1. Własności charakteryzujące wyznacznik i ich pierwsze konsekwencje.

Transkrypt

1 IV-1 H. Toruńczyk, GAL I (jesień 09) IV WYZNACZNIK 1. Wyznacznik a operacje elementarne. 1. Własności charakteryzujące wyznacznik i ich pierwsze konsekwencje. Niech dane będą ciało F i liczba naturalna k; gdy nie zaznaczono inaczej, rozważane w tym paragrafie macierze są rozmiaru k k i mają wyrazy w F. Naszym najbliższym celem jest udowodnienie poniższego twierdzenia i ustalenie pewnych jego konsekwencji: Twierdzenie 1 (o istnieniu i charakteryzacji wyznacznika, wersja pierwsza). Istnieje jedyna funkcja det : M k F o następujących własnościach: i) det(i) = 1; ii) jeśli w macierzy A M k do dowolnego wiersza dodamy inny jej wiersz, pomnożony przez skalar, to otrzymamy macierz B dla której det(b) = det(a); iii) jeśli w macierzy A M k dowolny wiersz pomnożymy przez skalar c, to otrzymamy macierz B, dla której det(b) = c det(a). Funkcję tę nazywać będziemy wyznacznikiem (po angielsku: determinant ); skalar det(a) oznaczany też będzie przez A. Wyznacznik odgrywa niezmiernie ważną rolę w algebrze liniowej i geometrii: umożliwia podanie wzorów na rozwiązania pewnych układów równań, odwrotność macierzy, objętość wielowymiarowych wielościanów, iloczyn wektorowy; przy jego pomocy ustalać można równania i znajdować wielomiany dające podstawowe informacje o rozważanych obiektach algebraicznych (np. macierzach) bądź geometrycznych. (Nie wyczerpuje to wszystkich zastosowań, a tylko daje pewien przegląd tych, które są dyskutowane dalej.) Warunki ii) oraz iii) traktowane są jako implikacje, tzn. zakładamy, że są spełnione dla każdej macierzy A M k (F) i każdego skalara; nie odnotowujemy jednak kwantyfikatorów w tych i dalszych podobnych warunkach, by uczynić je zwięźlejszymi. Jednoznaczność wyznacznika, którą udowodnimy w pierwszej kolejności, należy rozumieć tak, że jeśli funkcja d : M k F spełnia warunki i) iii) przy det zastąpionym przez d, to d(a) = det(a) dla każdej macierzy A M k. Zadanie 1. Niech funkcja d spełnia warunek iii). a) Gdy pewien wiersz macierzy A jest zerowy, to d(a) = 0. b) Gdy macierz A jest diagonalna i d(i) = 1, to d(a) = k i=1 a ii. Dowód jednoznaczności wyznacznika. Ustalmy funkcje det i d spełniające żądane warunki i niech A M k. Doprowadźmy macierz A do postaci zredukowanej N ciągiem wierszowych operacji elementarnych typu (I) i (II) (patrz lematy 1 i 2 w II.1.2). Niech będzie to ciąg A = A 1... A s = N. Wobec własności (ii) oraz (iii), dla każdego

2 1.1. IV-2 i = 2,..., s istnieje skalar c i F \ {0} taki, że d(a i ) = c i d(a i 1 ) oraz det(a i ) = c i det(a i 1 ). Stąd przy c := 1/ i c i zachodzi c 0 i d(a) = c d(n) oraz det(a) = c det(n) Są tylko dwie możliwości: albo pewien wiersz macierzy N jest zerowy, i wtedy d(n) = det(n) = 0 na mocy zadania 1, albo N = I, i wtedy d(n) = det(n) = 1 na mocy własności (i). Zatem zawsze d(n) = det(n) i stąd d(a) = det(a). Wykazaliśmy jedyność funkcji spełniającej żądane warunki; nie dowiedliśmy jednak jej istnienia. Uczynimy to dopiero w 2, a wpierw ustalimy pewne konsekwencje własności i), ii) oraz iii). Do 2.2 zakładamy, że funkcja det istnieje. Wniosek 1. Jeśli funkcja d : M k F spełnia warunki ii) oraz iii) (lecz niekoniecznie i)), to jest proporcjonalna do wyznacznika, tzn. d(a) = det(a) d(i) dla A M k. Dowód. Przy poprzednich oznaczeniach, d(a) = det(a) = 0 gdy N I, a w przeciwnym razie d(a) = c d(i) i det(a) = c. Stąd d(a) = det(a) d(i) dla A M k. Ponadto, prawdziwe są następujące ważne twierdzenia: Twierdzenie 2. Macierz A M k jest osobliwa wtedy i tylko wtedy, gdy det(a) = 0. Dowód. Jak wykazaliśmy, (det(a) = 0) (N I), gdzie N jest postacią zredukowaną macierzy A. Twierdzenie 3 (Cauchy ego). det(ab) = det(a) det(b) dla A, B M k. Dowód. Ustalmy B i niech d(a) := det(ab) dla A M k. Wówczas d(i) = det(b), więc na mocy wniosku 1 pozostaje dowieść, że funkcja d ma własności ii) oraz iii). Jednak gdy wykonanie danej wierszowej operacji prowadzi od A do A, to prowadzi też od AB do A B bo dla dowolnej macierzy X M k prowadzi od X do EX, gdzie E M k nie zależy od X, zaś E(AB) = (EA)B = A B. (Patrz II.4.3.) Powoduje to, że gdy operacja jest typu (I), to d(a ) = det(a B) = det(ab) = d(a), a gdy jest pomnożeniem pewnego wiersza przez c, to w ten sam sposób d(a ) = c d(a). Wniosek 2. Gdy A jest macierzą nieosobliwą, to det(a 1 ) det(a) = 1. Zakończmy ten punkt dowodząc dalszych dwóch własności wyznacznika.

3 IV-3 H. Toruńczyk, GAL I (jesień 09) Stwierdzenie 1. Funkcja det ma też następujące własności: iv) jeśli w macierzy A M k zamienimy miejscami dwa wiersze, to otrzymamy macierz B, dla której det(b) = det(a); v) jeśli macierz A M k ma dwa wiersze takie same, to det(a) = 0. Dowód. Ad iv). Załóżmy dla prostoty, że zamieniane są wiersze o numerach 1 i 2. Ciąg operacji A [1]+[2] [2] [1] [1]+[2] A 1 A 2 A 3 prowadzi od A do macierzy różniącej się od B tylko znakiem drugiego wiersza. Z własności ii) oraz iii) wynika więc, że det(a) = det(a 3 ) = det(b). Ad v). Odejmijmy jeden z rozważanych wierszy od drugiego; otrzymamy macierz A o wierszu zerowym. Stąd det(a) = det(a ) = 0 na mocy zadania 1 i własności ii). Zadanie 2. a) Wykonując kilkukrotnie operację dodawania do wiersza krotności innego, uzyskać zmianę znaku dwóch wierszy rozważanej macierzy. b) Czy można w ten sposób zamienić miejscami dwa wiersze macierzy jednostkowej? Zmienić znak jednego jej wiersza? (Odpowiedź zależy od tego, czy 1 F + 1 F = 0 F.) 2. Wyznacznik macierzy trójkątnej lub transponowanej. Twierdzenie 1. Wyznacznik trójkątnej macierzy A M k jest równy k i=1 a ii. Dowód. Wobec zadania 1 z p.1 wystarcza macierz A przeprowadzić operacjami wierszowymi typu (I) w taką, która ma niezmienioną przekątną i jest diagonalna lub ma pewien wiersz zerowy. Wykorzystamy do tego indukcję względem k. Gdy macierz A jest dolnie trójkątna, to dla a 11 = 0 nie ma czego dowodzić, a dla a 11 0 odejmujemy odpowiednie wielokrotności wiersza 1 od pozostałych, uzyskując a i1 = 0 dla i > 1, po czym stosujemy założenie indukcyjne do klatki powstałej z A przez wykreślenie pierwszego wiersza i kolumny. Gdy macierz A jest górnie trójkątna należy wyżej a 11 zastąpić przez a kk, a pierwszą kolumnę i wiersz przez ostatnie. Sprawdźmy, jak wykonanie operacji kolumnowej typu (I) wpływa na wyznacznik. Lemat 1. Jeśli w macierzy A M k do pewnej kolumny dodamy do inną, pomnożoną przez skalar, to otrzymamy macierz B, dla której det(b) = det(a). Dowód. Mamy B = AE, gdzie E oznacza macierz powstałą przez wykonanie rozważanej operacji na macierzy I. (Patrz twierdzenie 1b) w II.4.3.) Jest widoczne, że macierz E jest trójkątna i ma wyłącznie jedynki na przekątnej. Stąd det(e) = 1 i ostatecznie det(b) = det(a) det(e) = det(a) na mocy twierdzenia Cauchy ego. Twierdzenie 2. det(a) = det(a t ) dla każdej macierzy A M k.

