msleziak.com

Úloha 3.5. Nech $A$ je symetrická reálna matica taká, že $D_1>0, D_2>0, \dots, D_n>0$. (Determinanty $D_k$ majú rovnaký význam ako v tvrdení z prednášky). Dokážte, že potom $a_{nn}>0$.

Ak ma matica $A$ rozmer $1$, tak trivialne dostavame $D_1 = |a_{11}| = a_{11} > 0$.


Nech ma teraz matica $A$ rozmer aspon $2$. Vynulujme v matici $A$ vsetky prvky v $n$-tom riadku aj $n$-tom stlpci okrem prvku $a_{nn}$ pripocitanim vhodneho nasobku $n$-teho stlpca/riadku. Podla vety I-6.3.9 sa tymito operaciami nezmeni determinant matice $A$, ani ziaden z jej hlavnych minorov. Dostavame maticu $A$ do tvaru
$$
\begin{pmatrix}
a_{11}^{'} & \cdots & a_{1(n-1)}^{'} & 0 \\
a_{21}^{'} & \cdots & a_{2(n-1)}^{'} & 0 \\
\vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
a_{(n-1)1}^{'} & \cdots & a_{(n-1)(n-1)}^{'} & 0 \\
0 & \cdots & 0 & a_{nn}
\end{pmatrix}
$$
Z tohto tvaru vidime, ze $D_n = a_{nn}D_{n-1}$. Vieme vsak, ze $D_{n-1} > 0$ a zaroven $D_n > 0$. Potom musi platit, ze aj $a_{nn} > 0$.
$Q.E.D.$

Adrián Goga wrote:Vynulujme v matici $A$ vsetky prvky v $n$-tom riadku aj $n$-tom stlpci okrem prvku $a_{nn}$ pripocitanim vhodneho nasobku $n$-teho stlpca/riadku.

Je tu ale problém, že to vieme urobiť iba ak $a_{nn}\ne0$.
Teda ak by sme chceli použiť takýto argument, treba najprv zdôvodniť, že prvok na poslednej pozícii je nenulový.

Well... *facepalm*.

Okej, tak este raz. Budeme postupovat indukciou vzhladom na velkost matice $n$. Pre $n=1$ trivialne dostavame, ze $D_1 = |a_{11}| = a_{11} > 0$.

Nech tvrdenie plati pre matice velkosti $1,..,k-1$. Majme teraz maticu $A$ velkosti $n=k$, ktora splna podmienky zo zadania, teda je to symetricka realna matica a vsetky jej hlavne minory su kladne. Ak z tejto matice vyberieme vsetky rohove podmatice hlavnych minorov $D_1,...,D_{k-1}$, vidime, ze su to symetricke matice velkosti $1,...,k-1$ a teda sa na ne vztahuje indukcny predpoklad a plati, ze $a_{ii} > 0$ pre $i \in \{1,...,k-1\}$. Vdaka tomu mozeme v matici $A$ vynulovat vsetky prvky okrem $a_{kk}$ najskor v $k$-tom riadku a potom v $k$-tom stlpci pripocitanim vhodnych nasobkov riadkov/stlpcov $1,...,k-1$. Podla vety I-6.3.9 tymito operaciami nezmenime hodnotu determinantu matice $A$, ani ziadneho z jej hlavnych minorov. Po tychto operaciach dostavame maticu do tvaru

$$
\begin{pmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1,k-1} & 0 \\
a_{21} & \cdots & a_{2,k-1} & 0 \\
\vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
a_{k-1,1} & \cdots & a_{k-1,k-1} & 0 \\
0 & \cdots & 0 & a_{kk}^{'}
\end{pmatrix}
$$

Kde $a_{kk}^{'} = a_{kk} + c_1 a_{1k} + ... + c_{k-1} a_{k-1,k}$, pretoze sme najskor vynulovali prvky v $k$-tom riadku a az potom stlpci. Kedze zjavne $D_k = a_{kk}^{'} D_{k-1}$ a vieme, ze $D_k > 0$ a $D_{k-1} > 0$, musi platit aj $a_{kk}^{'} > 0$.

