Determinant $AB$, $BA$

[Martin Sleziak]

Zadania

Pre zadané matice $A$, $B$ nad poľom $\mathbb R$ vypočítajte niektorý z~determinantov $\det(AB)$ a $\det(BA)$. (Môžete si vybrať tú možnosť, ktorá sa vám zdá jednoduchšia. Pri jednom z~týchto dvoch poradí sa dá prísť na odpoveď aj bez počítania, len na základe rozmerov matíc -- ak to budete rátať takto, očakávam v riešení nejaké stručné zdôvodnenie.)

Skupina A:
$$A=
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 2 \\
1 & 2 & 2 & 1 \\
\end{pmatrix} \qquad
B =
\begin{pmatrix}
1 & 1 &-1 \\
0 & 1 & 1 \\
1 &-1 & 0 \\
0 & 1 &-1 \\
\end{pmatrix}
$$

Skupina B:
$$A=
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 2 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 0 \\
1 & 2 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}\qquad
B=
\begin{pmatrix}
-1 & 1 & 1 \\
0 &-2 & 1 \\
1 & 0 &-1 \\
0 & 1 &-1
\end{pmatrix}
$$

Skupina C:
$$A=
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 2 \\
1 & 2 & 3 & 1 \\
\end{pmatrix}
\qquad
B=
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 1 \\
2 & 0 &-1 \\
-1 & 1 & 0 \\
-1 &-1 & 2
\end{pmatrix}
$$

Vo všetkých skupinách je $\det(BA)=0$.
Determinant matice $AB$: A) $-5$; B) $1$; C) $-12$

Ak ste zvedaví na príklady z písomiek z minulých rokov z takejto témy (=determinanty), tak sa môžete pozrieť sem:
viewtopic.php?t=853
viewtopic.php?t=603

[Martin Sleziak]

Riešenie
Matice $A$ aj $B$ majú hodnosť nanajvýš $3$ (keďže majú tri riadky/stĺpce).
Na základe nerovnosti $h(AB)\le \min\{h(A),h(B)\}$ dostávame, že $AB$ aj $BA$ je matica hodnosti nanajvýš tri.
Rôzne spôsoby ako dokázať tieto nerovnosti sa dajú nájsť tu: viewtopic.php?t=828
Konkrétne $BA$ je matica $4\times4$, ktorá nie je regulárna (nemá plnú hodnosť), a teda jej determinant je nula.

Toto bolo riešenie, ktoré som spomínal v zadaní - že v jednom poradí vieme povedať hodnotu determinantu bez toho, aby sme niečo počítali (t.j. len na základe rozmerov matíc).
Bez "špekulovania" sa dala úloha riešiť tak, že jednoducho vypočítate súčin matíc a zrátate determinant niektorým zo spôsobov, ktoré sme sa učili.

Ak ste vypočítali maticu $AB$, dostanete maticu $3\times3$, pre ktorú sa dá použiť Sarrusove pravidlo. (Samozrejme, možno ak predtým urobíme nejaké riadkové alebo stĺpcové úpravy, môže nám to zjednodušiť výpočty.)

Napríklad v skupine C sa dalo počítať takto:

Spoiler:

$\begin{vmatrix}
3 &-1 & 1 \\
2 &-2 & 3 \\
1 & 1 & 1 \\
\end{vmatrix}=$ $
\begin{vmatrix}
1 & 1 &-2 \\
2 &-2 & 3 \\
1 & 1 & 1 \\
\end{vmatrix}=$ $
\begin{vmatrix}
0 & 0 &-3 \\
2 &-2 & 3 \\
1 & 1 & 1 \\
\end{vmatrix}=$ $
-3\begin{vmatrix}
2 &-2 \\
1 & 1 \\
\end{vmatrix}=$ $(-3)\cdot4=-12$

Ak ste počítali maticu $BA$, dostali ste maticu $4\times4$.
Všetky skupiny boli také, že v ľavej dolnej časti vyšli nuly, takže sa dá použiť vzťah
$$\det
\begin{pmatrix}
A & B \\
0 & D \\
\end{pmatrix}=\det(A)\cdot\det(D),
$$ čím sa úloha redukuje na výpočet dvoch determinantov $2\times2$. Napríklad v skupine C:

Spoiler:

$\begin{vmatrix}
1 & 2 & 3 & 0 \\
1 & 2 &-1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 4 &-1 \\
\end{vmatrix}=$ $
\begin{vmatrix}
1 & 2 \\
1 & 2 \\
\end{vmatrix}\cdot
\begin{vmatrix}
0 & 1 \\
4 &-1 \\
\end{vmatrix}=$ $0\cdot(-4)=0
$

Chyby, ktoré sa vyskytovali

Vzťah $\det(AB)=\det(A)\cdot\det(B)$ sa dá použiť iba ak matice $A$, $B$ sú štvorcové.