4 2.1. IV-4 Dowód. Dla macierzy trójkątnej żądana równość wynika z twierdzenia 1. W ogólnym przypadku przeprowadźmy A w macierz schodkową B przy pomocy ciągu elementarnych operacji wierszowych typu (I); odpowiadający mu ciąg operacji kolumnowych przeprowadza A t w B t. Z własności ii) i lematu wynika więc, że det(a) = det(b) i det(a t ) = det(b t ), a z powyższego przypadku szczególnego że det(b) = det(b t ). (Zauważmy, że macierz schodkowa jest trójkątna.) Stąd teza. Wyznacznik macierzy obliczyć więc można przez sprowadzenie jej operacjami wierszowymi lub kolumnowymi do postaci schodkowej Przykład 1. Niech A = By obliczyć det(a), doprowadzimy A do postaci schodkowej, uwzględniając przy każdej operacji własności ii) v): det = 2 det = 2 det = = 4 det , = 4 det , , 5 = , 5 = 66. Podkreślmy, że wszystkie udowodnione rezultaty mają w tej chwili jedynie warunkowy charakter: jeśli funkcja o własnościach i), ii) oraz iii) istnieje, to ma i dalsze wymienione własności, a jej wartość obliczyć można w opisany sposób. Zaradzimy tej warunkowości dopiero dowodząc istnienia wyznacznika. Zadanie 1. Gdy klatki [ P i Q] są kwadratowe, a jedna z klatek X, Y jest zerowa, to P Y wyznacznik macierzy jest równy iloczynowi det(p) det(q). (Wskazówka: X Q gdy X = 0 sprowadzić klatki P i Q do postaci schodkowej operacjami typu (I). Gdy Y = 0 przejść do macierzy transponowanej.) Zadanie uzupełniające 1. Niech funkcja d : M k F będzie multyplikatywna (czyli taka, że d(ab) = d(a) d(b) dla A, B M k ). Dowieść, że jeśli d(a) = i a ii dla trójkątnych macierzy A, to d = det. (Wskazówka: macierze elementarne.) Problem 1. a) Nadal, niech funkcja d : M k F będzie multyplikatywna. Dowieść istnienia takiej multyplikatywnej funkcji ϕ : F F, że d = ϕ det. b) Gdy F = R dowieść, że jeśli powyższa funkcja ϕ jest ciągła, to jest zerowa lub dla pewnego α > 0 jest postaci t t α lub t t α Sgn(t). Zadania ze zbioru Kostrykina: I.3.3, I.3.5, I.3.7.

5 IV-5 H. Toruńczyk, GAL I (jesień 09) 2. Istnienie wyznacznika. Wyznacznik jako wieloliniowa i alternująca funkcja wierszy macierzy. 1. Dygresja o funkcjach antysymetrycznych, wieloliniowych i alternujących. Niekiedy wygodnie będzie na det patrzeć jako na funkcję układu wektorów v 1,..., v k F k, określoną tak: det(v 1,..., v k ) := det(a), gdzie A to macierz o pierwszym wierszu v 1, drugim v 2, itd. Mówimy też wtedy, że wyznacznik traktujemy jako funkcję wierszy macierzy. (Wiersze są elementami przestrzeni X := F k.) By nazwać własności tej funkcji wprowadzimy dwie definicje. Definicja. Niech X k = X X X oznacza iloczyn kartezjański k egzemplarzy pewnego zbioru X. O funkcji f : X k F powiemy, że jest: alternująca, jeśli f(x 1,..., x k ) = 0 dla każdego ciągu (x 1,..., x k ) X k, mającego dwa wyrazy równe (tzn. takiego, że x i = x j dla pewnych i j), antysymetryczna, jeśli f(x 1,..., x k ) = f(x 1,..., x k ) dla każdych ciągów (x i) k i=1, (x i )k i=1 X k, z których jeden otrzymano przez zamianę w drugim dwóch wyrazów miejscami. Wniosek 1. Wyznacznik jest antysymetryczną i alternującą funkcją wierszy macierzy. Dowód. Mówią o tym własności (iv) i (v). Definicja. Niech V będzie przestrzenią wektorową. Funkcję f : V k F nazwiemy wieloliniową (lub: k liniową, gdy zaznaczyć chcemy wartość k), jeśli jest ona liniowa względem każdego argumentu przy ustalonych pozostałych, tzn. jeśli dla i k i v 1,...v i 1, v i+1,..., v k V, funkcja spełnia warunek φ(v) := f(v 1,..., v i 1, v, v i+1,..., v k ) dla v V φ(u + cw) = φ(u) + cφ(w) dla wszystkich u, w V i c F. Stwierdzenie 1. Funkcja d : M k F, która jest wieloliniowa i alternująca jako funkcja wierszy macierzy, spełnia też warunki (ii) oraz (iii). Dowód. Warunek (iii) wynika z wieloliniowości. By dowieść (ii) oznaczmy kolejne wiersze macierzy A przez a 1,..., a k i niech B będzie macierzą otrzymaną z A przez dodanie c krotności jej wiersza a s do wiersza a t. Przyjmując dla prostoty oznaczeń s = 1, t = 2 uzyskujemy d(a 1, ca 1 +a 2, a 3,..., a k ) = c d(a 1, a 1, a 3,..., a k )+ d(a 1, a 2, a 3,..., a k ) = d(a 1,..., a k ), co oznacza żądaną równość d(b) = d(a).

6 2.1. IV-6 Zadanie 1. Jeśli 2 F 0 F i funkcja f : X k F jest antysymetryczna, to jest alternująca. Zadanie 2. By funkcja f : X k F była antysymetryczna wystarcza, by spełniała warunek definiujący te funkcje, lecz ze słowami dwóch wyrazów zastąpionymi przez kolejnych dwóch wyrazów. Nasz dalszy plan jest taki, by istnienia wyznacznika dowieść w oparciu o stwierdzenie 1. Najpierw jednak musimy dowieść istnienia jakiejkolwiek niezerowej funkcji antysymetrycznej k zmiennych. Lemat 1. Niech X = {1,..., k} i u 0 (x 1,..., x k ) = 1 i<j k (x j x i ) dla x 1,..., x k X. Wówczas u 0 : X k R jest funkcją antysymetryczną. Dowód. Wobec zadania 2 wystarczy dowieść, że że gdy (x i ) otrzymano z (x i) przez zamianę x s z x s+1, to u 0 (x 1,..., x k ) = u 0(x 1,..., x k ). Nietrudno jednak zauważyć, że liczba ujemnych różnic x j x i (i < j) o jeden różni się od liczby takich różnic x j x i. Wykorzystamy też to, jak permutowanie argumentów zmienia wartość funkcji antysymetrycznej. Definicja. Permutacją zbioru X nazywamy każde różnowartościowe przekształcenie zbioru X na X. Zbiór wszystkich permutacji zbioru X oznaczamy przez S X, a gdy X = {1,..., n} przez S n. Permutacje σ, τ S X możemy składać: (σ τ)(x) := σ(τ(x)) dla x X, przy czym często zamiast σ τ piszemy στ, a złożenie permutacji nazywamy ich iloczynem. Permutację σ S X nazywamy cyklem długości s, jeśli istnieją różne elementy x 1,..., x s X takie, że σ działa następująco: x 1 x 2... x s x 1 oraz x x dla x X \{x 1,..., x s }. Piszemy wtedy σ = (x 1, x 2,..., x s ); gdy s = 2, cykl nazywamy transpozycją. Okazuje się, że każda permutacja skończonego zbioru jest iloczynem cykli, a cykl długości s iloczynem s 1 transpozycji. Zadanie 3. Udowodnić to. Twierdzenie 1. Istnieje jedyna funkcja Sgn : S n {+, } taka, że dla każdej permutacji σ S n i każdej funkcji antysymetrycznej u : X n F zachodzi równość u(x σ(1),..., x σ(n) ) = Sgn(σ)u(x 1,..., x n ) dla x 1,..., x n X. (1) Ponadto, Sgn(σ) = ( 1) s gdy σ jest złożeniem s transpozycji. Dowód. Niech permutacja σ S n będzie złożeniem s transpozycji. Dla każdej antysymetrycznej funkcji u : X n F otrzymujemy wtedy u(x σ(1),..., x σ(n) ) = ( 1) s u(x 1,..., x n ) dla x 1,..., x n X. (2)

