Geometria z algebrą liniową I, 2019/2020 ćwiczenia 23. – rozwiązania
20 grudnia 2019 lub 9 stycznia 2020
1. (·) Oblicz wyznaczniki następujących macierzy:
1 2
−1 −5
,
2 −1 3
4 5 −1
2 6 −4
,
1 2 1 3 0 1 1 0 2 1 3 1 1 0 2 0
,
2 1 1 2
−1 0 0 1
0 3 1 0
3 4 5 4
.
Po kolei:
1 2
−1 −5
= −5 − (−2) = −3,
2 −1 3
4 5 −1
2 6 −4
= −40 + 2 + 72 − 30 − 16 + 12 = 0,
1 2 1 3 0 1 1 0 2 1 3 1 1 0 2 0
= 0 · (−1)2+1+ 1 · (−1)2+2
1 1 3 2 3 1 1 2 0
+ 1 · (−1)2+3
1 2 3 2 1 1 1 0 0
+ 0 · (−1)2+4=
= (0 + 1 + 12 − 9 − 2 − 0) − (0 + 2 + 0 − 3 − 0 − 0) = 2 − (−1) = 3,
2 1 1 2
−1 0 0 1
0 3 1 0
3 4 5 4
= 0 · (−1)3+1+ 3 · (−1)3+2
2 1 2
−1 0 1
3 5 4
+ 1 · (−1)3+3
2 1 2
−1 0 1
3 4 4
+ 0 · (−1)3+4=
= −3 · (−13) + (−9) = 30.
2. Niech A =
1 r 1 0 0 1 r 1 1 1 0 0 0 0 1 1
. Dla jakich wartości parametru r ∈ R zachodzi det A = 1?
Rozwiązanie: det A = 1·(−1)1+1
1 r 1 1 0 0 0 1 1
+0+1·(−1)3+1
r 1 0 1 r 1 0 1 1
+0 = (1−r)+(r2−r−1) = r2−2r.
No a r2− 2r = 1 dla r = 1 ±√ 2.
3. Obliczyć wyznacznik macierzy
3 4 2 2
4 5 6 5
2 3 6 0
8 7 10 18
, sprowadzając je do postaci trójkątnej.
3 4 2 2
4 5 6 5
2 3 6 0
8 7 10 18
w1↔ w3
−−−−−−→
2 3 6 0
4 5 6 5
3 4 2 2
8 7 10 18
w3· 2
−−−→
2 3 6 0
4 5 6 5
6 8 4 4
8 7 10 18
w2− 2w1, w3− 3w1, w4− 4w1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1
2 3 6 0
0 −1 −6 5
0 −1 −14 4 0 −5 −14 18
w3− w2, w4− 5w2
−−−−−−−−−−−−−→
2 3 6 0
0 −1 −6 5
0 0 −8 −1
0 0 16 −7
w4+ 2w3
−−−−−−→
2 3 6 0
0 −1 −6 5
0 0 −8 −1
0 0 0 −9
Czyli wyznacznik macierzy na końcu to 2 · (−1) · (−8) · (−9) = −144, raz zamieniliśmy wiersze i jeden z nich pomnożyliśmy przez dwa, więc wynik trzeba pomnożyć przez (−1) i 12, co daje −144 · (−1) ·12 = 72.
4. Obliczyć wyznacznik macierzy
3 2 1 6 5 −1
−1 0 2 1 1 2
0 1 4 9 11 −1
0 0 0 3 −1 0
0 0 0 −1 0 2
0 0 0 2 1 3
.
3 2 1 6 5 −1
−1 0 2 1 1 2
0 1 4 9 11 −1
0 0 0 3 −1 0
0 0 0 −1 0 2
0 0 0 2 1 3
=
3 2 1
−1 0 2
0 1 4
·
3 −1 0
−1 0 2
2 1 3
= 1 · (−13) = −13
5. (··) Niech:
A =
s 1 5 0 13 −23 0 −7 −9
0 −3 0 0 −99 7 −2 3 62
−2 2 s 1 0 5 21 −12 7
3 1 4 −1 33 −2 4 0 −5
0 0 0 0 −2 2 5 −11 −1
0 0 0 0 1 0 −2 2 0
0 0 0 0 0 −6 −9 15 s
0 0 0 0 3 4 17 13 −2
0 0 0 0 0 2 10 1 0
.
