Grafy skierowane skªadaj¡si ze zbioruwierz hoªków, w
którympewnewierz hoªki s¡poª¡ zoneskierowanymi
krawdziami. Przykªadem takiegografu jestsko« zony graf
peªny,w którymka»dapara wierz hoªków jestpoª¡ zona
krawdzi¡ skierowan¡.
Nie h G bdziegrafemskierowanym on wierz hoªka h
{
1, . . . ,
n}
. Ma ierz¡s¡siedztwadlagrafu G jestn×
nma ierzA
= (α
i,j
)
taka»edla wierz hoªków i,
j elementα
i,j
jestrówny 1,gdyw G istniejekrawd¹ zi do j;wprze iwnym
przypadku
α
i,j=
0.Zauwa»my,»e w ma ierzyA 2
element
β
i,j
znajduj¡ ysi w
i-tymwierszu oraz j-tej kolumniema ierzy A 2
przedstawia
li zb drógw G dªugo± i 2od i do j.
Wynikato naty hmiast zdeni jimno»eniama ierzy:
β
i,j
=
n
X
k=1
α
i,k
α
k,j
,
bowiemi-tywiersz ma ierzyAprzedstawiawszystkie
wierz hoªki grafu, do który h mo»na przej±¢wjednym krokuz
wierz hoªkao numerzei (s¡ towierz hoªki odpowiadaj¡ e
pozy jom wierszazawieraj¡ ym 1),natomiastj-ta kolumna
ma ierzy Aprzedstawia wszystkiewierz hoªki grafu,z który h
mo»na doj±¢ wjednym krokudo wierz hoªkao numerzej.
W ogólno± i,A m
przedstawia li zbydróg dªugo± i m ª¡ z¡ y h
parzadany h wierz hoªków.
Przykªadowo, dlagrafupeªnegon-elementowego n
×
n ma ierzs¡siedztwaAskªada siz samy hjedynek. Mamy wów zas
o zywi± ie
A 2
=
nAiogólnie:
A
m
=
nm−1ANa zako« zenie tej z± irozwa»my nastpuj¡ ¡ bardzo prost¡
ma ierzs¡siedztwaF:
F
=
1 1
1 0
Jest toma ierzdwuelementowego grafu:
1 2
Wyzna zymy li zb drógdowolnej dªugo± i pomidzyka»d¡
par¡ wierz hoªków.
Przypomnijmy,»e i¡gFibona iegojestzdeniowany
nastpuj¡ o:
f
0
=
0,
f1=
1,
fn=
fn−1+
fn−2(
dla n≥
2)
Zauwa»my,»e dlan
≥
1mamy:F n
=
f
n+1 f
n
f
n f
n−1
Rze zywi± ie, dla n
=
1 powy»sza równo±¢ za hodzi oraz FFnjestrówne
1 1
1 0
f
n+1 f
n
f
n f
n−1
=
f
n+1
+
fn fn
+
fn−1f
n+1
f
n
=
f
n+2 f
n+1 f
n+1 f
n
Nie h G bdziesko« zonym grafemskierowanym o ma ierzy
s¡siedztwaA. Wierszi-tyma ierzy Azawiera informa j o
wszystki h wierz hoªka h,do który h mo»emyprzej±¢z
wierz hoªkai poruszaj¡ sipo krawdzia hgrafu zgodnie z
i h kierunkiem (pozy je,na który h znajduj¡ sijedynki w tym
wierszu).
Nie h n
i
bdzieli zb¡ taki hwierz hoªków, zylisum¡
wszystki h jedynekznajduj¡ y h si wtymwierszu. Nie h P
bdziema ierz¡ otrzyman¡z Aprzezpomno»enieka»dego
i-tegowierszaAprzezli zb 1
/
ni .Interpreta ja ma ierzyP jestteraz inna: bd¡ w wierz hoªku
i grafuG,zprawdopodobie«stwem 1
/
niprze hodzimydo
jednego z jego's¡siadów'. Takipro es nazywamy bª¡dzeniem
losowym po grae,ama ierzP nazywamy ma ierz¡
przej± ia dlatego pro esu.