7 IV-7 H. Toruńczyk, GAL I (jesień 09) Czynnik ( 1) s po prawej stronie jest niezależny od rozważanej funkcji u; traktujemy go przy tym jako odpowiedni znak ±, niezależny i od ciała F. Obierzmy więc za u funkcję u 0 z lematu 1. Ponieważ liczba c = u 0 (1, 2,..., k) jest niezerowa, więc otrzymana równość ( 1) s c = u 0 (σ(1),..., σ(k)) dowodzi, że znak ( 1) s zależy tylko od permutacji σ, a nie od reprezentacji σ w postaci iloczynu transpozycji. Wniosek 2. Gdy σ S n Sgn(σ) = ( 1) p+σp i=1 k i. jest iloczynem cykli długości k 1,..., k p, odpowiednio, to Dowód. σ jest złożeniem s transpozycji dla s = Σ p i=1 (k i 1), patrz zadanie 3. Twierdzenie 2. Sgn(στ) = Sgn(σ)Sgn(τ) dla σ, τ S n, i analogicznie dla iloczynu większej liczby permutacji. W szczególności, Sgn(σ 1 ) = Sgn(σ). Dowód. Niech σ będzie złożeniem s transpozycji, a τ złożeniem t transpozycji. Wówczas στ jest złożeniem s + t transpozycji, skąd Sgn(στ) = ( 1) s+t = ( 1) s ( 1) t = Sgn(σ)Sgn(τ). Dla τ := σ 1 daje to równość Sgn(σ 1 ) = Sgn(σ), bo Sgn(σ) = ±1 i Sgn(1) = +1. Zadanie uzupełniające 1. Gdy wieloliniowa funkcja f : V k F spełnia warunek f(v 1,..., v k ) = 0 dla ciągów (v i ) k i=1 V k mających dwa kolejne wyrazy równe, to jest ona alternująca i antysymetryczna. Zadanie uzupełniające 2. Przestawieniem dla permutacji σ S n nazywamy każdą parę liczb (i, j) taką, że 1 i < j n i σ(i) > σ(j). Dowieść, że Sgn(σ) = ( 1) p, gdzie p to liczba przestawień dla σ. Zadanie uzupełniające 3. Niech permutacja π S k+l przeprowadza liczby 1,..., k odpowiednio na l + 1,..., l + k, a k + 1,..., k + l na 1,..., l. Dowieść, że Sgn(π) = ( 1) kl. 2. Istnienie wyznacznika i jego nowa charakteryzacja. Przejdźmy do dowodu istnienia funkcji det z p.1. Ustalmy funkcję f : X k F, gdzie X jest dowolnym zbiorem i k {2, 3..., }, i niech F (x 1,..., x k ) := π S k Sgn(π)f(x π(1),..., x π(k) ) dla x 1,..., x k X. (3) Oczywiście F jest funkcją z X k do F, a także F = π S k Sgn(π) (f π), gdzie dla π S k definiujemy bijekcję π : X k X k wzorem π(x 1,..., x k ) = (x π(1),..., x π(k) ). Przykład 1. Gdy k = 2, to F (x 1, x 2 ) = f(x 1, x 2 ) f(x 2, x 1 ).

8 2.2. IV-8 Zadanie 1. π : V k V k jest bijekcją i dla π, σ S k zachodzi πσ = π σ. Twierdzenie 1. Wzór (3) definiuje antysymetryczą i alternującą funkcję F : X k F. Dowód. By dowieść antysymetrii zauważamy, że pisząc dla krótkości ε π w miejsce Sgn(π) mamy dla σ S k : ( ) F σ = ε π (f π) σ = ε π (f π σ) = ε σ 1 ε πσ (f πσ) π S k π S k π S k Zastępując π σ przez τ pod znakiem sumy stwierdzamy, że F σ = ε σ F, co oznacza antysymetrię funkcji F. Gdy 2 F 0 F, to z antysymetrii wynika już, że funkcja F jest alternująca; patrz zad. 1 w p.1. Dla zainteresowanych podamy dowód, słuszny i gdy 2 F = 0 F. Niech x = (x i ) k i=1 V k będzie ciągiem takim, że x s = x t dla pewnych s < t, i niech τ oznacza transpozycję (s, t). Przy S ± k oznaczającym zbiór permutacji odpowiedniego znaku mamy wtedy π S + k π τ S k, skąd F (x) = π S + k f( π(x)) π S + k f( π τ(x)) = π S + k f( π(x)) π S + k f( π(x)) (bo τ(x) = x). Tak więc F (x 1,..., x k ) = 0 jeśli x s = x t dla pewnych s < t, co kończy dowód. Uwaga 1. Gdy X = V jest przestrzenią liniową i funkcja f : V k F jest wieloliniowa, to i funkcja F : V k F jest taka. Wynika to stąd, że jest ona kombinacją wieloliniowych funkcji f π. Potraktujmy teraz funkcję M k F, zadaną wzorem f(a) := a 11 a 22...a kk, jako funkcję wierszy macierzy a więc jako funkcję z V k do F, gdzie V = F k. Oczywiście, jest ona liniowa ze względu na każdy z wierszy, przy ustalonych pozostałych. Odpowiadająca jej funkcja F jest zadana wzorem A π S k Sgn(π)a π(1)1...a π(k)k dla A M k (4) Z powyższego wynika, że jako funkcja wierszy macierzy jest ona wieloliniowa i alternująca; ponadto, F (I) = 1 (dlaczego?). Wobec stwierdzenia 1 w p.1, wzór (4) można więc przyjąć jako definicję wyznacznika. Wzór ten nazywamy pełnym rozwinięciem wyznacznika. Uwaga 2. Tym samym, zakończony został dowód twierdzenia 1 z p.1. Okazało się też, że prócz własności rozważanych w 1.1, wyznacznik ma następującą własność, wynikającą z jego liniowości ze względu na każdy wiersz, przy ustalonych pozostałych: vi) jeśli, dla pewnego i, wiersz i ty macierzy B M k jest sumą i-tych wierszy macierzy A i A, a poza tym wierszem macierze A, A i B są równe, to B = A + A.

