Wyk lad 4 Macierz odwrotna i twierdzenie Cramera 1 Odwracanie macierzy I n jest elementem neutralnym mnożenia macierzy w zbiorze M n (R) tzn A I n I n A A dla dowolnej macierzy A M n (R) Ponadto z twierdzenia 39 mamy, że det(i n ) 1 Powiemy, że macierz A M n (R) jest odwracalna, jeżeli istnieje macierz B M n (R) taka, że A B B A I n (1) W tej sytuacji mówimy, że B jest macierza odwrotna do macierzy A i piszemy B A 1 Jeżeli macierz A M n (R) jest odwracalna, to z twierdzenia Cauchy ego wynika od razu, że det(a) 0 Można udowodnić, że zachodzi nastepuj ace Twierdzenie 41 Macierz A M n (R) jest odwracalna wtedy i tylko wtedy, gdy det(a) 0 Z twierdzenia 41 latwo można wyprowadzić nastepuj ace Twierdzenie 42 Macierz B M n (R) jest macierza odwrotna do macierzy A M n (R) wtedy, i tylko wtedy, gdy A B I n 2 Algorytm wyznacznikowy odwracania macierzy Krok 1: Obliczamy det(a) Jeżeli det(a) 0, to A 1 nie istnieje Jeżeli det(a) 0, to przechodzimy do nastepnego kroku Krok 2: Dla i, j 1, 2,, n obliczamy det(a ij ), czyli wyznaczniki macierzy powstaj acych z macierzy A przez wykreślenie i-tego wiersza i j-tej kolumny Obliczamy też dope lnienia algebraiczne d ij elementu a ij macierzy A: d ij ( 1) i+j det(a ij ) Krok 3: Tworzymy macierz dope lnień D(A) d 11 d 12 d 1n d D(A) 21 d 22 d 2n (2) d n1 d n2 d nn 1
Krok 4: Wypisujemy macierz odwrotna do macierzy A A 1 1 det(a) D(A)T (3) Przyk lad 43 Wyznaczymy macierz odwrotna do macierzy A 1 a c 0 1 b 0 0 1 nad cia lem liczb rzeczywistych Z twierdzenia 39, det(a) 1 1 1 1 Ponadto d 11 ( 1) 1+1 1 b 0 1 1, d 21 ( 1) 2+1 a c 0 1 a, d 31 ( 1) 3+1 a c ab c, 1 b d 12 ( 1) 1+2 0 b 0 1 0, d 22 ( 1) 2+2 1 c 0 1 1, d 32 ( 1) 3+2 1 c 0 b b, d 13 ( 1) 1+3 0 1 0 0 0, d 23 ( 1) 2+3 1 a 0 0 0, d 33 ( 1) 3+3 1 a 0 1 1 1 0 0 1 a ab c Zatem D(A) a 1 0 oraz A 1 1 det(a) D(A)T, czyli A 1 0 1 b, ab c b 1 0 0 1 bo det(a) 1 Przyk lad 44 Wyznaczymy macierz odwrotna do macierzy 2 5 7 A 6 3 4 5 2 3 Obliczamy najpierw wyznacznik macierzy A: 2 5 7 2 5 det(a) 6 3 4 6 3 18+100 84 105+16+90 1, czyli det(a) 1 0, 5 2 3 5 2 wiec A 1 istnieje Teraz obliczamy dope lnienia algebraiczne wszystkich wyrazów macierzy A: d 11 ( 1) 1+1 3 4 2 3 9 + 8 1, d 12 ( 1) 1+2 6 4 ( 18 20) 38, 5 3 d 13 ( 1) 1+3 6 3 12 15 27 5 2 d 21 ( 1) 2+1 5 7 2 3 ( 15 + 14) 1, d 22 ( 1) 2+2 2 7 6 35 41, 5 3 d 23 ( 1) 2+3 2 5 ( 4 25) 29 5 2 2
d 31 ( 1) 3+1 5 7 3 4 20 21 1, d 32 ( 1) 3+2 d 33 ( 1) 3+3 2 5 6 30 24 6 3 1 38 27 Tworzymy macierz dope lnień D(A) 1 41 29 1 34 24 ( 1) 1 1 1 38 41 34 27 29 24, czyli ostatecznie A 1 2 7 6 4 (8 42) 34, Zatem A 1 1 det(a) D(A)T 1 1 1 38 41 34 27 29 24 3 Odwracanie macierzy przy pomocy operacji elementarnych Z definicji mnożenia macierzy wynika, że dla dowolnej macierzy A M n (R): operacji elementarnej na wierszach macierzy A odpowiada pomnożenie macierzy A z lewej strony przez macierz, która powstaje z macierzy jednostkowej I n przez wykonanie na niej tej samej operacji Stosujac operacje elementarne na wierszach nieosobliwej macierzy A (tzn takiej, że det(a) 0) możemy ja przekszta lcić do macierzy jednostkowej I n Wynika stad, że istnieja macierze B 1, B 2,, B s takie, że B s B 2 B 1 A I n (4) Zatem A 1 B s B 2 B 1, czyli A 1 B s B 2 B 1 I n Stad macierz A 1 powstaje z macierzy I n przez wykonanie na niej tych samych operacji elementarnych, co na macierzy A W praktyce przy obliczaniu