Ma ierzP matwªasno±¢, »e sumawszystki h elementów
znajduj¡ y h si wdowolnymwierszu jestrówna 1. Takie
ma ierzes¡ nazywane ma ierzamisto hasty znymi.
Rozumuj¡ podobniejak poprzednio mo»emystwierdzi¢,»e w
ma ierzy P m
warto±¢ stoj¡ a wi-tym wierszuoraz j-tej
kolumniejestprawdopodobie«stwem przej± ia zwierz hoªka i
do wierz hoªkaj wm kroka h.
Twierdzenie 2.9 (Rozdzielno±¢ mno»eniawzgldem
dodawania) Nie hA
,
B bd¡dowolnymim×
n ma ierzami.(a) Dla dowolnej n
×
k ma ierzy C mamy(
A+
B)
C=
AC+
BC(b) Dla dowolnej k
×
m ma ierzyD mamyD
(
A+
B) =
DA+
DBDowód: wynikanaty hmiastzrozdzielno± imno»enia wzgldem
dodawania dlali zb rze zywisty h.
Twierdzenie 2.10 (¡ zno±¢ mno»enia ma ierzy)Je±li
A
= (α
i,j)
jestm×
n ma ierz¡,B= (β
i,j)
jestn×
k ma ierz¡,aC
= (γ
i,j
)
jestk×
p ma ierz¡,toA
(
BC) = (
AB)
CDowód: Nie h
δ
i,joraz
ξ
i,jozna zaj¡ element
(
i,
j)
zlewejiprawejma ierzy wpowy»szej równo± i. Mamy
δ
i,j
=
n
X
l=1
α
i,l
kX
q=1
β
l,q
γ
q,j
=
n
X
l=1 k
X
q=1
α
i,l
(β
l,q
γ
q,j
)
=
k
X
q=1 n
X
l=1
(α
i,l
β
l,q
)γ
q,j
=
k
X
q=1
nX
l=1
α
i,l
β
l,q
γ
q,j
= ξ
i,j
.
Twierdzenie 2.11 (Transpozy ja ilo zynu ma ierzy)Dla
dowolnejm
×
n ma ierzyAoraz n×
k ma ierzy B mamy(
AB)
T=
BTATDowód: Najpierw poka»emy prawdziwo±¢ twierdzenia gdyma ierz
A jestn wymiarowymwierszem a
= α
1. . . α
n. Nie h
B
=
b T
1
. . .
bnT Tbdzieprzedstawieniemma ierzy B przy
pomo ywierszy b
i
. Wów zas z Twierdzenia 2.3wynika
aB
=
n
X
i=1
α
ibiZatem
(
aB)
T= (
n
X
i=1
α
i bi
)
T=
n
X
i=1
α
i bT
i
=
BTaTTerazmo»emyuzasadni¢ twierdzeniedla przypadku gdyAjest
dowoln¡ m
×
n ma ierz¡. Nie h A=
a T
1
. . .
amT Tbdzie
przedstawieniemma ierzyprzy pomo ywierszy. Stosuj¡
Twierdzenie2.2) mamy
(
AB)
T=
a
1 B
. . .
a
m B
T
= (
a1B)
T. . . (
am B)
T=
B T
a T
1
. . .
BTaTm=
BTAT.
Przyjmijmy ozna zenie,»e element
α
i,jma ierzyAjestelementem
α
′j,i
ma ierzy A T
. Mamy wi
α
′i,j
= α
j,i. Nie h A
= (α
i,j)
orazB
= (β
i,j)
. Nie hγ
′i,j
bdzie elementemma ierzy
(
AB)
Tznajduj¡ ym siw wierszu i oraz kolumnie j.
Wów zas
γ
i′,j
= γ
j,i=
n
X
p=1
α
j,pβ
p,i=
n
X
p=1
β
i′,p
α
′p,j
.
Nie h Abdzien
×
n ma ierz¡. Ma ierzB nazwiemyodwrotn¡ do ma ierzyA, je±li
AB
=
I=
BAZauwa»my,»e je±liB i C s¡ ma ierzamiodwrotnymi do A,to
C
=
IC= (
BA)
C=
B(
AC) =
BI=
B.
