Теорема о «чужих дополнениях»

Теорема. Сумма произведений элементов некоторой строки (столбца) матрицы определителя на алгебраическое дополнения соответствующих элементов другой строки (столбца) (чужие алгебраические дополнения) равны $0$.

Разложение по строке: $$a_{i1}A_{j1}+a_{i2}A_{j2}+\ldots+a_{in}A_{kn}=\sum_{k=1}^{n} a_{ij}A_{kj}=0$$

Разложение по столбцу: $$a_{1j}A_{1j}+a_{2i}A_{2j}+\ldots+a_{nj}A_{nk}=\sum_{k=1}^{n} a_{ij}A_{ik}=0$$

Пусть $\Delta$ – определитель порядка $n$. Тогда $$\sum_{j=1}^{n} a_{i j} A_{k j}=\left\{\begin{array}{l} \Delta, & если & k = i \\0, &если & k \neq i \end{array}\right.$$

Рассмотрим определитель матрицы $A=\left\|a_{i j}\right\| \in M_{n}(P)$. Прибавим $k$-ю строку к $i$-й, отчего определитель матрицы не изменится в соответствии со свойством определитель не изменится, если к какой-либо его строке (столбцу) прибавить (как матрицу) другую его строку (столбец), умноженную (-ого) на произвольный элемент поля. Отсюда, в частности, следует, что определитель, содержащий равные строки (столбцы), равен нулю. Теперь распишем по теореме о разложении определителя по строке (столбцу) определитель новой матрицы, разлагая его по $i$-й строке. Получим $$\Delta=\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i j}+a_{k j}\right) A_{i j}=\sum_{j=1}^{n} a_{i j} A_{i j}+\sum_{j=1}^{n} a_{k j} A_{i j}=$$ $$=\Delta+\sum a_{k j} A_{i j} \Rightarrow \sum_{j=1}^{n} a_{k j} A_{i j}=0 $$

Примеры

  1. Вычислим определитель матрицы $$A=\left(\begin{array}{ll}3 & 5 & 7 & 2\\7 & 6 & 3 & 7\\5 & 4 & 3 & 5\\-5 & -6 & -5 & -4\end{array}\right)$$
  2. Нахождение определителя матрицы $А$

    В этой матрице нет строк (столбцов) содержащих ноль, а значит, выберем любую строку (столбец), например, 3-ю строку. $$\operatorname{det}A = \left|\begin{array}{cccc}3 & 5 & 7 & 2 \\7 & 6 & 3 & 7 \\5 & 4 & 3 & 5\\-5 & -6 & -5 & -4\end{array}\right|= 5 \cdot\left|\begin{array}{ccc}5 & 7 & 2 \\6 & 3 & 7 \\-6 & -5 & -4\end{array}\right| \cdot(-1)^{3+1}+$$ $$+4 \cdot\left|\begin{array}{ccc}3 & 7 & 2 \\7 & 3 & 7\\-5 & -5 & -4\end{array}\right| \cdot(-1)^{3+2}+ 3\cdot\left|\begin{array}{ccc}3 & 5 & 2 \\7 & 6 & 7 \\-5 & -6 &-4\end{array}\right| \cdot(-1)^{3+3}+$$ $$+5\cdot\left|\begin{array}{ccc}3 & 5 & 7 \\7 & 6 & 3\\-5 & -6 & -5\end{array}\right| \cdot(-1)^{3+4}$$

    Применяя правило Саррюса решим миноры 3-го порядка. Получим, что

    $$\operatorname{det}A = 5\cdot(-35) -4\cdot(-20)+3\cdot(-5)-5\cdot(-20) =$$ $$=-175+80-15+100 = -10 \Rightarrow \operatorname{det}A = -10 $$

    [свернуть]
  3. Вычислим определитель матрицы $$B=\left(\begin{array}{ll}3 & 1 & 1 & 0\\0 & 1 & 5 & 4\\-1 & -4 & 0 & 2\\-1 & 0 & 2 & 2\end{array}\right)$$
    Нахождение определителя матрицы $B$

    $$\operatorname{det}B = \left|\begin{array}{cccc}3 & 1 & 1 & 0 \\0 & 1 & 5 & 4 \\-1 & -4 & 0 & 2\\-1 & 0 & 2 & 2\end{array}\right|= 3 \cdot\left|\begin{array}{ccc}1 & 5 & 4 \\-4 & 0 & 2 \\0 & 2 & 2\end{array}\right| \cdot(-1)^{1+1}+$$ $$+\left|\begin{array}{ccc}0 & 5 & 4 \\-1 & 0 & 2\\-1 & 2 & 2\end{array}\right| \cdot(-1)^{1+2}+ \left|\begin{array}{ccc}0 & 1 & 4\\-1 & -4 & 2\\-1 & 0 &2\end{array}\right| \cdot(-1)^{1+3}$$ $$\operatorname{det}A = 3\cdot4-(-8)-16 = 4\Rightarrow \operatorname{det}A = 4 $$

    [свернуть]

Литература

  1. Конспект лекций по линейной алгебре. Белозёров Г.С. Глава IV. Матрицы и определители.
  2. Конспект лекций по линейной алгебре. Марков В.Т МГУ 2013 год (стр. 29)
  3. Конспект лекций по линейной алгебре. Факультет математики НИУ ВШЭ

Теорема о «чужих дополнениях»

Тест на теорму о «чужих дополнениях»

М1343. Пересечение трёх хорд окружности

Задача из журнала «Квант» (1992 год, 11 выпуск)

