Алгебра : Теоремы и алгоритмы. Яцкин Н.И. - 215 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ИвГУ | Иваново

Составители: 

Рубрика: 

§
§
§ 25 Разложение определителя по столбцу (строке) 215
Определитель блока (25.3) есть не что иное, как алгебраическое
дополнение к элементу a
11
в определителе матрицы A:
det(A
0
) = A
11
.
Предложение 25.1. Определитель матрицы (25.2) равен произ-
ведению элемента a
11
на его алгебраическое дополнение:
det(A) = a
11
A
11
. (25.5)
Доказательство. По общей формуле (23.3t) определитель матри-
цы (25.2) равен сумме n! членов вида
sgn(σ)a
σ(1) 1
a
σ(2) 2
. . . a
σ(n) n
, (25.6)
каждый из которых соответствует некоторой перестановке σ ∈ S
n
.
Но член (25.6) будет нулевым, если σ(1) 6= 1. Поэтому реальный
вклад в сумму могут внести лишь (n − 1)! перестановок вида
σ =
µ
1 2 ... n
1 σ(2) ... σ(n)
. (25.7)
Перестановка (25.7) (степени n) однозначно определяется следу-
ющей перестановкой (степени n − 1):
σ
0
=
µ
1 ... n − 1
σ
0
(1) ... σ
0
(n − 1)
, (25.7a)
где
σ
0
(j) = σ(j + 1) − 1; j = 1, ..., n − 1. (25.8)
При этом σ
0
пробегает всю группу S
n−1
и sgn(σ) = sgn(σ
0
) (хотя
бы потому, что все инверсии перестановки σ сосредоточены в зоне
номеров от 2 до n).
С учетом (25.4) и (25.8) получим:
det(A) =
X
σ∈S
n
σ(1)=1
sgn(σ)a
11
a
σ(2) 2
. . . a
σ(n) n
=
= a
11
X
σ
0
∈S
n−1
sgn(σ
0
)a
0
σ
0
(1) 1
. . . a
0
σ
0
(n−1) (n−1)
=
= a
11
det(A
0
) = a
11
A
11
.
Формула (25.5) доказана. ¤
§ 25     Разложение определителя по столбцу (строке)                             215

  Определитель блока (25.3) есть не что иное, как алгебраическое
дополнение к элементу a11 в определителе матрицы A:
                                 det(A0 ) = A11 .
  Предложение 25.1. Определитель матрицы (25.2) равен произ-
ведению элемента a11 на его алгебраическое дополнение:
                              det(A) = a11 A11 .                                (25.5)


  Доказательство. По общей формуле (23.3t) определитель матри-
цы (25.2) равен сумме n! членов вида
                      sgn(σ)aσ(1) 1 aσ(2) 2 . . . aσ(n) n ,                     (25.6)
каждый из которых соответствует некоторой перестановке σ ∈ Sn .
Но член (25.6) будет нулевым, если σ(1) 6= 1. Поэтому реальный
вклад в сумму могут внести лишь (n − 1)! перестановок вида
                       µ                   ¶
                         1   2   ...   n
                   σ=                        .             (25.7)
                         1 σ(2) ... σ(n)
  Перестановка (25.7) (степени n) однозначно определяется следу-
ющей перестановкой (степени n − 1):
                       µ                         ¶
                            1    ...    n  − 1
                 σ0 =                              ,      (25.7a)
                         σ 0 (1) ... σ 0 (n − 1)
где
                σ 0 (j) = σ(j + 1) − 1; j = 1, ..., n − 1.                      (25.8)
  При этом σ 0 пробегает всю группу Sn−1 и sgn(σ) = sgn(σ 0 ) (хотя
бы потому, что все инверсии перестановки σ сосредоточены в зоне
номеров от 2 до n).
  С учетом (25.4) и (25.8) получим:
                    X
         det(A) =        sgn(σ)a11 aσ(2) 2 . . . aσ(n) n =
                      σ∈Sn
                     σ(1)=1
                       X
             = a11               sgn(σ 0 )a0σ0 (1) 1 . . . a0σ0 (n−1) (n−1) =
                     σ 0 ∈Sn−1

             = a11 det(A0 ) = a11 A11 .
   Формула (25.5) доказана. ¤

Страницы