9 IV-9 H. Toruńczyk, GAL I (jesień 09) Twierdzenie 2 (o charakteryzacji wyznacznika, wersja druga). Wyznacznik jest jedyną funkcją M k F, która jest unormowana (tzn. na macierzy I k przyjmuje wartość 1) i jako funkcja wierszy macierzy jest wieloliniowa i alternująca. Równoważnie: det : M k F jest jedyną funkcją o własnościach i), iii), v), vi). Dowód. Jak wykazano, wyznacznik ma wymienione własności. Te zaś implikują własności i) iii), charakteryzujące wyznacznik. (Z zadania uzupełniającego 1 w p.1 wynika, że jest tak nawet, gdy własność v) osłabić, rozważąjąc w niej tylko kolejne dwa wiersze.) Twierdzenie 3. Wyznacznik zachowa własności od i) do vi), gdy w ich sformułowaniach wiersze zastąpić kolumnami. Obie wcześniejsze charakteryzacje wyznacznika też pozostaną wtedy prawdziwe. Dowód. Rozpatrzymy tylko własność vi) i jej zmieniony odpowiednik, który oznaczymy przez vi t ). Jeśli macierze A, A i B pozostają ze sobą w związku opisanym w vi t ), to transponując je otrzymamy macierze pozostające ze sobą w związku opisanym w vi). Stąd B = A + A na podstawie własności vi) i twierdzenia 2 w 1.2. Rozumowanie w pozostałych przypadkach jest analogiczne. Uwaga 3. Z (4) wynika, że det(a) = a 11 a 22 a 12 a 21 dla A M 2 oraz det(a) = a 11 a 22 a 33 +a 12 a 23 a 31 +a 13 a 21 a 32 a 13 a 22 a 31 a 11 a 23 a 32 a 12 a 21 a 33 dla A M 3. Ostatni wzór można łatwo zapamiętać posługując się następującym schematem Sarrusa (dla oszczędzenia miejsca, wyrazy reprezentujemy przez ich wskażniki): Do 3 3-macierzy dopisujemy jej dwie pierwsze kolumny i sumujemy 6 iloczynów wszystkich układów 3 wyrazów, rozmieszczonych równolegle do którejś z przekątnych; każdy iloczyn opatrzony jest zaznaczonym znakiem + lub Zadanie 2. Dla zespolonej macierzy kwadratowej A = (a ij ) przyjmijmy A = (a ij ). Udowodnić, że liczby zespolone det(a) i det(a) są wzajemnie sprzężone. Zadania uzupełniające. Zadanie uzupełniające 1. W każdym z poniższych przypadków dowieść nieosobliwości k k macierzy A:

10 3.1. IV-10 a) istnieją liczby a b takie, że a ij = a gdy i = j i a ij = b w przeciwnym razie, przy czym a b(1 k); a) a ij jest liczbą całkowitą nieparzystą gdy i = j, a parzystą w przeciwnym razie; b) a ij jest liczbą całkowitą parzystą gdy i = j, a nieparzystą w przeciwnym razie, przy czym liczba k jest parzysta. 2. a) Niech funkcje f i : R R (i = 1,.., n) posiadają pochodne f (j) i aż do rzędu n 1. Udowodnić, że jeśli funkcje te są liniowo zależne, to wyznacznik macierzy o kolumnach (f (j) (j) 1 (t),..., f n (t)) (j = 0,..., n 1) jest równy 0, dla każdego t R. (Tu f (0) i := f i. Wyznacznik ten nazywany jest wrońskianem funkcji f 1,..., f n, od M. Hoehne Wrońskiego, polskiego matematyka z połowy 19 w.) b) Wykorzystać to do dowodu niezależności funkcji e x, e 2x, e 3x. 3. Gdy P i Q są rzeczywistymi [ ] macierzami kwadratowymi tego samego stopnia, to wyznacznik macierzy jest równy det(p + Qi) P Q Q P 2. (Wskazówka: przy pomocy [ ] P Q wierszowych i kolumnowych operacji typu (I), przeprowadzić macierz w Q P [ ] [ ] P + Qi Pi Q P + Qi 0, a tę w.) Q P Q P Qi 4. Zbadać, dla jakich k istnieją macierze A M k (R) takie, że każdy składnik Sgn(π)a π(1)1...a π(k)k sumy we wzorze (4) jest dodatni. 5. Gdy 1 F + 1 F 0 F, to twierdzenie 2 zostanie słuszne po zmianie warunku (v) na (iv); wynika to z zadania 1 w p.1. Dla F = Z 2 podać przykład różnej od wyznacznika funkcji M 2 (F) F, która jest antysymetryczna, unormowana i wieloliniowa. Zadania ze zbioru Kostrykina: I.3.2, I Rozwinięcia wyznacznika. W dalszej części, wyznacznik macierzy A będziemy wymiennie oznaczać przez det(a) i A. 1. Rozwinięcie Laplace a. Niejednokrotnie będziemy mieli do czynienie z wyznacznikami kwadratowych podmacierzy rozważanej macierzy; nazywamy je jej minorami. Na minor przenosimy nazwy tyczące się podmacierzy, której jest wyznacznikiem. (Mówimy więc o stopniu czy rozmiarze minora, o tym, przez jakie wiersze i kolumny jest wyznaczony, itp.) W

11 IV-11 H. Toruńczyk, GAL I (jesień 09) tym punkcie ustalone będą związki pomiędzy wyznacznikiem macierzy a pewnymi jej minorami. Definicja. Niech A = (a ij ) i,j M k. Macierzą dopełniającą wyrazu a ij nazywamy macierz, otrzymaną z A przez wykreślenie i tego wiersza i j tej kolumny. Macierz tę oznaczamy A ij. Twierdzenie 1 (Laplace a). Dla A M k i n = 1,..., k prawdziwe są wzory: k k A = ( 1) n+j a nj A nj oraz A = ( 1) i+n a in A in j=1 Dowód. Druga równość wynika z pierwszej, gdy odnieść ją do macierzy C := A t. (Jest tak, bo c in = a ni, C in = A t ni = A ni i C = A ; patrz twierdzenie 2 w 1.2.) Zajmiemy się więc tylko pierwszą równością. Niech wpierw n = 1 i wiersz pierwszy ma tylko jeden wyraz niezerowy, powiedzmy s ty. Ządana równość wtedy sprowadza się do następującej: A = ( 1) 1+s a 1s A 1s. Gdy s = 1, to ta ostatnia wynika z zadania 1 w 1.2. Gdy s > 1, to stosujemy indukcję, zamieniając kolumnę s tą z poprzedzającą. Otrzymamy macierz A taką, że A = A i A 1 s 1 = A 1s ; pozostaje więc do niej zastosować założenie indukcyjne. Gdy zaś nadal n = 1, lecz pierwszy wiersz jest dowolny, to przedstawiamy go w postaci s a 1se s i wykorzystujemy liniowość wyznacznika względem pierwszego wiersza, przy ustalonych pozostałych. Otrzymujemy A = k s=1 A s, gdzie macierz A s powstaje z A przez zastąpienie jej pierwszego wiersza wierszem a 1s e s. Stosując do A s udowodnioną tożsamość uzyskujemy żądaną równość A = ( 1) 1+s a 1s A 1s. Wreszcie gdy n > 1, to podobnie wykorzystujemy indukcję, zamieniając wiersz n-ty z poprzedzającym i korzystając z tego, że otrzymana macierz B spełnia warunki B = A oraz B n 1 j = A n j dla j = 1,..., k. Tak więc A = B = k i=1 ( 1)i+n 1 a in A in, co kończy dowód. Wzory powyższe nazywane są rozwinięciami Laplace a wyznacznika wzdłuż n- tego wiersza (pierwszy wzór) bądź n-tej kolumny (drugi wzór). Przykład 1. Obliczymy wyznacznik stosując rozwinięcie według pierwszego wiersza: = = = 48. Moglibyśmy zastosować rozwinięcie względem innego wiersza lub dowolnej kolumny. Wybierając kolumnę drugą otrzymujemy podobnie: = = = 48. i=1

