Kezdőlap


Feladat:	530. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bácsy Zsolt , Bánhegyesi B. , Biborka T. , Bollobás Béla , Fritz J. , Gagyi Pálffy A. , Gálfi l. , Gáspár R. , Grünner Gy. , Horváth Kálmán , Katona Mária , Kéry G. , Klimó J. , Krámli A. , Nagy Géza , Pollai Marion , Simai L. , Székely J. , Urbán L.
Füzet:	1959/november, 121 - 124. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Determinánsok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1958/december: 530. matematika gyakorlat

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

I. Az üres mezők kitöltésével az alábbi $T_{1}$ táblázat adódik, benne $t$ az $a + b + c + d$ összeget rövidíti. Legyen a jobb alsó sarokelemhez tartozó aldetermináns: $A_{33} = a d - b c = D$ . A többiek gyorsabb, egyszerűbb kiszámításában jól alkalmazhatjuk az idézett cikk IV. fejezetében megismert 10. és 11. tulajdonságot.^{$^{*}$} Pl.

\begin{matrix} A_{11} = | \binom{a}{s - a - b} \binom{s - a - c}{t - s} | = | \binom{a}{s - a - b} \binom{s - c}{t - a - b} | = \\ = | \binom{a}{s - a - b} \binom{s - c}{c + d} | = | \binom{a}{s - b} \binom{s - c}{s + d} | = | \binom{a}{s - b} \binom{s}{s} | + | \binom{a}{s - b} \binom{- c}{d} | = \\ = s (a + b - s) + a d - b c + s c = s (a + b + c - s) + D = s (t - d - s) + D . \end{matrix}

Hasonlónak adódnak az

A_{22}

A_{12}

és

A_{21}

aldeterminánsok, amelyeknek ugyancsak egy eleme való az

a

b

c

d

számok közül. Ugyancsak hasonló szerkezetű

A_{13}

A_{23}

A_{31}

és

A_{32}

, amelyek

A_{33}

-ból egy-egy sort, vagy oszlopot, két elemet tartalmaznak. Pl.

\begin{matrix} A_{32} = - | \binom{d}{c} \binom{s - b - d}{s - a - c} | = - | \binom{d}{c} \binom{s - b}{s - a} | = - | \binom{d}{c} \binom{s}{s} | + | \binom{d}{c} \binom{b}{a} | = s (c - d) + D . \end{matrix}

A teljes ,,új'' táblázatot

T_{2}

mutatja, ezen valóban mindhárom sor és oszlop összege egyenlő, éspedig

\begin{matrix} S = s (b + c - a - d) + 3 D, \end{matrix}

(1)

amit bizonyítanunk kellett. (Természetesen a

T_{2}

-ből ugyanígy képezett új

T_{3}

is örökölné a sor- és oszlopösszegek egyenlőségének tulajdonságát.)

\begin{matrix} T_{1} & T_{2} \\ d & b & s - b - d & s [(t - s) - d] + D & s [b - (t - s)] + D & s (c - a) + D \\ c & a & s - a - c & s [c - (t - s)] + D & s [(t - s) - a] + D & s (b - d) + D \\ s - c - d & s - a - b & t - s & s (b - a) + D & s (c - d) + D & D \end{matrix}

Pl.

a = 5

b = - 4

c = 1, 5

d = 6

és

s = 10

-zel (1)-ből

S = - 27

, ahogyan a számítások elvégzése is mutatja:

\begin{matrix} 6 & - 4 & 8 & - 39 & 11 & 1 & - 1620 & 1080 & - 2160 \\ T_{1} : & 1, 5 & 5 & 3, 5 & T_{3} : 66 & - 29 & - 64 & és T_{3} : & - 405 & - 1350 & - 945 \\ 2, 5 & 9 & - 1, 5 & - 54 & - 9 & 36 & - 675 & - 2430 & 405 \end{matrix}

II.

