If you're seeing this message, it means we're having trouble loading external resources on our website.

Ако си зад уеб филтър, моля, увери се, че домейните *. kastatic.org и *. kasandbox.org са разрешени.

Основно съдържание
Текущ час:0:00Обща продължителност:14:10

Видео транскрипция

Да разгледаме дали транспонирането на една матрица влияе върху нейната детерминанта. Като начало да вземем матрица 2 х 2. Да разгледаме една матрица 2 х 2. Ще започнем с една матрица ето тук. Ще намеря детерминантата ѝ. Матрицата е [a;b;c;d]. Сега ще намеря детерминантата. Тя ще е е равна на ad – bc. Сега ще транспонирам матрицата и отново ще намеря детерминантата. Значи това ще бъде детерминантата на ас – стълбовете стават редове – и после bd, редовете стават стълбове. На какво ще е равно това? Това ще е равно на ad – bc отново. Просто разменихме тези двата тук и после ги умножихме едно по друго. Значи тези двете са еквивалентни. Поне за матрици с размери 2 х 2 детерминантата на една матрица е равна на детерминантата на транспонираната ѝ матрица. Това беше случай 2 х 2. Сега ще направя едно индуктивно разсъждение, или мога да кажа индуктивно доказателство, за да покажа, че това е вярно за всяко n x n, за всички случаи. Начинът, по който ще построим това индуктивно доказателство, е, ще допуснем, че това е вярно за случай n x n. Да допуснем, че е вярно за n x n и да кажем, че имаме някаква матрица. Да я наречем матрица В, и да кажем, че тя е n x n. Допускаме, че детерминантата на произволна матрица В с размер n x n е равна на детерминантата на транспонираната матрица В. С това започваме нашето индуктивно доказателство. Сега да видим, като е дадено това, ако е дадено това, дали е вярно за матрица с размери (n + 1) x (n + 1). Защото ако е вярно, ако можем да кажем, че като знаем, че това е вярно за n x n, и докажем, че е вярно за матрица (n + 1) x (n + 1), тогава ще сме го доказали, защото знаем, че е вярно за базовия случай 2 х 2, който, можем да кажем, че е първият пример за матрица n x n. Ако е вярно за 2 х 2, тогава ще е вярно за 3 х 3, защото само увеличаваме с едно. Но ако е вярно за 3 х 3, тогава то ще е вярно и за случая 4 х 4. А щом е вярно за 4 х 4, тогава ще е вярно за 5 х 5 и така нататък. Значи, когато правим индуктивно доказателство, доказваме базовия случай, а след това доказваме, че е вярно за n, в този случай това е детерминанта на матрица n x n, ако можем да докажем, че щом е вярно за детерминантата на матрица n x n, то ще бъде вярно за детерминантата на матрица (n + 1) x (n + 1), и тогава доказателството е завършено. Да видим дали случаят е такъв. Ще направя една матрица (n + 1) x (n + 1). Нека имаме матрицата А, любимата ми буква за матрици, мисля, че е любимата буква в цялата линейна алгебра за означаване на матрици. Нека да имаме матрица (n + 1) x (n + 1). И само за да опростя записването, ще кажа, че m = n + 1. Значи това е матрица m x m. Как ще изглежда тя? Ще напиша елементите ѝ тук. Ще запиша повече елементи от обичайното. а11, това е първи ред, а12, и така нататък до а1m. Имаме m стълба, което е същото нещо като (n + 1) стълба. Това не е m пъти по първи стълб. Това също е (n + 1). Сега имаме втори ред. а21, а22, а23 и така нататък до а2m. После имаме трети ред: а31, а32, а33 и така нататък до а3m. После слизаме надолу. Накрая имаме m-и ред, който можем още да означим като ред (n + 1). Значи това е ред m, първи стълб, а после а с индекс m2, а с индекс m3 и така нататък до а с индекс mm. Добре. Сега ще напиша транспонираната матрица на матрицата А. Транспонираната матрица също ще бъде с размери (n + 1) x (n + 1). Това също можем да запишем като m x m. Само трябва да транспонираме тази матрица. Транспонираме тази матрица А, този ред става стълб, значи това става а11, този елемент тук е а12. Това е този елемент тук. И така надолу до а1m. После този розов ред става розов стълб тук, а21... исках да е в розово. Имаме а21, а22, а23, и така нататък до а2m. Сега имаме този зелен ред, той е трети ред тук, това е а31, а32, а33 и така нататък до a3m. Сега ще прескочим няколко реда, т.е. в този случай няколко стълба. Поставям точки и после имаме аm1, am2... Вървим надолу по този стълб, който сега е ред – това беше последният ред. Сега това е последният стълб. am3 и така до amm. Това е транспонираната матрица. Сега да пресметнем детерминантата на А. Ще използвам цикламено. Детерминантата на на нашата матрица А – ще използвам този първи ред ето тук. Тя ще е равна на а11 по детерминантата на подматрицата му – значи детерминантата на тази подматрица тук. Можем да означим тази подматрица като А с долен индекс 11. Виждали сме и преди този начин на записване. Значи детерминантата на А11, а после минус а12 по детерминантата на съответната му подматрица, зачеркваме този ред и този стълб. Това ще бъде А с индекс 12, и така нататък – не знам знака тук, затова ще запишем (–1)^(1 + m) – това ще ни даде правилния знак съгласно модела на шахматната дъска – по детерминантата на подматрицата на този елемент. Ще я означа като А с индекс 1m, където зачеркваме реда