Kezdőlap


Feladat:	863. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bognár László , S. Nagy Erzsébet
Füzet:	1958/május, 143 - 145. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Determinánsok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1957/november: 863. matematika feladat

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

I. megoldás: A feladat kikötéseinek eleget tevő $n$ -edrendű determináns alakja a következő:

\begin{matrix} D = {| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 & . & . & . & 1 \\ 1 & 2 & 2 & 2 & . & . & . & 2 \\ 1 & 2 & 3 & 3 & . & . & . & 3 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & . & . & . & 4 \\ . & . & . & . & . & . & . & . \\ 1 & 2 & 3 & 4 & . & . & . & n \end{matrix} |}_{.} \end{matrix}

A determináns értéke nem változik, ha a determináns egyik sorához hozzáadjuk egy másik sorát vagy annak többszörösét. (KML XV. köt. 81. old. 11. tétel.) Adjuk hozzá tehát az utolsó előtti sor

(- 1)

-szeresét az utolsó sorhoz, azután az

n - 2

-edik sor

(- 1)

-szeresét az utolsó előttihez, és így folytatva végül az első sor

(- 1)

-szeresét a másodikhoz. Ekkor a determináns a következő alakot ölti:

\begin{matrix} D = {| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 & . & . & . & . & . & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & . & . & . & . & . & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & . & . & . & . & . & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & . & . & . & . & . & 1 \\ . & . & . & . & . & . & . & . & . & . \\ 0 & 0 & 0 & 0 & . & . & . & . & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & . & . & . & . & 0 & 1 \end{matrix} |}_{.} \end{matrix}

Ha egy determináns főátlója alatt (vagy felett) csupa nulla áll, akkor a determináns értéke a főátlóban álló elemek szorzatával egyenlő (idézett hely 8. tétel).
Ezért

\begin{matrix} D = 1^{n} = 1 \end{matrix}

S. Nagy Erzsébet (Makó, József A. g. III. o. t.)

II. megoldás: A bizonyítást teljes indukcióval végezzük el.

n = 2

-re az állítás helyességét közvetlenül beláthatjuk.
Tegyük fel, hogy az állítás

n = k

-ra igaz, azaz fennáll, hogy

\begin{matrix} D_{k} = | \begin{matrix} 1 & 1 & 1 & . & . & . & . & 1 \\ 1 & 2 & 2 & . & . & . & . & 2 \\ 1 & 2 & 3 & . & . & . & . & 3 \\ . & . & . & . & . & . & . & . \\ 1 & 2 & 3 & . & . & . & . & k \end{matrix} | = 1. \end{matrix}

A feltételt felhasználva bebizonyítjuk, hogy ekkor

D_{k + 1} = 1

is fennáll.
A

\begin{matrix} D_{k + 1} = | \begin{matrix} 1 & 1 & 1 & . & . & . & . & 1 \\ 1 & 2 & 2 & . & . & . & . & 2 \\ 1 & 2 & 3 & . & . & . & . & 3 \\ . & . & . & . & . & . & . & . \\ 1 & 2 & 3 & . & . & . & . & (k + 1) \end{matrix} | \end{matrix}

determináns első oszlopát rendre a második, harmadik,

..., (k + 1)

-ik oszlopból kivonva, majd a kapott determinánst első sora szerint kifejtve nyerjük:

\begin{matrix} D_{k + 1} = | \begin{matrix} 1 & 0 & 0 & . & . & . & . & 0 \\ 1 & 1 & 1 & . & . & . & . & 1 \\ 1 & 1 & 2 & . & . & . & . & 2 \\ 1 & 1 & 2 & . & . & . & . & 3 \\ . & . & . & . & . & . & . & . \\ 1 & 1 & 2 & . & . & . & . & k \end{matrix} | = 1 \cdot | \begin{matrix} 1 & 1 & . & . & . & 1 \\ 1 & 2 & . & . & . & 2 \\ . & . & . & . & . & . \\ 1 & 2 & . & . & . & k \end{matrix} | = 1 \cdot D_{k} = 1. \end{matrix}

Ezzel állításunkat bebizonyítottuk.

Bognár László (Veszprém, Lovassy g. III. o. t.)