Визначник: відмінності між версіями
| [перевірена версія] | [неперевірена версія] |
Вилучено вміст Додано вміст
Рядок 39:
Для знаходження визначників високого порядку застосовуються принципово інші методи (насамперед, [[метод Гауса]]), що вимагають
значно меншої кількості арифметичних операцій (<math>O(n^3)</math> замість <math>n!</math>).
=== Матриці N x N ===
Загалом для матриць більш високих порядків (вище 2-го) <math>n \times n </math> визначник можна обчислити, застосувавши таку рекурсивну формулу:
:: <math>\Delta=\sum_{j=1}^n (-1)^{1+j} a_{1j}\bar M_j^1</math>, де <math>\bar M_j^1</math> — [[додатковий мінор]] до элементу <math>a_{1j}</math>.Ця формула називається '''розкладанням за рядком'''.
Легко показати, що при [[Транспонована матрица|транспонуванні]] визначник матриці не міняється (тобто аналогічне розкладання за першим стовпцем також справедливе, тобто дає такий же результат, як і за першим рядком):
:: <math>\Delta=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+1} a_{i1}\bar M_1^i</math>
{{Hider|
title = Доведення |
hidden = 1 |
title-style = text-align: left; |
content-style = text-align: left; |
content =
Нехай <math>\tilde{\Delta}= \sum_{i=1}^n (-1)^{i+1} a_{i1}\bar M_1^i</math>.
[[Математичне доведення|Доведемо]], що <math>\tilde{\Delta}=\Delta</math> за індукцією.
Бачимо, що для матриці <math>2 \times 2 </math> це правда:
::<math>\tilde{\Delta_2}=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+1} a_{i1}\bar M_1^i=a_{11}a_{22}-a_{21}a_{12}=\Delta_2</math>
Припустимо, що для матриці порядку n−1 <math>\tilde\Delta_{n-1}=\Delta_{n-1}</math> — істина.
::<math>\tilde{\Delta_n}=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+1} a_{i1}\bar M_1^i=a_{11}\bar M_1^1+\sum_{i=2}^n (-1)^{i+1} a_{i1}\bar M_1^i=a_{11}\bar M_1^1+\sum_{i=2}^n (-1)^{i+1} a_{i1}\sum_{j=2}^n(-1)^j a_{1j}\bar M_{1j}^{i1}=</math>
::<math>=a_{11}\bar M_1^1+\sum_{i=2}^n\sum_{j=2}^n (-1)^{i+j+1} a_{i1}a_{1j}\bar M_{1j}^{i1}</math>
::<math>{\Delta_n}=\sum_{j=1}^n (-1)^{1+j} a_{1j}\bar M_j^1=a_{11}\bar M_1^1+\sum_{j=2}^n (-1)^{1+j} a_{1j}\bar M_j^1=a_{11}\bar M_1^1+\sum_{j=2}^n (-1)^{1+j} a_{1j}\sum_{i=2}^n(-1)^i a_{i1}\bar M_{j1}^{1i}=</math>
::<math>=a_{11}\bar M_1^1+\sum_{j=2}^n\sum_{i=2}^n (-1)^{i+j+1} a_{1j}a_{i1}\bar M_{j1}^{1i}=\tilde{\Delta_n}</math> {{ЧТД}}
}}
Також справедливе й аналогічне розкладання за будь-яким рядком (стовпцем):
:: <math>\Delta=\sum_{j=1}^n (-1)^{i+j} a_{ij}\bar M_j^i </math>
{{Hider|
title = Доведення|
hidden = 1 |
title-style = text-align: left; |
content-style = text-align: left; |
content =
Нехай <math>\tilde{\Delta}= \sum_{j=1}^n (-1)^{i+j} a_{ij}\bar M_j^i</math>.
Докажемо, що <math>\tilde{\Delta}=\Delta</math>за індукцією.
Видно, що для матриці <math>2 \times 2 </math> це правильно:
::<math>\tilde{\Delta_2}=\sum_{j=1}^n (-1)^{i+j} a_{ij}\bar M_j^i=-a_{21}a_{12}+a_{22}a_{11}=\Delta_2</math>
Припустимо, що для матриці порядку n−1 <math>\tilde\Delta_{n-1}=\Delta_{n-1}</math> — істинне.