Zaroven plati, ze $a_{ki} + c_i a_{ii} = 0$. Kedze $a_{ii} > 0$, $c_i$ mozeme vyjadrit ako $$c_i = - \frac{a_{ki}}{a_{ii}}$$
Potom po dosadeni za $c_i$ dostavame
$$a_{kk}^{'} = a_{kk} - \frac{a_{k1} a_{1k}}{a_{11}} - ... - \frac{a_{k,k-1} a_{k-1,k}}{a_{k-1,k-1}} > 0$$
Kedze matica $A$ je symetricka a teda plati, ze $a_{ij} = a_{ji}$, dostavame
$$a_{kk}^{'} = a_{kk} - \frac{a_{1k}^2}{a_{11}} - ... - \frac{a_{k-1,k}^2}{a_{k-1,k-1}} > 0$$

Vieme, ze $a_{11},...,a_{k-1,k-1}$ su kladne a tiez vidime, ze plati $a_{ik}^2 \geq 0$ pre $i \in \{1,...,k-1\}$. Z toho vyplyva

$$\frac{a_{ik}^2}{a_{ii}} \geq 0, ~ i \in \{1,...,k-1\}$$

$$a_{kk} > \frac{a_{1k}^2}{a_{11}} + ... + \frac{a_{k-1,k}^2}{a_{k-1,k-1}} \geq 0$$
A teda aj $a_{kk} > 0$.

$Q.E.D.$

Adrián Goga wrote:Zaroven plati, ze $a_{ki} + c_i a_{ii} = 0$. Kedze $a_{ii} > 0$, $c_i$ mozeme vyjadrit ako $$c_i = - \frac{a_{ki}}{a_{ii}}$$

Ospravedlňujem sa, že som dlho nereagoval na túto úlohu.

Ak som správne pochopil, tak tvrdíte, že ak k poslednému riadku pripočítate $c_1,\dots,c_{n-1}$-násobky predošlých riadkov, tak vynulujete vštky jeho členy okrem posledného.

Toto nie je pravda - ako sa môžete presvedčiť na konkrétnej matici.
Napríklad pre $A=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 2 \\
1 & 2 & 4 \\
\end{pmatrix}$ by som podľa vášho zápisu dostal $c_1=c_2=-1$. (Vypočítal som ich ako $c_1=-1/1$ a $c_2=-2/2$.)
Keď od tretieho riadku odpočítam prvé dva, tak dostanem postupne - po odpočítaní prvého riadku $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 2 \\
0 & 1 & 3 \\
\end{pmatrix}$ a po odpočítaní druhého riadku $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 2 \\
-1 &-1 & 1 \\
\end{pmatrix}$ .

Nedostal som teda maticu takú, kde by bol jediný nenulový prvok v poslednom riadku ten posledný.

Hint (možno pomôže): Nedala by sa nejako jednoducho použiť nejaká veta, ktorú sme dokázali na prednáške.
(To, čo ste zatiaľ písali, sa dosť podobá na to, ako keby ste chceli opakovať niektoré úvahy z dôkazu istej vety z prednášky.)

Hmm, mozno nie je az taky zly napad si svoj dokaz overit aspon na jednom priklade
Skusim teda este raz a trochu inak.

Z vety 2.3.5 vieme, ze matica $A$ je kongruentna s jednotkovou maticou, a teda existuje taka regularna matica $P$, ze plati
$$A = PIP^T = PP^T$$
Z tohto vidime, ze
$$a_{n,n} = \sum_{i=1}^{n} p_{n,i}^2 \geq 0$$
Kedze matica $P$ je regularna, musi existovat take $k \in \{1,..,n\}$, ze $p_{n,k} \neq 0$, pretoze v opacnom pripade by $P$ obsahovala nulovy riadok. Z toho uz priamo vyplyva:
$$a_{n,n} = \sum_{i=1}^{n} p_{n,i}^2 > 0$$

Ok, značím si 1 bod. (Čiže za úlohy na fóre máte 5 bodov - maximum.)
Link na staršie riešenie: viewtopic.php?t=258