T_{2}

fő-, ill. mellékátlójának

f_{2}

, ill.

m_{2}

összege akkor és csak akkor egyenlő, ha

\begin{matrix} f_{2} = s (2 t - 2 s - a - d) + 3 D = s (t - s - 3 a + b + c) + 3 D = m_{2}, \end{matrix}

(2)

vagyis

f_{2} - m_{2} = s (t - s + 2 a - b - c - d) = s (3 a - s) = 0

, tehát ha vagy

s' = 0

, vagy

s'' = 3 a

. (Ez a két érték nem különböző, ha

a = 0

s' = 0

mellett

f_{2} = m_{2} = S

, mert így

T_{2}

-nek minden eleme

D

. Megfordítva: akár

s = 0

, akár

s = 3 a

elegendő

f_{2} = m_{2}

teljesüléséhez.

s' = 0

mellett

T_{1}

átlóinak összege:

f'_{1} = 2 a + b + c + 2 d

, ill.

m'_{1} = a - b - c - 2 d

, ezek általában nem egyenlők, csak ha

a + 2 b + 2 c + 4 d = 0

, ehhez tehát

a

b

c

d

közül csak hármat választhatunk tetszés szerint. Hasonlóan

s'' = 3 a

mellett is általában

f''_{1} = - a + b + c + 2 d \neq m''_{1} = 7 a - b - c - 2 d

, csak ha

- 8 a + 2 b + 2 c + 4 d = 0

. (

a = 0

-val ‐ mint a fenti észrevételből várható, ‐ fennáll:

f'_{1} = f''_{1}

és

m'_{1} = m''_{1}

).
Pl. ismét

a = 5

b = - 4

c = 1, 5

és

d = 6

-tal, de most

s = 15 = 3 a

-val

V_{2}

mindkét átlóján

- 252

az összeg,

V_{1}

-ben viszont

f_{1} = - 4, 5 \neq 25, 5 = m_{1}

\begin{matrix} \begin{matrix} 6 & - 4 & 13 & - 151, 5 & 73, 5 & - 16, 5 \\ V_{1} : & 1, 5 & 5 & 8, 5 & -höz: & V_{2} : & 156 & - 136, 5 & - 114 \\ 7, 5 & 14 & - 6, 5 & - 99 & - 31, 5 & - 36 \end{matrix} \end{matrix}

III.

d

törlése után felesleges volna számításainkat újra kezdenünk, hiszen az így módosuló

T_{1}^{*}

-ben is mindazt teljesítenünk kell, mint

T_{1}

-ben, sőt többet annál (átlók!). Elég tehát

T_{1}

-ből továbbhaladnunk, és benne meghatároznunk az ismeretlenné vált

d

és

s

-nek a tovább is szabadon választható

a

b

c

-vel való azt a kifejezését, amelyre

f_{1}^{*} = m_{1}^{*} = s

. Így a módosult

T_{2}^{*}

-ben is csak az átlók összegeit kell vizsgálnunk, a sorok és oszlopok összegei egyezni fognak, mert az I. rész szerint öröklik

T_{1}^{*}

-nek ezen tulajdonságát. Az

\begin{matrix} f_{1}^{*} & = d + a + (a + b + c + d - s) = s, \\ m_{1}^{*} & = (s - c - d) + a + (s - b - d) = s \end{matrix}

egyenletrendszerből rendezéssel

\begin{matrix} \begin{matrix} 2 d - 2 s & = - 2 a - b - c, \\ - 2 d + s & = - a + b + c, \end{matrix}} innen pedig (3) {\begin{matrix} s = 3 a, \\ d = 2 a - (b + c) / 2. \end{matrix} \end{matrix}

Ezekkel táblázataink így módosulnak

\begin{matrix} \begin{matrix} 2 a - (b + c) / 2 & b & a - (b - c) / 2 \\ T_{1}^{*} : & c & a & 2 a - c \\ a + (b - c) / 2 & 2 a - b & (b + c) / 2 \end{matrix} \end{matrix}

\begin{matrix} \begin{matrix} - 4 a^{2} - b c + 2, 5 a b + 2, 5 a c & 2 a^{2} - b c + a b - 2 a c & - a^{2} - b c - 0, 5 a b + 2, 5 a c \\ T_{2}^{*} : & 2 a^{2} - b c - 2 a b + a c & - a^{2} - b c + a b + a c & - 4 a^{2} - b c + 4 a b + a c \\ - a^{2} - b c + 2, 5 a b - 0, 5 a c & - 4 a^{2} - b c + a b + 4 a c & 2 a^{2} - b c - 0, 5 a b - 0, 5 a c \end{matrix} \end{matrix}