и стълба на този елемент и ни остава само това тук. Добре. Сега да пресметнем детерминантата на транспонираната матрица. По-рано учихме, че не е задължително да я определяме само по ред, а може да се определи по стълб. Искам да поясня това. За детерминантата на А използвахме този ред, и нашите подматрици – това беше първата подматрица. Втората подматрица – знаеш как изглежда тя. Зачеркваме втория стълб и този ред и това, което остава, е втората подматрица, и продължаваме по същия начин нататък. Но за детерминантата на транспонираната матрица А можем да използваме първия стълб и да получим подматриците ето така. Тогава това ще е равно на... ще напиша първия член тук. а11 по детерминантата на неговата подматрица. Каква е детерминантата на неговата подматрица? Тя ще бъде... подматрицата ще получим, като зачеркнем неговия ред и стълб, и взимаме това, което остава ето тук. Един интересен въпрос е как това, което оградих тук, подматрицата на този елемент, как е свързана с подматрицата на този елемент? Ако се вгледаме внимателно, този ред от а22 до а2m сега е станал стълб от а22 до а2m. Този ред, който е следващият, от а32 до а3m, сега е станал стълб от а32 до а3m. Ако продължим надолу, този последен ред сега е станал този стълб. Значи подматрицата на този елемемент, на която ще намираме детерминантата ето тук, е равна на транспонираната подматрица на този елемент. Значи това е равно на транспонираната подматрица А11. Ако продължим нататък, имаме минус този елемент, минус а12, по детерминантата на неговата подматрица. Зачеркваме реда и стълба на този елемент и какво получаваме? Неговата подматрица ще изглежда ето така. Тя ще съдържа това ето тук и това ето тук. Как се сравнява това с а12? Ако зачеркнем реда и стълба на а12, ще ни остане всичко това ето тук. Отново, виждаш, че ето този ред е същият като този стълб, че този ред е същият като този стълб, че този ред е същият като този стълб. И отново, подматрицата, чиято детерминанта търсим, е еднаква с транспонираната матрица на това тук. Тя е равна на транспонираната А12. Това тук – мога да го щриховам – е равно на транспонираната матрица на тази матрица, е равно на транспонираната на тази матрица. Значи, по принцип, всички тези подматрици, когато се движим по този ред, са равни на съответните транспонирани матрици. Продължаваме така, после продължаваме така чак до плюс (–1). Отиваме чак до (–1) на степен (1 + m) по детерминантата на... това ще бъде тази транспонирана матрица. Даже можеш да го направиш. Ако дойдеш чак до тук – ако зачеркнеш този ред и стълб, ти остава всичко останало в тази матрица, а това е равно на транспонираната матрица, ако зачеркнеш този ред и този стълб. Този ред става този стълб, този ред става този стълб. Мисля, че разбираш какво се случва. Не искам да се повтарям. Това ще е равно на транспонираната А с индекс 1m. Сега, спомни си, че в това индуктивно доказателство или доказателство с индукция, предполагам, че – спомни си, това е матрица (n + 1) x (n + 1). В началото допуснах, че за една матрица n x n детерминантата на В е равна на детерминантата на транспонираната В. Това тук са матрици n x n, нали? Това тук е матрица (n + 1) x (n + 1). Същото важи и за тази тук. Но тези тук са n x n. Значи, ако допуснем, че за n x n детерминантата на матрицата е равна на детерминантата на транспонираната ѝ матрица – това е детерминантата на матрицата, това е детерминантата на нейната транспонирана матрица – тези две детерминанти трябва да са равни. Тогава можем да кажем, че детерминантата на транспонираната матрица А е равна на този член А с индекс 11 по този, но това е равно на това за случая n x n. Спомни си, ние разглеждаме случая (n + 1) x (n + 1). Но тези подматрици имат размери, които са по-малки с една единица във всяка посока. Имат един ред по-малко и един стълб по-малко. Значи тези двете са равни. Вместо да запиша това, аз просто записах това, значи по детерминантата на А с индекс 11. После продължаваме. Минус А с индекс 12 по детерминантата. Вместо да пиша това, мога да запиша това, защото те са равни. Детерминантата на А с индекс 12 и така нататък до плюс (–1)^(1 + m) по детерминантата на това. Тези две неща са равни. Това е равно на това. Това беше нашето допускане в това индуктивно доказателство, А с индекс 1m. После видяхме, че този син ред тук е еквивалентен на този жълт ред тук. Получихме, че детерминантата на А, която е с размери (n + 1) x (n + 1), значи това е случаят (n + 1) x (n + 1). Получихме, че детерминантата на А е равна на детерминантата на транспонираната матрица на А. Получихме това, като допуснахме, че е вярно... ще го напиша – допуснахме, че е вярно за случай n x n. И сме готови. Сега доказахме, че това е вярно по принцип, защото го доказахме за базовия случай. Доказахме го за 2 х 2, а после показахме, че ако е вярно за n x n, то ще е вярно и за (n + 1) x (n + 1). Ако е вярно за 2 х 2, то ще е вярно за 3 х 3. Щом е вярно за 3 х 3, то ще е вярно за 4 х 4, и така нататък. Но резултатът е чудесен. Когато транспонираш една матрица, детерминантата не се променя.