12 3.1. IV-12 W przypadku macierzy o dostatecznie regularnej budowie można wykorzystać rozwinięcie Laplace a do uzyskania rekurencyjnych zależności pomiędzy wyznacznikami macierzy różnych stopni. Rozpatrzymy dwa przykłady. Przykład 2. Ustalmy ciąg x, c 1, c 2... elementów F i niech A n oznacza n n macierz, której pierwszym wierszem jest xe 1 + c n e n, drugim e 1 + xe 2 + c n 1 e n, trzecim e 2 + xe 3 + c n 2 e n, i tak dalej aż do wiersza n tego, którym jest e n 1 + (x + c 1 )e n. N.p.: A 4 = x 0 0 c 4 1 x 0 c x c x + c 1 W celu obliczenia A n wykorzystamy rozwinięcie wzdłuż pierszego wiersza. Oznaczmy chwilowo A n przez B. Oczywiście, B 11 = A n 1, zaś B 1n jest macierzą trójkątną mającą wyłącznie wyrazy 1 na przekątnej. Wobec tego. A n = x A n 1 + ( 1) n+1 c n ( 1) n 1 = x A n 1 + c n. Stąd przez indukcję nietrudno dowieść, że A n = x n +c 1 x n 1 +c 2 x n c n 1 x+c n. Przykład 3. Wyliczymy wyznacznik Vandermonde a V (x 0,..., x n ) := det 1 x 0 x x n 0 1 x 1 x x n x n x 2 n... x n n W tym celu poczynając od przedostatniej, a kończąc na pierwszej, mnożymy każdą kolumnę przez x 0 i odejmujemy od następnej. Ponieważ żadna z tych operacji nie zmienia wartości wyznacznika, więc V (x 0,..., x n ) = det 1 x 1 x 0 x 2 1 x 1 x 0... x n 1 x n 1 1 x x n x 0 x 2 n x n x 0... x n n x n 1 n x 0 Rozwińmy ten wyznacznik wzdłuż pierwszego wiersza, a następnie zastosujmy wielokrotnie własność iii) z p.1. Otrzymamy x 1 x 0 (x 1 x 0 )x 1... (x 1 x 0 )x n 1 1 n V (x 0,..., x n ) = det = (x i x 0 )V (x 1,..., x n ) x n x 0 (x n x 0 )x 1... (x n x 0 )x n 1 n i=1 Stąd przez łatwą indukcję V (x 0,..., x n ) = 0 i<j n (x j x i ).

13 IV-13 H. Toruńczyk, GAL I (jesień 09) Nierzadko podobną rekurencję można jednak uzyskać innymi metodami. Przykład 4. Ponownie zajmiemy się wyznacznikiem Vandermonde a. Przy ustalonych x 0,..., x n jest on wielomianem zmiennej x n, stopnia n, przyjmującym wartość 0 gdy x n {x 0,..., x n }. Stąd V (x 0,..., x n ) = n 1 i=0 (x n x i )W 0, gdzie W 0 nadal jest wielomianem zmiennej x n, zależnym jednak od x 0,..., x n 1. (Zakładamy dla uproszczenia, że x i x j dla i < j < n.) Porównanie stopni obu stron pokazuje, że stopień wielomianu W 0 wynosi zero; jest on więc stałą, zależną od x 0,..., x n 1. Załóżmy (bo nie umiemy obecnie udowodnić), że zależność ta jest wielomianowa. Traktując wtedy x n 1 jako zmienną, przy ustalonych x 0,..., x n 2, x n stwierdzimy podobnie, że W 0 = n 2 i=0 (x n 1 x i )W 1, gdzie W 1 jest wielomianem zmiennych x 0,..., x n 2, aż dojdziemy do udowodnionego w przykładzie 3 wzoru, z dokładnością jednak do pomnożenia prawej strony przez stałą (odpowiadającą wielomianowi W n ). Stałą tę można wyznaczyć porównując n.p. współczynniki obu stron przy x n n, gdy obie strony traktować jako wielomiany zmiennej x n, przy ustalonych pozostałych. W ten sposób znaleźliśmy szukany wzór, co przy rozumowaniach indukcyjnych nie zawsze jest proste. Zadania uzupełniające. (Jak przykład 4, zadania 1 3 wzorowane są na anonimowych metriałach z M.I.T.) 1. Udowodnić wzór Cauchy ego: det ( 1/(x i + y j ) ) k i,j=1 = 1 i<j k (x j x i )(y j y i )/ 1 i j k (x i + y j ). 2. W tym zadaniu oznaczamy przez A ST klatkę macierzy A M k, powstałą z A przez wykreślenie wierszy o numerach ze zbioru S i kolumn ze zbioru T. Udowodnić za Lewisem Carollem (tym od Alicji ), że A A {i,j}{i,j} = A ii A jj A ij A ji. 3. Niech A M k będzie macierzą, której wyraz a ij jest równy x j gdy j < i i y j gdy j i. Kierując się przykładem 4 znaleźć wzór na det(a) i udowodnić go indukcyjnie. 4. Udowodnić, że wszystkie wyrazy macierzy kwadratowej A zwiększyć o x, to jej wyznacznik zmniejszy się o x B, gdzie B to macierz powstała z A przez dopisanie pierwszego wiersza v = (0, 1,..., 1) i pierwszej kolumny v. (Wskazówka: obliczyć dwoma sposobami wyznacznik macierzy, powstałej z A przez rozszerzenie jej o wiersz i kolumnę, równe (1/x, 1,..., 1) i (1/x, 1,..., 1), odpowiednio.) Zadania ze zbioru Kostrykina: I.3.4, I Wyznacznik a układy równań liniowych i odwrotność macierzy. Zaczniemy od przeformułowania twierdzenia 2 w 1.1: Wniosek 1. Dla A M k układ jednorodny Ax = 0 wtedy i tylko wtedy ma niezerowe rozwiązanie, gdy A = 0.

14 3.2. IV-14 Przejdźmy do niejednorodnych układów równań. Twierdzenie 1. Rozważmy układ równań Ax = b, gdzie A M k, b F k. Jeśli A 0, to układ ten posiada jedyne rozwiązanie v F k, i zadane jest ono następującymi wzorami Cramera: v j = 1 A B j (j = 1, 2,..., k), (5) gdzie B j jest macierzą powstałą z A przez zastąpienie jej j-tej kolumny wektorem kolumnowym b. Dowód. Na mocy twierdzenia 2 w 1.1 macierz A jest nieosobliwa, skąd rozważany układ ma jedyne rozwiązanie. Oznaczmy je przez v, a kolumny macierzy A przez a 1,..., a k. Równanie x 1 (v 1 a 1 b) + x 2 a x k a k = 0 ma niezerowe rozwiązanie (1, v 2,..., v k ), wobec czego wyznacznik macierzy o kolumnach v 1 a 1 b, a 2,..., a k jest równy 0. Z kolumnowych odpowiedników własności vi) oraz ii) wynika więc, że v 1 A B 1 = 0. Tak samo, v j A B j = 0 dla j = 2,..., k. Przykład 1. Rozważmy układ równań: x 1 + 2x 2 + 3x 3 = 1 2x 1 x 2 x 3 = 0 x 1 + x 2 + x 3 = 1 Rozwijając poniżej licznik i mianownik względem pierwszych kolumn otrzymujemy: = = ( 1) Ponieważ wyznacznik macierzy rozważanego układu równań okazał się różny od zera, więc rozwiązanie (v 1, v 2, v 3 ) istnieje i jest jedyne, a v 1 = 1. (Dla układów, których macierz ma zerowy wyznacznik, zastosowanie wzorów Cramera prowadzi do nonsensownych wyrażeń o mianowniku 0. Rozwiązanie nadal może istnieć, lecz nie jest wtedy jedyne i opis zbioru rozwiązań uzyskujemy stosując metody opisane w rozdziale II.) Twierdzenie 2. Niech A M k. Dla macierzy D, której (i, j)-tym wyrazem jest ( 1) i+j A ij (i oraz j przebiegają {1,..., k}), prawdziwe są równości: AD t = D t A = A I k. W szczególności, jeśli A 0, to macierz A jest odwracalna i A 1 = 1 A Dt.