Условие

Три хорды окружности $\gamma$ попарно пересекаются в точках $A$, $B$, $C$. Построим еще три окружности: одна касается сторон угла $CAB$ и окружности $\gamma$ (изнутри) в точке $A_{1}$, вторая — сторон угла $ABC$ и окружности $\gamma$ (изнутри) в точке $B_{1}$, третья — сторон угла $ACB$ и окружности $\gamma$ (изнутри) в точке $C_{1}$. Докажите, что три отрезка $AA_{1}$, $BB_{1}$ и $CC_{1}$ пересекаются в одной точке (рис. 1)

Решение

Пусть $\gamma_{0}$ — окружность, вписанная в треугольник $ABC$, $I$ — ее центр, $K$ — центр окружности $\gamma$, $L$ — центр гомотетии $H$, переводящей окружность $\gamma$ в $\gamma_{0}$ (точка $K$ лежит на продолжении отрезка $К_{1}$ за точку $I$, причем отношение $LI/KI$ равно отношению радиусов окружностей $\gamma$ в $\gamma_{0}$).

Докажем, что отрезок $AA_{1}$, (рис. 2) проходит через точку $L$ (точно так же мы можем рассуждать и об отрезках $ВВ_{1}$ и $СС_{1}$).Гомотетию $H$ можно рассматривать как композицию двух гомотетий: первая из них $H_{1}$ с центром $A_{1}$ переводит у в окружность $\gamma_{A}$, касающуюся окружности $\gamma$ в точке $A_{1}$, вторая $H_{2}$ с центром $А$ переводит $\gamma_{A}$ в $\gamma_{0}$ при этом, конечно, $H = H_{2} \circ H_{1}$.Тот факт, что точка $L$ лежит на прямой (даже на отрезке) $AA_{1}$, вытекает из так называемой «теоремы о трех центрах подобия»: если $H_{1}$, и $H_{2}$ — две гомотетии с коэффициентами $k_{1}$ и $k_{2}$, $k_{1} k_{2} \neq 1$, то их композиция $H = H_{2} \circ H_{1}$, — тоже гомотетия с коэффициентом $k_{1} k_{2}$, причем центры всех трех гомотетий лежат на одной прямой.

Докажем это в интересующем нас случае, когда $0<k_{1}<1$ и $0<k_{2}<1$ (при этом центр гомотетии $H$ будет лежать на отрезке, соединяющем центры гомотетий $H_{1}$ и $H_{2}$).Возьмем три точки $P$, $Q$ и $X$, не лежащие на одной прямой (рис. 3). Пусть $P_{1}=H(P)$, $Q_{1}=H(Q)$, $X_{1}=H(X)$.Треугольник $P_{1}Q_{1}X_{1}$, подобен треугольнику $PQX$, причем их сходственные стороны либо параллельны, либо лежат на одной прямой. Отсюда следует, что найдутся две стороны (пусть для определенности это будут $PQ$ и $P_{1}Q_{1}$), лежащие на несовпадающих параллельных прямых.Прямые $PP_{1}$ и $QQ_{1}$ пересекаются в некоторой точке $O$ (поскольку $P_{1}Q_{1} = kPQ < PQ$), лежащей по ту же сторону от прямой $PQ$, что и точки $P_{1}$ и $Q_{1}$.

Теперь ясно, что точки $X$ и $X_{1}$ лежат на одной прямой, причем $OX_{1}/OX = k$, т. е. $H$ — гомотетия с центром $O$ и коэффициентом $k=k_{1}k_{2}$. Если $O_{1}$ — центр гомотетии $H_{1}$, а $O_{2}$ — центр гомотетии $H_{2}$, то $H(O)=H_{2}(O_{1})$ лежит на отрезке $O_{1}O_{2}(k_{2} < 1$); это значит, что прямая $O_{1}O_{2}$ проходит через точку $O$, причем точки$O_{1}$ и $O_{2}$ лежат по разные стороны от точки $O$ на прямой $O_{1}O_{2}$ ($0<k_{1}<1$ и $0<k_{2}<1$). Отсюда следует, что точка $О$ лежит на отрезке $O_{1}O_{2}$. Утверждение задачи тем самым доказано — все три отрезка $AA_{1}$, $BB_{1}$ и $CC_{1}$ проходят через точку $L$.

Н.Васильев

М1336. Доказательство неравенства

Задача из журнала «Квант» (1992 год, 10 выпуск)

Условие

Докажите для любых чисел $m$ и $n$, больших 1, неравенство $$\frac{1}{\sqrt[n]{m+1}}+\frac{1}{\sqrt[m]{n+1}}>1 \tag{*}$$

Доказательство

Докажем, что неравенство $$(1+x)^{a}<1+\alpha x$$ выполняется при $0 < \alpha < 1 $ и $x>0$. Пусть $$f(x)=(1+x)^{\alpha}-\alpha x-1$$ Имеем $$f(0) = 0$$ $$f^{\prime}(x)=\alpha(1+x)^{\alpha-1}-\alpha<0$$ при $x>0$. Следовательно, при $x \geqslant 0$ функция $f(x)$ убывает, поэтому $f(x)<f(0)=0$ при $x>0$.

Пользуясь неравенством $(*)$, получаем, что $$(1+m)^{\frac{1}{n}}<1+\frac{m}{n},(1+n)^{\frac{1}{m}}<1+\frac{n}{m}$$ откуда сразу следует, что $$\frac{1}{\sqrt[n]{1+m}}+\frac{1}{\sqrt[m]{1+n}}>\frac{n}{m+n}+\frac{m}{m+n}=1$$

И. Сендеров