Az utóbbiban mind a sorok és oszlopok, mind az átlók összege

- 3 a^{2} - 3 b c + 3 a b + 3 a c = - 3 (a - b) (a - c)

, kimondhatjuk tehát, hogy az új táblázat az eredeti táblázatból az átlókra vonatkozó többlettulajdonságot is örökli.
Egy számpélda

a = 1

b = 2

c = 2

-vel, amiből

d = 0

és

s = f_{1}^{*} = m_{1}^{*} = 3

, továbbá

S = f_{2}^{*} = m_{2}^{*} = - 3

\begin{matrix} \begin{matrix} 0 & 2 & 1 & 2 & - 4 & - 1 \\ T_{1}^{*} : & 2 & 1 & 0 & T_{2}^{*} : & - 4 & - 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & - 1 & 2 & - 4 \end{matrix} \end{matrix}

(4)

Horváth Kálmán (Kaposvár, Táncsics M. g. I. o. t.)

Megjegyzések. 1. A sorösszegek és oszlopösszegek egyenlőségének az új táblázatba való átöröklődését a táblázatok felírása nélkül is bebizonyíthatjuk. Legyen

T_{1}

olyan

3 \cdot 3

mezős táblázat, amelyben az

i

-edik sor

k

-adik mezején az

a_{i k}

szám áll (

i

k = 1

2

3

), és amelyben minden sor és oszlop összege

s

T_{1}

-et determinánsnak tekintve jelöljük értékét

A

-val, aldeterminánsait pedig

A_{i k}

-val. Az ezekkel felírt

T_{2}

-ben

s \neq 0

esetén bármelyik sor, oszlop összege

A / s

s = 0

esetén pedig

3 A_{0}

, ahol

A_{0}

T_{2}

valamennyi elemének közös értéke. A bizonyítást mindkét esetben elég az első sorra elvégezni, ez a felcserélési tételek alapján a többi sorokra, oszlopokra szintén érvényes.

s \neq 0

esetén készítsünk

T_{1}

-ből egy

T'_{1}

táblázatot úgy, hogy az első sorhoz hozzáadjuk a másodikat és a harmadikat. Ekkor

T'_{1}

első sorának minden eleme

s

, a további két sor változatlan. Így

T'_{1}

első sorának aldeterminánsai is változatlanok, a determináns értéke pedig a fent idézett tulajdonságok folytán

A' = A

. Így

T'_{1}

-t az első sora szerint kifejtve

s A_{11} + s A_{12} + s A_{13}

, és innen valóban

A_{11} + A_{12} + A_{13} = A / s

s = 0

esetén

T_{1}

-ben bármelyik sor bármelyik két elemének összege a sor még nem említett elemének

- 1

-szerese. Ezért

\begin{matrix} A_{13} = | \binom{a_{21} a_{22}}{a_{31} a_{32}} | = {\begin{matrix} | \binom{a_{21}}{a_{31}} \binom{a_{21} + a_{22}}{a_{31} + a_{32}} | = | \binom{a_{21} - a_{23}}{a_{31} - a_{33}} | = - | \binom{a_{21} a_{23}}{a_{31} a_{33}} | = A_{12}, \\ | \binom{a_{21} + a_{22}}{a_{31} + a_{32}} \binom{a_{22}}{a_{32}} | = - | \binom{a_{23} a_{22}}{a_{33} a_{32}} | = | \binom{a_{22} a_{23}}{a_{32} a_{33}} | = A_{11} . \end{matrix} \end{matrix}

Hasonlóan látható, hogy

T_{2}

-nek bármely két eleme egyenlő, és így sorainak és oszlopainak (továbbá átlóinak is) összege valóban egy aldetermináns értékének

3

-szorosa.

Bollobás Béla (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. II. o. t.)