macierzy odwrotnej do macierzy nieosobliwej A przy pomocy operacji elementarnych na wierszach postepu-jemy w sposób nastepuj acy Z prawej strony macierzy A dopisujemy macierz jednostkowa I n tego samego stopnia Na wierszach otrzymanej w ten sposób macierzy blokowej [A I n ] wykonujemy operacje elementarne aż do uzyskania macierzy blokowej postaci [I n B] Macierz B jest wtedy macierza odwrotna do macierzy A, tj B A 1 [A I n ] operacje elementarne na wierszach [I n A 1 ] Przyk lad 45 Stosujac operacje elementarne wyznaczymy macierz odwrotna do macierzy 1 2 3 4 2 3 1 2 A 1 1 1 1 1 0 2 6 3
Mamy: 1 2 3 4 1 0 0 0 2 3 1 2 0 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0 0 2 5 10 1 0 0 1 0 3 5 14 0 1 0 2 w 2 3w 3, w 4 2w 3 w 1 w 4 w 1 w 4, w 2 2w 4, w 3 w 4 0 0 4 1 0 1 3 1 0 0 4 1 0 1 3 1 0 0 0 1 4 1 5 3 w 1 +6w 4, w 2 5w 4 w 3 4w 4 0 3 5 14 0 1 0 2 0 2 5 10 1 0 0 1 ( 1)w 3, ( 1)w 4 w 2 w 3 0 0 0 1 4 1 5 3 1 0 2 0 24 6 30 19 0 1 3 0 20 5 26 16 0 0 1 0 1 0 2 1 0 0 0 1 4 1 5 3 1 0 0 0 22 6 26 17 0 1 0 0 17 5 20 13 0 0 1 0 1 0 2 1 0 0 0 1 4 1 5 3 4 Wzory Cramera w 3 w 4 0 0 1 0 1 0 2 1 0 0 0 1 4 1 5 3 Zatem: A 1 w 1 +2w 3, w 2 3w 3 22 6 26 17 17 5 20 13 1 0 2 1 4 1 5 3 Niech dany bedzie uk lad n równań liniowych z n niewiadomymi x 1, x 2,, x n : a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n b 2 (5) a n1 x 1 + a n2 x 2 + + a nn x n b n Wyznacznikiem g lównym uk ladu (8) nazywamy 4
W a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n a n1 a n2 a nn Oznaczmy przez W i (dla i 1, 2,, n) wyznacznik powstajacy z W przez zastapienie i-tej b kolumny W kolumna wyrazów wolnych 2 b 1 b n Zatem b 1 a 12 a 1n a 11 b 1 a 1n a 11 a 12 b 1 b W 1 2 a 22 a 2n a, W 2 21 b 2 a 2n a,, W n 21 a 22 b 2 b n a n2 a nn a n1 b n a nn a n1 a n2 b n Wówczas zachodzi nastepuj ace Twierdzenie 46 (Cramera) Jeżeli wyznacznik g lówny uk ladu (6) jest różny od zera, to uk lad ten posiada dok ladnie jedno rozwiazanie dane wzorami Cramera: x 1 W 1 W, x 2 W 2 W,, x n W n W (6) Jeżeli zaś W 0, ale W i 0 dla pewnego i 1,, n, to uk lad (6) jest sprzeczny (a wiec nie posiada rozwiazania) Przyk lad 47 Stosujac wzory Cramera rozwiażemy uk lad równań: x 1 + 2x 2 x 3 x 4 2 2x 1 3x 2 x 3 + 2x 4 1 4x 1 5x 2 + 2x 3 + 3x 4 5 x 1 x 2 x 3 x 4 2 Obliczamy najpierw wyznacznik g lówny naszego uk ladu Stosujemy kolejno: operacje k 4 +k 1, k 3 +k 1, k 2 +k 1, rozwiniecie Laplace a wzgledem czwartego wiersza, operacje k 2 3k 1, rozwiniecie Laplace a wzgledem pierwszego wiersza: 1 2 1 1 1 3 0 0 2 3 1 2 2 1 1 4 3 0 0 W ( 1) 4+1 1 1 1 4 ( 1) 3 ( 1) 1+1 4 5 2 3 4 1 6 7 1 1 1 1 1 0 0 0 1 6 7 1 4 6 7 ( 3) (7 24) ( 3) ( 17) 51 St ad W 51 0, wiec z twierdzenia Cramera uk lad nasz posiada dok ladnie jedno rozwiazanie Obliczamy teraz wyznacznik W 1 stosujac kolejno: operacje k 1 + k 2, k 3 k 4, k 2 + 2 k 4, rozwiniecie Laplace a wzgledem pierwszego 5
wiersza, operacje k 2 + k 3, rozwini ecie Laplace a wzgl edem drugiego wiersza: 2 2 1 1 0 2 0 1 0 0 0 1 1 3 1 2 2 3 3 2 2 1 3 2 W 1 ( 1) 1+4( 1) 5 5 2 3 0 5 1 3 0 1 1 3 2 1 1 1 3 1 0 1 3 3 0 1 2 1 3 2 2 3 0 1 1 0 0 1 0, bo w ostatnim wyznaczniku mamy dwie identyczne 3 3 0 3 3 0 kolumny Postepuj ac podobnie obliczamy: W 2 0 i W 3 51 Zatem ze wzorów Cramera: x 1 W 1 W 0, x 2 W 2 W 0 oraz x 3 W 3 W 1 Wyznacznika W 4 nie musimy już obliczać, bo z pierwszego równania x 4 x 1 + 2x 2 x 3 + 2 0 + 0 1 + 2 1 6