15 IV-15 H. Toruńczyk, GAL I (jesień 09) Dowód. Obliczmy (i, j)-ty wyraz macierzy X := AD t : k x ij = ( 1) j+s a is A js s=1 Prawa strona jest równa rozwinięciu Laplace a, wzdłuż j-tego wiersza, wyznacznika macierzy powstałej z A przez zastąpienie jej j-tego wiersza i-tym. Zatem x ij = A gdy i = j oraz x ij = 0 gdy i j (wykorzystujemy własność (v) z 1.1). To dowodzi, że AD t = A I k, a równości D t A = A I k dowodzimy analogicznie. Istnienie i jedyność rozwiązania w twierdzeniu 1 oraz odwracalność A w twierdzeniu 2 były już nam znane. Nowe są jednak jawne wzory na A 1 i na rozwiązanie układu Ax = b, gdy A M k jest macierzą nieosobliwą. Choć ze względu na liczbę niezbędnych obliczeń tylko dla małych lub bardzo specjalnych macierzy A wzory te można praktycznie wykorzystać, to jednak ich istnienie i postać mają istotne znaczenie. Macierz D t z twierdzenia 2 nazywana jest macierzą dołączoną macierzy A. Zadanie uzupełniające 1. Oznaczmy macierz D z twierdzenia 2 przez D A. Dowieść, że a) D A = A k 1. b) D AB = D A D B dla A, B M k. Zadania ze zbioru Kostrykina: 7 w I.4.2; 6,11,14,16 w I.2.3; 18,19,20 w I Twierdzenie Bineta Cauchy ego. Ten punkt zawiera materiał uzupełniający. Dowodzone w nim uogólnienie twierdzenia Cauchy ego o wyznaczniku iloczynu macierzy wykorzystamy w dalszej części tylko przy badaniu objętości w przestrzeniach R n. Tym niemniej, jest ono ważkie, a jego dowód jest dobrym wstępem do studiowania form wieloliniowych. Niech A M l,k i B M k,l. Wówczas macierz AB jest rozmiaru l l, i celem naszym jest wyrażenie jej wyznacznika poprzez minory macierzy A i B stopnia l. Dla opisania tej zależności oznaczmy przez X S,T podmacierz danej macierzy X, wyznaczoną przez jej wiersze o numerach ze zbioru S i kolumny o numerach ze zbioru T, przy czym za S czy T piszemy & gdy jest to zbiór numerów wszystkich wierszy czy kolumn. Twierdzenie 1 (Bineta Cauchy ego). Dla A M l,k i B M k,l ma miejsce równość AB = S A &,S B S,&, gdzie S przebiega wszystkie l-elementowe podzbiory zbioru {1,..., k}. (Jeśli takich nie ma, to AB = 0.) Twierdzenie Bineta Cauchy ego wygodnie jest uzasadnić traktując wyznacznik jako wieloliniową i alternującą funkcję wierszy macierzy. (Patrz 2.1 i 2.2). Wykorzystamy mianowicie następujące twierdzenie tyczące się takich funkcji:

16 3.3. IV-16 Twierdzenie 2. Niech V będzie przestrzenią wektorową, a f : V l F funkcją wieloliniową i alternującą. Jeśli u 1,..., u k V i v i := k j=1 a iju j dla i = 1,..., l, to f(v 1,..., v l ) = A(j 1,..., j l ) f(u j1,..., u jl ), (6) 1 j 1 <...<j l k gdzie A(j 1,..., j l ) jest podmacierzą macierzy (a ij ) i,j, wyznaczoną przez kolumny j 1,..., j l. (Gdy l > k, prawą stronę powyższego wzoru należy rozumieć jako 0.) Przed dowodem pokażemy, jak wynika stąd twierdzenie Bineta Cauchy ego. W tym celu ustalmy B M k,l i połóżmy f(v 1,.., v l ) = AB, gdzie A jest macierzą o wierszach v 1,.., v l F k. Żądaną tezę otrzymamy wprost ze wzoru (6), jeśli za u 1,..., u k obierzemy wektory e 1,..., e k F k. (Zauważmy, że f(e j1,..., e jl ) jest wyznacznikiem macierzy utworzonej przez wiersze j 1,..., j l macierzy B.) Przejdźmy do dowodu twierdzenia 2. Wobec wieloliniowości funkcji f, k f(v 1,..., v l ) = a 1s f(u s, v 2,..., v l ). Podobnie skąd f(u s, v 2,..., v l ) = f(v 1,..., v l ) = s=1 k a 2t f(u s, u t, v 3,..., v l ), t=1 k a 1s a 2t f(u s, u t, v 3,..., v l ). s,t=1 Kontynuując w ten sposób otrzymujemy k f(v 1,..., v l ) = a 1s1 a 2s2...a lsl f(u s1, u s2,..., u sl ). s 1,s 2,...,s l =1 Ponieważ funkcja f jest alternująca, więc f(u s1, u s2,..., u sl ) = 0 gdy ciąg (s n ) l n=1 nie jest różnowartościowy. Stąd f(v 1,..., v l ) = 0 przy k < l, a gdy k l możemy sumowanie po prawej stronie ograniczyć do różnowartościowych ciągów (s n ) l n=1. Każdy taki ciąg jest przez dokładnie jeden ciąg rosnący (j n ) l n=1 i permutację σ S l wyznaczony wzorem s n = j σ(n) dla n = 1,..., l. (Należy elementy zbioru {s 1,..., s l } uporządkować, otrzymując j 1,..., j l, a σ(n) określić powyższą równością.) Wykorzystamy teraz rezultaty z 2.1 i 2.3. Funkcja f jest antysymetryczna, patrz zad. uzup. 2 w 2.1, wobec czego f(u s1,..., u sk ) = Sgn(σ)f(u j1,..., u jk ) i dalej ( ) f(v 1,..., v l ) = f(u j1, u j2,..., u jl ) Sgn(σ)a 1jσ(1)... a ljσ(l). (7) σ S l 1 j 1 <...<j l k

17 IV-17 H. Toruńczyk, GAL I (jesień 09) Stosując do sumy w nawiasie wzór (4) otrzymujemy tezę. Zadania uzupełniające. 1. a) W oparciu o twierdzenie Bineta Cauchy ego udowodnić tożsamość Lagrange a (u u)(v v) (u v) 2 = 1 i<j k (u iv j u j v i ) 2 dla u, v F k. (Przyjmujemy u v := i u iv i.) b) Udowodnić ogólniejszą tożsamość Bineta Cauchy ego: (u u )(v v ) (u v )(v u ) = 1 i<j k (u iv j u j v i )(u i v j u j v i ) dla u, u, v, v F k. c) Udowodnić, że k i=1 u i 2 k i=1 v i 2 i u iv i 2 = 1 i<j k u iv j u j v i 2 dla u i, v i C (i = 1,..., k). 2. Dla l k i X M l,k (R) przyjmijmy N(X) := Σ, gdzie Σ jest sumą kwadratów wszystkich l l minorów macierzy X. Udowodnić, że: a) N(X) = XX t ; b) N(AX) = N(A)N(X) dla A M l (R). 3. Dowieść, że gdy #S = #T, C = AB i macierz A liczy k kolumn, to C S,T = U A S,U B U,T, gdzie U {1,..., k} przebiega zbiory równoliczne z S. (Przy #S = 1 daje to wzór na wyrazy C, a w innym przypadku twierdzenie Cauchy ego z p.1.) 4. Udowodnić następujące ogólne twierdzenie Laplace a o rozwinięciu wyznacznika: Dla A M k i S {1,..., k} zachodzi A = T A S,T A S,T ( 1) S+ T, gdzie T przebiega wszystkie pozbiory zbioru {1,..., k} równoliczne z S, oraz S oznacza sumę elementów zbioru S, zaś T sumę elementów zbioru T, S oznacza {1,..., k} \ S i podobnie dla T. Wskazówka: traktować A jako funkcję wierszy ze zbioru S, przy ustalonych pozostałych, i znaleźć jej wartość gdy każdy z tych wierszy jest jednym z wektorów e 1,..., e k ; następnie wykorzystać twierdzenie 2. Problem 2. Niech B = A 1 i #S = #T. Wówczas B S,T = A T,S A ( 1) S+ T. (Wskazówka: poprzedzające dwa zadania.) 5. Niech x, y C 4. Stosując ogólne twierdzenie Laplace a do macierzy o kolejnych wierszach x, y, x, y, przy S = {1, 2}, uzyskać zależność między liczbami p ik := x i y k y i x k (i, k = 1,..., 4, i k). 6. Wzór z

