κοιτάξουμε n+1 πίνακες. Τον (a-2)I

που προφανώς έχει ορίζουσα (a-2)^n

και τους n πίνακες που έχουν μία στήλη με άσσους οι οποίοι θα έχουν ορίζουσα $(a-2)^{n-1}$ . Προσθέτοντας άρα τις 2^n

ορίζουσες (όλες εκτός των n+1 είναι μηδενικές) παίρνουμε:
$|A|=(a-2)^n+n \cdot (a-2)^{n-1}=(a-2)^{n-1}+(a-2+n)$ , το οποίο είναι και το ζητούμενο.

mathematica.gr

ορίζουσα nxn-πίνακα 02

ορίζουσα nxn-πίνακα 02

Re: ορίζουσα nxn-πίνακα 02

Re: ορίζουσα nxn-πίνακα 02

Re: ορίζουσα nxn-πίνακα 02

Re: ορίζουσα nxn-πίνακα 02

Re: ορίζουσα nxn-πίνακα 02