Dana jest macierz blokowa \(\displaystyle{ M =\begin{bmatrix}A & B \\ C & D \\ \end{bmatrix},\quad}\) gdzie \(\displaystyle{ A, B, C, D}\) - bloki \(\displaystyle{ n\times n}\).
Wiedząc, że \(\displaystyle{ AC = CA}\) oraz \(\displaystyle{ A}\) jest nieosobliwa, udowodnij, że \(\displaystyle{ \det M = \det(AD − CB)}\).
Dziękuję z góry za pomoc.
Wykładnik macierzy blokowej
-
Isdre
- Użytkownik
- Posty: 32
- Rejestracja: 28 gru 2021, o 17:34
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 20
- Podziękował: 10 razy
Wykładnik macierzy blokowej
Ostatnio zmieniony 9 lis 2022, o 12:12 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
Dasio11
- Moderator
- Posty: 10255
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 41 razy
- Pomógł: 2376 razy
Re: Wykładnik macierzy blokowej
Po pierwsze, możemy założyć bez straty ogólności, że \(\displaystyle{ A = I}\). Mamy bowiem
\(\displaystyle{ \det M = \det \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} = \det \left( \begin{bmatrix} I & B \\ CA^{-1} & D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & 0 \\ 0 & I \end{bmatrix} \right) = \det \underbrace{\begin{bmatrix} I & B \\ CA^{-1} & D \end{bmatrix}}_{M'} \cdot \det A}\)
oraz
\(\displaystyle{ \det(AD-CB) = \det A \cdot \det(D - A^{-1}CB)}\).
Wystarczy więc wykazać, że \(\displaystyle{ \det M' = \det( D -A^{-1} C B)}\). Skoro zaś \(\displaystyle{ AC = CA}\) i w konsekwencji \(\displaystyle{ A^{-1}C = CA^{-1}}\), to ów warunek jest taki, jak teza zadania przy \(\displaystyle{ A = I}\).
Załóżmy zatem, że \(\displaystyle{ A=I}\), tj.
\(\displaystyle{ M = \begin{bmatrix} I & B \\ C & D \end{bmatrix}}\).
Wykonując operacje kolumnowe można użyć jedynek macierzy \(\displaystyle{ I}\) do wyzerowania macierzy \(\displaystyle{ B}\) bez zmiany wyznacznika. Można sprawdzić bezpośrednim rachunkiem, że wtedy macierz \(\displaystyle{ D}\) zamieni się w \(\displaystyle{ D-CB}\). Ponieważ jednak wszystkie operacje kolumnowe odpowiadają prawostronnemu mnożeniu przez odpowiednią macierz, możemy wspomnianych rachunków uniknąć na rzecz mnożenia macierzy:
\(\displaystyle{ \det \begin{bmatrix} I & B \\ C & D \end{bmatrix} = \det \left( \begin{bmatrix} I & B \\ C & D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I & -B \\ 0 & I \end{bmatrix} \right) = \det \begin{bmatrix} I & 0 \\ C & D - CB \end{bmatrix} = \det(D-CB)}\),
co należało wykazać.
Całość w skrócie i po uproszczeniach:
\(\displaystyle{ \begin{align*}
\det \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} & = \det \begin{bmatrix} A & 0 \\ C & D-CA^{-1}B \end{bmatrix} \cdot \det \begin{bmatrix} I & A^{-1}B \\ 0 & I \end{bmatrix} = \det A \cdot \det(D-CA^{-1}B) \\[2ex]
& = \det(AD-ACA^{-1}B) = \det(AD-CB)
\end{align*}}\)
\(\displaystyle{ \det M = \det \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} = \det \left( \begin{bmatrix} I & B \\ CA^{-1} & D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & 0 \\ 0 & I \end{bmatrix} \right) = \det \underbrace{\begin{bmatrix} I & B \\ CA^{-1} & D \end{bmatrix}}_{M'} \cdot \det A}\)
oraz
\(\displaystyle{ \det(AD-CB) = \det A \cdot \det(D - A^{-1}CB)}\).
Wystarczy więc wykazać, że \(\displaystyle{ \det M' = \det( D -A^{-1} C B)}\). Skoro zaś \(\displaystyle{ AC = CA}\) i w konsekwencji \(\displaystyle{ A^{-1}C = CA^{-1}}\), to ów warunek jest taki, jak teza zadania przy \(\displaystyle{ A = I}\).
Załóżmy zatem, że \(\displaystyle{ A=I}\), tj.
\(\displaystyle{ M = \begin{bmatrix} I & B \\ C & D \end{bmatrix}}\).
Wykonując operacje kolumnowe można użyć jedynek macierzy \(\displaystyle{ I}\) do wyzerowania macierzy \(\displaystyle{ B}\) bez zmiany wyznacznika. Można sprawdzić bezpośrednim rachunkiem, że wtedy macierz \(\displaystyle{ D}\) zamieni się w \(\displaystyle{ D-CB}\). Ponieważ jednak wszystkie operacje kolumnowe odpowiadają prawostronnemu mnożeniu przez odpowiednią macierz, możemy wspomnianych rachunków uniknąć na rzecz mnożenia macierzy:
\(\displaystyle{ \det \begin{bmatrix} I & B \\ C & D \end{bmatrix} = \det \left( \begin{bmatrix} I & B \\ C & D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I & -B \\ 0 & I \end{bmatrix} \right) = \det \begin{bmatrix} I & 0 \\ C & D - CB \end{bmatrix} = \det(D-CB)}\),
co należało wykazać.
Całość w skrócie i po uproszczeniach:
\(\displaystyle{ \begin{align*}
\det \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} & = \det \begin{bmatrix} A & 0 \\ C & D-CA^{-1}B \end{bmatrix} \cdot \det \begin{bmatrix} I & A^{-1}B \\ 0 & I \end{bmatrix} = \det A \cdot \det(D-CA^{-1}B) \\[2ex]
& = \det(AD-ACA^{-1}B) = \det(AD-CB)
\end{align*}}\)