18 3.4. IV Wyznaczniki macierzy o wyrazach w pierścieniu przemiennym. Uwaga 1. Gdy wyrazy macierzy należą do pewnego podpierścienia ciała F, to jej wyznacznik też do niego należy; patrz wzór (4). Latwo więc rezultaty o wyznacznikach rozszerzyć na przypadek macierzy nad dowolnym pierścieniem P, dającym się zanurzyć jako podpierścień pewnego ciała F: możemy bowiem używać rezultatów dotyczących wyznaczników macierzy o wyrazach z F, podczas gdy rozważane wyznaczniki leżą w P. Szczególnie spotykane są dwa przypadki: gdy P = Z i gdy P = F[x] dla pewnego ciała F. (Traktujemy wówczas Z jako podzbiór ciała Q, a F[x] jako podzbiór tzw. ciała funkcji wymiernych). Uwaga 2. Można pójść dalej i zauważyć, że wszystkie wyniki o wyznacznikach, poza być może tą częścią twierdzenia charakteryzacyjnego z 1.1, która mówi o jedyności, stosują się do macierzy o wyrazach w dowolnym pierścieniu przemiennym. Istotnie, przy definicji A z 2.2, nie wymagają zmiany dowody twierdzenia 1 w 2.2 i dowody obu twierdzeń z p.3, w tym wzoru (7). Z twierdzenia 1 z p.3 wynika twierdzenie Cauchy ego z 1.1, a wzór (7) dowodzi jednoznaczności w twierdzeniu charakteryzacyjnym 2 w 2.2, jak również nietrudno wyprowadzić z niego wyniki 1.2. Uzasadnienia z pp. 1 i 2, w tym rozwiniecia Laplace a i wzorów Cramera, pozostają słuszne bez żadnych zmian, lecz przy wzorach Cramera należy żądać, by wyznacznik A był odwracalnym elementem pierścienia (w miejsce tego, by był różny od zera). Zadania uzupełniające. 1. Niech A, B M k (Z) i niech d Z będzie dzielnikiem wszystkich liczb a ij b ij. Dowieść, że d jest też dzielnikiem liczby A B. 2. a) Dla macierzy A M k (Z) oraz i = 1,..., k oznaczmy przez d i (A) największy wspólny dzielnik wszystkich jej i-minorów. (Definicja poniżej.) Dowieść, że wykonanie na macierzy A operacji typu (I) nad Z nie zmienia żadnej z liczb d i (A). b) To samo przy Z zastąpionym pierścieniem wielomianów F[x], gdzie F jest ciałem.

19 IV-19 H. Toruńczyk, GAL I (jesień 09) 4. Geometryczne zastosowania wyznacznika. 1. Wyznacznik operatora. Twierdzenie 1 (i definicja). Niech L L(V, V ) i niech V i W będą (uporządkowanymi!) bazami w V. Wtedy macierze [L] V := [L] V V i [L] W mają ten sam wyznacznik. Skalar det([l] V ), nie zależący od bazy V, nazywamy wyznacznikiem operatora L i oznaczamy przez det(l). Dowód. Niech A := [L] W, B := [L] V, C := [I] W V. Mamy B = C 1 AC, skąd det(b) = det(c 1 AC) = det(acc 1 ) = det(a). (Wykorzystaliśmy twierdzenie Cauchy ego o wyznaczniku iloczynu). Podkreślmy, że wyznacznik przypisujemy tylko endomorfizmom, tzn. operatorom działającym z pewnej przestrzeni do niej samej. Przykład 1. Niech V = U W i niech S będzie symetrią względem U wzdłuż W. W U i W obierzmy bazy u 1,..., u p i w 1,..., w q, odpowiednio. Ponieważ S(u i ) = u i i S(w j ) = w j dla i = 1,..., p oraz j = 1,..., q, więc w bazie u 1,..., u p, w 1,..., w q przestrzeni V macierz symetrii S jest diagonalna, a na jej przekątnej stoi kolejno p wyrazów równych 1 i q równych -1. Stąd det(s) = ( 1) q, gdzie q = dim(w ). Ćwiczenie. Gdy P L(V ) jest rzutem liniowym, to det(p + I V ) jest potęgą dwójki. Zadanie 1. a) Dla operatorów L 1, L 2 : V V ma miejsce równość det(l 1 L 2 ) = det(l 1 ) det(l 2 ). b) Operator L : V V jest sobliwy wtedy i tylko wtedy, gdy det(l) = 0. Mimo prostoty dowodu twierdzenia 1 nie jest oczywiste, jak interpretować wyznacznik operatora. Pełną interpretację podamy tylko w przypadku rzeczywistego ciała skalarów. Okazuje się, że znak wyznacznika det(l) zależy od tego, czy L zachowuje orientację, zaś wartość bezwględna od tego, jak L zmienia objętość brył. Co to oznacza, wyjaśnimy niżej i w rozdziale V. 2. Orientacja baz uporządkowanych przestrzeni rzeczywistych. Definicja. Bazy V = (v i ) k i=1 i W = (w i) k i=1 przestrzeni rzeczywistej V nazwiemy zgodnie zorientowanymi, gdy macierz zmiany baz [I] W V ma dodatni wyznacznik. Zadanie 1. a) zgodna orientacja jest relacją równoważności w zbiorze wszystkich uporządkowanych baz przestrzeni V ; b) jeśli baza (u i ) k i=1 jest zorientowana niezgodnie z bazą (v i) k i=1, a (v i) k i=1 niezgodnie z bazą (w i ) k i=1, to bazy (u i) k i=1 i (w i) k i=1 są zgodnie zorietnowane; c) baza (w i ) k i=1 jest niezgodnie zorientowana z bazą ( w 1, w 2,..., w k );

20 4.2. IV-20 d) Izomorfizm liniowy przeprowadza bazy zgodnie zorientowane na zgodnie zorientowane. Z części b) i c) zadania wynika, że relacja zgodnej orientacji baz uporządkowanych ma dokładnie dwie klasy równoważności. Każdą z tych klas (a więc zbiorów baz) nazywamy orientacją przestrzeni V. Przestrzeń zorientowana to taka przestrzeń rzeczywista, w której wybrano którąś z dwóch orientacji. Bazy należące do tej orientacji nazywamy dodatnio zorientowanymi, a pozostałe ujemnie zorientowanymi. Możemy też mówić o orientacji zadanej daną bazą V jest to ta orientacja, do której V należy. Przykład 1. Jeśli nie powiedziano inaczej, przestrzeń R k rozważamy z orientacją standardową tzn. wyznaczoną przez bazę standardową E = (e 1,..., e k ). Baza (v 1,..., v k ) jest w niej dodatnio zorientowna, gdy macierz o (kolejnych) kolumnach v 1,..., v k ma wyznacznik dodatni. Definicja. Niech V i W będą zorientowanymi k wymiarowymi przestrzeniami rzeczywistymi. Powiemy, że izomorfizm T : V W zachowuje orientację jeśli przeprowadza pewną dodatnio zorientowaną bazę w V na dodatnio zorientowaną bazę w W. Zadanie 2. Udowodnić, że: a) Bez zmiany znaczenia można w tej definicji zmienić słowo pewną na każdą. b) Złożenie skończenie wielu izomorfizmów liniowych wtedy i tylko wtedy zmienia orientację, gdy czyni to nieparzyście wiele rozważanych izomorfizmów. c) Gdy V = W jako przestrzeń zorientowana, to T zachowuje orientację det(t ) > 0. Odnotujmy, że warunek det(t ) > 0 zależy tylko od endomorfizmu T, a nie od wyboru orientacji przestrzeni V = W. Przykład 2. Z przykładu w p.1 wynika, że symetria względem U wzdłuż podprzestrzeni W zachowuje orientację, gdy dim(w ) jest liczbą parzystą, i vice versa. Zadania uzupełniające. 1. Niech V C będzie przestrzenią wektorową nad C, a V R przestrzenią mającą ten sam, co V C, zbiór wektorów, lecz zbiór skalarów R. (Działania w V R są wzięte z V C.) Udowodnić, że: a) Gdy U = (u n ) k n=1 jest bazą w V C, to U = (u 1,..., u k, iu 1,..., iu k ) jest nią w V R. b) Gdy L R L(V R ) jest przekształceniem wyznaczonym przez C liniowy operator L L(V C ), to det(l R ) = det(l) 2. (Wskazówka: zadanie uzupełniające 2 w 3.1.) c) Każdy C liniowy operator nieosobliwy L L(V C ) zachowuje orientację przestrzeni V R ; ponadto, gdy wychodząc od innej bazy V = (v 1,..., v k ) przestrzeni V C utworzyć jak w a) bazę V przestrzeni V R, to bazy U i V będą zgodnie zorientowane.