Oblicz det 2A2 w zależności od s ∈ R. Jej wyznacznik to iloczyn wyznaczników macierzy 4x4 w lewym górnym rogu i 5x5 w prawym dolnym rogu (bo macierz jest w postaci blokowej). A zatem wyznacznik macierzy A się zeruje tylko i tylko wtedy, gdy zeruje się choć jeden z tych wyznaczników. Obliczmy je.
Pierwszy metodą Laplace’a:
s 1 5 0
0 −3 0 0
−2 2 s 1
3 1 4 −1
= −3 · (−1)2+2
s 5 0
−2 s 1 3 4 −1
= −3(−s2+ 15 − 10 − 4s) = 3(s2+ 4s − 5).
Wyznacznik drugiej macierzy policzymy sprowadzając do macierzy trójkątnej:
−2 2 5 −11 −1
1 0 −2 2 0
0 −6 −9 15 s
3 4 17 13 −2
0 2 10 1 0
w1↔ w2
−−−−−−→
1 0 −2 2 0
−2 2 5 −11 −1
0 −6 −9 15 s
3 4 17 13 −2
0 2 10 1 0
w2+ 2w1, w4− 3w1
−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 −2 2 0
0 2 1 −7 −1
0 −6 −9 15 s
0 4 23 7 −2
0 2 10 1 0
w3+ 3w2, w4− 2w2, w5− w2
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 −2 2 0
0 2 1 −7 −1
0 0 −6 −6 s − 3
0 0 21 21 0
0 0 9 8 1
w3↔ w4
−−−−−−→
1 0 −2 2 0
0 2 1 −7 −1
0 0 21 21 0
0 0 −6 −6 s − 3
0 0 9 8 1
w3· 1
−−−→7
1 0 −2 2 0
0 2 1 −7 −1
0 0 3 3 0
0 0 −6 −6 s − 3
0 0 9 8 1
w4+ 2w3, w5− 3w3
−−−−−−−−−−−−−−→
2
1 0 −2 2 0
0 2 1 −7 −1
0 0 3 3 0
0 0 0 0 s − 3
0 0 0 −1 1
w4↔ w5
−−−−−−→
1 0 −2 2 0
0 2 1 −7 −1
0 0 3 3 0
0 0 0 −1 1
0 0 0 0 s − 3
Wyznacznik macierzy na końcu to 1· 2 · 3 · (−1) · (s − 3) = −6(s − 3), po drodze 3 razy zamienialiśmy wiersze i raz mnożyliśmy przez 17, czyli ostatecznie szukany wyznacznik to (−1)3· 7 · (−6)(s − 3) = 42(s − 3).
A zatem det 2A2= 29· (42(s − 3)3(s2+ 4s − 5))2. 6. (?). Niech a, d ∈ R, n ∈ N. Oblicz wyznacznik macierzy:
a a + d a + 2d . . . a + nd
a + d a a + d . . . a + (n − 1)d
a + 2d a + d a . . . a + (n − 2)d
. . . . . . . . .
a + nd a + (n − 1)d a + (n − 2)d . . . a
.
Zadanie pochodzi z IMC 1996. Mamy:
a a + d a + 2d . . . a + nd
a + d a a + d . . . a + (n − 1)d
a + 2d a + d a . . . a + (n − 2)d
. . . . . . . . .
a + nd a + (n − 1)d a + (n − 2)d . . . a
kn+1+ k1
−−−−−−→
a a + d a + 2d . . . 2a + nd
a + d a a + d . . . 2a + nd
a + 2d a + d a . . . 2a + nd
. . . . . . . . .
a + nd a + (n − 1)d a + (n − 2)d . . . 2a + nd
wn+1− wn, wn− wn−1, . . . , w2− w1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
a a + d a + 2d . . . 2a + nd
d −d −d . . . 0
d d −d . . . 0
. . . . . . . . .
d d d . . . 0
k1↔ kn+1
−−−−−−−→
2a + nd a a + d . . . a + (n − 1)d
0 d −d . . . d
0 d d . . . d
. . . . . . . . .
0 d d . . . d
w2+ wn+1, . . . , wn+ wn+1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
2a + nd a a + d . . . a + (n − 1)d
0 2d 0 . . . 2d
0 2d 2d . . . 2d
. . . . . . . . .
0 d d . . . d
.
A zatem ten wyznacznik to (2a + nd)(−1)n2n−1dn.
3