2. A (3)-beli

s = 3 a

kifejezés ismerete után a megoldás II. részének eredménye szerint

T_{2}^{*}

-ben

f_{2}^{*} = m_{2}^{*}

, és közös értékük az (1) módosulásával adódó

S^{*}

-gal is megegyezik. Ugyanis (1) és (2) szerint

S^{*} = f_{2}^{*}

-höz elegendő a zárójelek első két tagjának megegyezése, ez pedig teljesül, mert a (3) kifejezésekkel:

2 t - 2 s = 2 a + 2 b + 2 c + 2 [2 a - (b + c) / 2] - 2 \cdot 3 a = b + c

Bácsy Zsolt (Budapest, Eötvös J. g. II. o. t.)

3. Ha még

T_{2}

-t is determinánsnak tekintjük, akkor szokás

T_{2}

-t (tágabb értelemben)

T_{1}

reciprok determinánsának nevezni. (Szigorúbb értelemben egy

A \neq 0

értékű, tetszés szerinti rendszámú determináns reciprok determinánsa az a determináns, amelyben az

i

-edik sor

k

-adik eleme nem

A_{i k}

, hanem

A_{i k} / A

; meg lehet mutatni, hagy ennek értéke

1 / A

.)^{$^{*}$} ‐ Szokás másrészt (tágabb értelemben)

n

-edrendű bűvös négyzetnek nevezni minden olyan

n

sorra és

n

oszlopra osztott és minden mezején egy-egy számot tartalmazó számtáblázatot, melynek minden sorában, minden oszlopában és mindkét átlója mentén álló számok összege ugyanannyi. ‐ Eszerint

T_{1}^{*}

és

T_{2}^{*}

3

-adrendű bűvös négyzetek. Hasonlóan

T_{1}

és

T_{2}

(melyekben az átlók összege általában nem egyenlő a sorokéval)

3

-adrendű félig bűvös négyzetek. E két fogalom felhasználásával eredményeink így is kimondhatók. I.:

3

-adrendű félig bűvös négyzetet determinánsnak tekintve reciprok determinánsa ugyancsak félig bűvös négyzet; III.:

3

-adrendű bűvös négyzetet determinánsnak tekintve reciprok determinánsa ugyancsak bűvös négyzet.
4. Az 1. megjegyzéshez hasonlóan igazolható, hogy

n

-edrendű, félig bűvös négyzetet determinánsnak tekintve reciprok determinánsa ugyancsak

n

-edrendű félig bűvös négyzet; viszont (egészen) bűvös négyzetekre a III. állítás

n > 3

esetén nem érvényes. Igazolásul elég egy számpélda; ha

\begin{matrix} T_{1}^{*} : | \begin{matrix} 2 & 4 & 13 & 15 \\ 14 & 16 & 3 & 1 \\ 7 & 5 & 10 & 12 \\ 11 & 9 & 8 & 6 \end{matrix} |, akkor T_{2}^{*} : | \begin{matrix} - 392 & 288 & 356 & - 188 \\ - 120 & 288 & - 324 & 220 \\ 424 & - 256 & - 868 & 764 \\ 152 & - 256 & 900 & - 732 \end{matrix} |, \end{matrix}

és ez utóbbiban a két átlós összeg sem egymással, sem a sorok és oszlopok

64

-es összegével nem egyenlő.
5. Több tanuló tévesen használta az aldetermináns fogalmát; a helyes kifejezést még megszorozta avval az elemmel is, amelyhez az aldetermináns tartozik, ‐ ahogyan ez a kifejtésben történik. Mások hibáinak az a tévhit a sarkköve, hogy ha egy determinánsból a fent is használt átalakításokkal egy vele egyenlő értékű másik determinánst írunk fel, akkor az aldeterminánsok értéke sem változik meg. (Győződjünk meg számbeli példákon ennek valótlanságáról!)

^{$^{*}$}XV. kötet, 80. o.

^{$^{*}$}Eszerint a fenti $T_{2}$ , $T_{3}$ -ra $T_{2} = T_{1}^{3} \cdot 1 / T_{1} = T_{1}^{2}$ és $T_{3} = T_{2}^{2}$ . Másrészt $T_{2}$ ,,reciproka'' $T_{1}$ -nek, $T_{3}$ pedig $T_{2}$ -nek, ezért $T_{3}$ minden eleme $T_{1}$ megfelelő eleménél $T_{1}$ -szer nagyobb.