Kezdőlap


Feladat:	862. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Lőrinczy László
Füzet:	1958/május, 142 - 143. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Determinánsok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1957/november: 862. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás: Fejtsünk ki egy tetszőleges harmadrendű determinánst.

\begin{matrix} D = | \begin{matrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & (1) \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{matrix} | = \\ = a_{11} a_{22} a_{33} + a_{12} a_{23} a_{31} + a_{13} a_{21} a_{32} - a_{13} a_{22} a_{31} - a_{11} a_{23} a_{32} - a_{12} a_{21} a_{33} . \end{matrix}

A determináns minden eleme két tagban, egy pozitív és egy negatív előjellel írt tagban szerepel. A negatív előjelű tagok értéke csak akkor pozitív, ha bennük egy vagy három determináns elem negatív. Az utolsó három tag tehát pozitív, ha a determináns elemek közül páratlan számú negatív, a többi pozitív. ‐ Viszont így az első három tagból legalább

1

negatív értékű, mert ha mindegyikben páros számú negatív elem volna, akkor a determináns negatív elemeinek száma is páros lenne.
Ezzel igazoltuk állításunkat: a harmadrendű determináns elemeinek előjelét nem lehet úgy megválasztani, hogy a kifejtés minden tagja pozitív legyen.

Lőrinczy László (Szolnok, Verseghy g. IV. o. t.)

II. megoldás: Mivel olyan determinánst kell keresnünk, melynek minden kifejtési tagja pozitív, elég csak olyan determinánssal foglalkozni, amelynek egyik eleme sem

0

.
Tekintsük a determinánsnak az I. megoldásban kifejtett alakját és képezzük a hat kifejtési tag szorzatát:

\begin{matrix} - a_{11}^{2} a_{12}^{2} a_{13}^{2} a_{21}^{2} a_{22}^{2} a_{23}^{2} a_{31}^{2} a_{32}^{2} a_{33}^{2} . \end{matrix}

Bárhogyan választjuk is meg az elemek előjelét, az előbbi szorzat negatív értéket ad. De ez azt mutatja, hogy az összeszorzott hat tag között volt ‐ mégpedig páratlan számú ‐ negatív előjelű, s így legalább egy tag pozitív közülük.

Megjegyzések: 1. A bizonyított tételből az is következik, hogy a harmadrendű determináns elemeinek előjele nem választható meg úgy sem, hogy minden kifejtési tag negatív legyen. Hiszen ha ez lehetséges volna, akkor abban a determinánsban, melyben minden tag előjelét ellenkezőre változtatjuk, az összes kifejtési tagok pozitívak volnának.
2. Felmerül a kérdés, vajon csak a harmadrendű determináns esetében igaz-e az állítás, vagy általánosítható-e nem harmadrendű determinánsokra is?
Másodrendű determináns tagjaira nem teljesül az állítás, mert pl. olyan másodrendű determinánsban, amelyben a második sor első eleme negatív, a többi mind pozitív, a kifejtés mindkét tagja pozitív lesz.
Bebizonyítjuk azonban, hogy

n \geq 3

esetén az

n

-edrendű determináns elemeit nem választhatjuk meg úgy, hogy a kifejtés során kapott valamennyi tag értéke pozitív (negatív) legyen.
A bizonyítás teljes indukcióval történhet.

n = 3

esetén az állítást már bizonyítottuk.
Tegyük fel, hogy

n = k

esetén igaz az állítás, azaz tetszőleges

k

-ad rendű determináns tagjai nem lehetnek mind pozitív vagy mind negatív előjelűek.
Fejtsünk ki egy

(k + 1)

-edrendű determinánst pl. első sora szerint. A kifejtésben

k + 1

számú

k

-ad rendű determináns szerepel egy-egy szorzóval (az első sor elemeivel) megszorozva. Mivel a

k

-adrendű determinánsok tagjaiban feltétlenül vannak ellenkező előjelűek, ezek tetszőleges (nem nulla) szorzóval való megszorzás után is ellenkező előjelűek maradnak, vagyis a kifejtés minden, egy

k

-adrendű determinánsához tartozó részletében már szerepelnek ellenkező előjelű tagok. A

(k + 1)

-edrendű determináns tagjai sem lehetnek tehát mind azonos előjelűek.
Ezzel a tételt bizonyítottuk.