Zatemka»dama ierzma o najwy»ej jedn¡ma ierzodwrotn¡.
Ma ierzodwrotn¡ doA, o ileistnieje,ozna zamy A
−1
.
Ma ierzposiadaj¡ ¡ ma ierzodwrotn¡bdziemynazywali
ma ierz¡ odwra aln¡.
We¹myna przykªad ma ierz
A
=
1 1
1 1
Gdyby dlajakiej±ma ierzy B miaªoby¢AB
=
I,tosuma obuwierszy B musiby¢ zjednejstronyrówna wierszowi
[
1,
0]
,azdrugiej musiaªaby by¢równa wierszowi
[
0,
1]
, o jestniemo»liwe.Ma ierz permuta yjna P
1,3 jest odwrotna do samej siebie
P
1,3
=
0 0 1
0 1 0
1 0 0
jestodwrotnado samejsiebie, bowiem P
1,3
P
1,3
=
I.Istotnie,zamiana wierszy pierwszegoitrze iego wykonana na
P
1,3
dajema ierzidenty zno± iow¡.
Ma ierz¡odwrotn¡do ma ierzy elementarnej
C
=
1 0 0
5 1 0
0 0 1
jest
C
−1
=
1 0 0
−
5 1 00 0 1
bo odwrotn¡ opera j¡do dodawaniawierszapomno»onego
przezstaª¡jestodj ie tegowierszapomno»onego przezt
staª¡.
Mamy wi wogólno± i wªasno±¢, »e ka»da ma ierz
elementarnajest odwra alna.
Powiemy,»e n
×
n ma ierzD= (δ
i,j)
jest ma ierz¡przek¡tniow¡,gdy wszystkieelementy le»¡ e pozaprzek¡tn¡
s¡ równe zero, zyligdy
δ
i,j
=
0,dla i6=
j.Twierdzenie 2.15Ma ierz przek¡tniowa D jest odwra alna
wtedy itylko wtedy,gdy wszystkieelementy znajduj¡ e si na
przek¡tnej s¡ ró»ne od zera.
Szki dowodu: je±liktóry± elementnaprzek¡tnej jestrówny
0,to dla»adnej ma ierzyAnie mo»e zaj±¢DA
=
I. Naodwrót, je±li
δ
i,i
6=
0 dla1≤
i≤
n,to,jak ªatwo sprawdzi¢,ma ierzprzek¡tniowa D
′
,wktórejna i-tym miejs una
przek¡tnej znajduje si
δ
−1i,i
jestodwrotna do D.
Twierdzenie 2.16:
(a) Je±lima ierze AiB s¡odwra alne, toAB jestte»odwra alna
oraz
(
AB)
−1=
B−1A−1.
Dowód:
(
AB)(
B−1A−1) =
ABB−1A−1=
AIA−1=
I.
Pierwsza równo±¢wynika zª¡ zno± imno»eniama ierzy. W
podobny sposóbobli zamy
(
B−1A−1)(
AB)
.Twierdzenie 2.16:
(b) Je±lima ierzA jestodwra alna, toma ierzA T
te»jest
odwra alnaoraz
(
AT)
−1= (
A−1)
T.
Dowód: Na mo yTwierdzenia 2.11 mamy
(
A−1)
TAT= (
AA−1)
T=
IT=
I. Podobnie pokazujemyA
T
(
A−1)
T=
I.Jak wygl¡daj¡ ma ierzes¡siedztwadlagrafów skierowany h i
jakajestinterpreta jaelementów wm-tejpotdze ma ierzy
s¡siedztwa?
Podstawowe wªasno± iopera jina ma ierza h
rozdzielno±¢mno»eniama ierzywzgldemdodawania,
ª¡ zno±¢opera jimno»enia,
wªasno±¢transpozy jiilo zynu ma ierzy.
Deni ja ma ierzyodwrotnej.
Znajdowanie ma ierzyodwrotnejdo ma ierzyelementarnej.
Znajdowanie ma ierzyodwrotnejdo ma ierzyprzek¡tniowej.
Ma ierzodwrotna dlailo zynuma ierzy.
Ma ierzodwrotna atranspozy ja ma ierzy.