21 IV-21 H. Toruńczyk, GAL I (jesień 09) 3. Heurystyczny opis znaczenia orientacji; zgodna orientacja a ciągła deformacja baz. A. Jak można poglądowo przedstawić znaczenie wyboru orientacji k wymiarowej przestrzeni V, dla k 3? Gdy k = 1, wybór orientacji polega na wybraniu zwrotu wektorów, który uznamy za dodatni. (Przy k = 1 są tylko 2 zwroty.) Gdy k = 3 i V = R 3, możemy rozpostrzeć kolejne trzy palce lewej ręki, numerując je począwszy od kciuka, i zrobić to samo z palcami prawej. Otrzymamy układy wektorów l 1, l 2, l 3 oraz p 1, p 2, p 3. Możemy ręce ustawić tak, by wektory l i oraz p i były równe dla i = 2, 3, lecz wzajemnie przeciwne dla i = 1. Stąd układy te są przeciwnie zorientowane. Wybór orientacji przestrzeni odpowiada ustaleniu, czy preferujemy sposób rysowania (standardowych) układów Oxyz zgodnie z orientacją L (lewej ręki), czy zgodnie z orientacją P (ręki prawej). Zwyczajowo jest przyjęty wybór P. Odwrotnie, jeśli wybierzemy orientację przestrzeni, to można nazwać prawą wyznaczającą tę orientację rękę. Wybór orientacji jest więc tym samym, co przyjęcie umowy, którą rękę uznajemy za prawą. Wybór orientacji płaszczyzny V R 3 odpowiada ustaleniu, czy w standardowym układzie osi wektor pierwszy jest na prawo, czy też na lewo od drugiego, który wyobrażamy sobie jako skierowany ku górze, a fragment płaszczyzny jako tablicę. W odniesieniu do płaszczyzny słowa prawy i lewy nie mają jednak sensu: możemy tylko powiedzieć, że w zwyczajowo na rysunkach przyjmowanym wyborze, wektor pierwszy jest na prawo od drugiego, gdy patrzymy na płaszczyznę V z wnętrza pokoju, na ścianie której wisi tablica. Opis wykorzystuje więc zarówno orientację przestrzeni R 3 (pojęcia: prawy, lewy), jak i orientację prostej dopełniającej. B. Postaramy się wykorzystać pojęcie ciągłości by wyjaśnić znaczenie zgodnej orientacji baz w przestrzeni R k. (Uwzględnienie innych przestrzeni rzeczywistych sprawia pewne zbędne kłopoty pojęciowe, choć nie jest trudne; patrz zadanie uzupełniające 2.) Definicja. Funkcja wektorowa f : [a, b] R k zadana jest przez układ k funkcji współrzędnych f 1,..., f k : [a, b] R; nazwijmy ją ciągłą, gdy ciągła jest każda z funkcji f i. Drogą baz w przestrzeni R k nazywamy układ k wektorowych funkcji ciągłych f 1,..., f k : [a, b] R k, dla pewnego przedziału [a, b], taki, że (f 1 (t),..., f k (t)) jest bazą w R k, dla każdego t [a, b]. O takiej drodze powiemy, że łączy bazę (v i ) k i=1 z bazą (w i) k i=1, gdy f i (a) = v i i f i (b) = w i dla i = 1,..., k. Uwaga 1. Zamiast konstruować drogi baz, będziemy konstruować drogi macierzy nieosobliwych, tzn. funkcje [a, b] t X(t) M k (R) takie, że wyrazy macierzy

22 4.3. IV-22 X(t) zależą w sposób ciągły od t oraz X(t) 0 dla każdego t [a, b]. Związek jest oczywisty, bo k k macierz rzeczywista wtedy i tylko wtedy jest nieosobliwa, gdy jej kolumny (czy wiersze) tworzą bazę przestrzeni R k. Twierdzenie 1. Dwie uporządkowane bazy przestrzeni R k wtedy i tylko wtedy są zgodnie zorientowane, gdy można je połączyć drogą baz. Równoważne sformułowanie: dwie nieosobliwe k k macierze rzeczywiste wtedy i tylko wtedy można połączyć drogą macierzy nieosobliwych, gdy ich wyznaczniki są tego samego znaku. Dowód można rozbić na zadania (będą one omawiane na ćwiczeniach): 1. a) Jeśli drogą macierzy nieosobliwych można połączyć A z B, a także B z C, to można i A z C. b) Gdy w macierzy nieosobliwej A, do pewnego jej wiersza dodać krotność innego, to otrzymaną macierz można połączyć z A drogą macierzy nieosobliwych. 2. Daną macierz nieosobliwą można powyższymi operacjami sprowadzić do macierzy postaci diag(1, 1,..., 1, c), dla pewnego c. Tym samym można ją połączyć drogą macierzy nieosobliwych z jedną z macierzy diag(1,..., 1, ±1). 3. W oparciu o te zadania, udowodnić twierdzenie. Zadania uzupełniające. Niżej, F {R, C}. 1. a) Dowieść, że każdą macierz A M l,k (F) można dla pewnego r połączyć w M l,k (F) drogą macierzy rzędu r z macierzą (b ij ), gdzie b ij = 1 gdy i = j < r, b rr 0 i b ij = 0 w przeciwnym razie. b) Gdy r < max(k, l) lub F = C, to wyżej można przyjąć b rr = 1. Definicja. Drogą w k wymiarowej przestrzeni V nad F nazwiemy funkcję f : [a, b] V taką, że dla pewnej bazy V tej przestrzeni, funkcja t [f(t)] V F k jest ciągła. (Jak zwykle, [v] V oznacza ciąg współrzędnych wektora v w bazie V.) Drogą baz w V nazwiemy układ dróg f i : [a, b] V (i = 1,..., k) taki, że (f i (t)) k i=1 jest bazą w V, dla każdego t [a, b]. 2. Dowieść, że: a) Bez zmiany znaczenia można wyżej zastąpić dla pewnej przez dla każdej. b) Gdy L L(V, W ) i f : [a, b] V jest drogą w V, to L f jest drogą w W. c) W twierdzeniu 2 można zastąpić R k przez przestrzeń rzeczywistą V. 3. a) Jeśli przekształcenia K, L L(V, W ) mają ten sam rząd i nie są izomorfizmami, to można je w przestrzeni L(V, W ) połączyć drogą przekształceń stałego rzędu. b) Czy jest tak, gdy K i L są izomorfizmami? Rozróżnić przypadki F = R i F = C.