Ak používate Sarrusovo pravidlo, nezabudnite na znamienka.

[Martin Sleziak]

Pridám do toho istého topicu, keďže pointa úlohy bola tá istá.

Vypočítajte determinant matice $ABC$. (Ak ho viete vypočítať aj bez toho, aby ste vypočítali súčin týchto troch matíc, tak očakávam v~riešení nejaké stručné zdôvodnenie.)
$$
A=\begin{pmatrix}
1 &-1 & 0 \\
1 &-2 &-1 \\
3 &-1 & 1 \\
1 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix},
B=
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 1 \\
2 &-1 & 1 \\
1 & 1 &-3 \\
\end{pmatrix},
C=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 1 \\
0 &-1 & 3 & 1 \\
2 & 1 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$

Ak vieme, že hodnosť súčinu je nanajvýš taká, ako hodnosť jednotlivých matíc, tak vidíme, že
$h(ABC)\le h(A)\le 3$
$h(ABC)\le h(B)\le 3$
$h(ABC)\le h(C)\le 3$

Matica $ABC$ je teda matica rozmerov $4\times4$, ktorá má hodnosť $3$. Teda nie je regulárna a máme, že $\det(ABC)=0$.

Samozrejme, úloha sa dá vyriešiť aj tak, že matice naozaj vynásobím a vyrátam determinant súčinu. Pridám tu výpočet súčinu $ABC$, ak si to chcete porovnať s tým, čo vyšlo vám. (Píšem iba jednu skupinu, ale ostatné skupiny sa líšili iba tým, že niektorý riadok resp. stĺpec mal opačné znamienka.)

Spoiler:

$
AB=
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 0 \\
1 &-2 &-1 \\
3 &-1 & 1 \\
1 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 1 \\
2 &-1 & 1 \\
1 & 1 &-3 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
-4 & 0 & 2 \\
2 &-1 &-1 \\
4 &-1 &-1 \\
\end{pmatrix}
$
$(AB)C=
\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
-4 & 0 & 2 \\
2 &-1 &-1 \\
4 &-1 &-1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 1 \\
0 &-1 & 3 & 1 \\
2 & 1 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-1 & 0 &-2 &-1 \\
0 & 2 &-6 &-4 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
2 & 0 & 4 & 3 \\
\end{pmatrix}
$

Chyby, ktoré sa vyskytovali

Zopakujem aj k tomuto príkladu to, čo som spomínal vyššie:

Vzťah $\det(AB)=\det(A)\cdot\det(B)$ sa dá použiť iba ak matice $A$, $B$ sú štvorcové.

V jednej z úloh som videl zhruba taký postup, že ste vypočítali maticu $AC$. Tá je štvorcová a dá sa na ňu použiť determinant.
A potom ste tvrdili, že platí takáto rovnosť:

$$\det(ABC)=\det(AC)\det(B)$$

Takáto rovnosť nemusí platiť (v prípadoch, keď súčin $AC$ existuje). Aj keď pre matice takých rozmerov ako sú v zadaní to platí - vtedy na oboch stranách dostaneme nulu.

Trochu sa pozrime na to, ako to vychádza vo všeobecnosti.
Označme si rozmery matíc ako $n\times k$, $k\times k$, $k\times n$.

• Ak $n=k$, tak máme štvorcové matice a obe strany sa rovnajú súčinu $\det(A)\det(B)\det(C)$.
• Ak $n>k$, tak rovnakým zdôvodnením ako vyššie prídeme na to, že $h(ABC)\le k<n$ aj $h(AC)\le k<n$. Teda $\det(ABC)=\det(AC)=0$, obe strany sú nulové.
• Zostáva teda ešte prípad, že $n<k$. Tu sa dá vymyslieť kontrapríklad - môžete si vyskúšať nejaký nájsť.

Spoiler:

Pre $$A=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix},
B=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix},
C=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1 \\
0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
Dostaneme
$$AC=
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1 \\
\end{pmatrix},
$$
takže $B$ aj $AC$ sú regulárne a máme $\det(AC)\det(B)\ne0$.

Súčasne matica $ABC$ bude singulárna, teda $\det(ABC)=0$ a táto rovnosť neplatí.
\begin{align*}
(AB)C&=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1 \\
0 & 0 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0 \\
\end{pmatrix}
\\
A(BC)&=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0 \\
0 & 1 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0 \\
\end{pmatrix}
\end{align*}