::<math>\tilde{\Delta_n}=\sum_{j=1}^n (-1)^{i+j} a_{ij}\bar M_j^i=\sum_{j=1}^n (-1)^{i+j} a_{ij}\left(\sum_{k<j}(-1)^{1+k}a_{1k}\bar M_{jk}^{i1}+\sum_{k>j}(-1)^k a_{1k}\bar M_{jk}^{i1}\right) </math>
Зберемо коефієци..енти при <math>\bar M_{j_0k_0}^{i\,\,1}</math>:
::<math>j_0>k_0\colon\; (-1)^{i+j_0}a_{ij_0}(-1)^{1+k_0}a_{1k_0}+(-1)^{i+k_0}a_{ik_0}(-1)^{j_0}a_{1j_0}=(-1)^{i+j_0+k_0+1}(a_{ij_0}a_{1k_0}-a_{ik_0}a_{1j_0})=</math>
::<math>=(-1)^{i+j_0+k_0+1}M_{j_0k_0}^{1\,\,i}</math>
::<math>j_0<k_0\colon\; (-1)^{i+j_0}a_{ij_0}(-1)^{k_0}a_{1k_0}+(-1)^{i+k_0}a_{ik_0}(-1)^{j_0+1}a_{1j_0}=(-1)^{i+j_0+k_0+1}(a_{ik_0}a_{1j_0}-a_{ij_0}a_{1k_0})=</math>
::<math>=(-1)^{i+j_0+k_0+1}M_{j_0k_0}^{1\,\,i}</math>
::<math>\tilde{\Delta_n}=\sum_{j\ne k}(-1)^{i+j+k+1}M_{jk}^{1i}\bar M_{jk}^{1i}</math>
::<math>\Delta=\sum_{j=1}^n (-1)^{1+j} a_{1j}\bar M_j^1=\sum_{j=1}^n (-1)^{1+j} a_{1j}\left(\sum_{k<j}(-1)^{i+k-1}a_{ik}\bar M_{jk}^{1i}+\sum_{k>j}(-1)^{i+k-2}a_{ik}\bar M_{jk}^{1i}\right) </math>
Зберемо коефіцієнти при <math>\bar M_{j_0k_0}^{i\,\,1}</math>:
::<math>j_0>k_0\colon\; (-1)^{1+j_0}a_{1j_0}(-1)^{i+k_0-1}a_{ik_0}+(-1)^{1+k_0}a_{1k_0}(-1)^{i+j_0-2}a_{ij_0}
=(-1)^{j_0+i+k_0}(a_{1j_0}a_{ik_0}-a_{1k_0}a_{ij_0})=</math>
::<math>=(-1)^{i+j_0+k_0+1}M_{j_0k_0}^{1\,\,i}</math>
::<math>j_0<k_0\colon\; (-1)^{1+j_0}a_{1j_0}(-1)^{i+k_0-2}a_{ik_0}+(-1)^{1+k_0}a_{1k_0}(-1)^{i+j_0-1}a_{ij_0}=
(-1)^{k_0+i+j_0}(a_{1k_0}a_{ij_0}-a_{1j_0}a_{ik_0})=</math>
::<math>=(-1)^{i+j_0+k_0+1}M_{j_0k_0}^{1\,\,i}</math>
::<math>{\Delta_n}=\sum_{j\ne k}(-1)^{i+j+k+1}M_{jk}^{1i}\bar M_{jk}^{1i}=\tilde{\Delta_n}</math> {{ЧТД}}
}}
[[Узагальненням]]м вищенаведених формул є розкладання детермінанта за Лапласом ([[Теорема Лапласа]]), що дає можливість обчислювати визначник за довільними k рядками (стовпцями):
:: <math>\Delta=\sum_{1\leqslant j_1<\ldots<j_k\leqslant n} (-1)^{i_1+...+i_k+j_1+...+j_k} M_{j_1...j_k}^{i_1...i_k} \bar M_{j_1...j_k}^{i_1...i_k} </math>
== Властивості ==
| |||