| Autor |
Mesaj |
|
|
Fie
.Atunci
este...
a) strict pozitiv
b) strict negativ
c) zero
d) de modul 1
e) 1
|
|
|
Raspuns: 0.
E o problema clasica, dar, fiind un test grila, de ce n-am lua matricea A cu toate elementele nule?
|
|
|
Aveti dreptate,solutia se poate ghici.Incercam sa demonstrez,dar am ajuns la un determinant insuportabil...
|
|
|
?mecheria e s? consider?m matricea
ob?inut? din
prin ad?ugarea unei coloane cu 3 zerouri. Se verific? u?or c?
. Pe de alt? parte,
|
|
|
[Citat]
?mecheria e s? consider?m matricea
ob?inut? din
prin ad?ugarea unei coloane cu 3 zerouri. Se verific? u?or c?
. Pe de alt? parte,
|
Superb...nu m-as fi gandit la asta.Multumesc mult!
|
|
|
Fie A o matrice 3x2 (peste corpul numerelor reale).
Fie B o matrice 2x3 (peste corpul numerelor reale).
Atunci det( AB ) = 0 .
Argumente alternative (de fapt un singur argument):
rang( AB ) este mai mic sau egal cu rang(A), rang(B), deci mai mic sau egal cu 2. (A are 2 coloane!) Deci AB nu are rang maximal (trei), deci det( AB ) = 0 .
A are 3 linii. Ele sunt liniar dependente, exista o combinatie liniara netriviala a lor, care este nula. Aceasta se exprima prin faptul ca exista o matrice v de tip 1x3 cu
v A = [ 0 0 ]
(matrice nula 1x2). De aici,
v AB = vA B = [ 0 0 ] B = [ 0 0 0 ] .
Deci "aceeasi" combinatie liniara netriviala livreaza dependenta pe linii a lui AB. Deci AB are determinant nul.
De exemplu, daca A este
1 2
3 5
1 3
atunci avem combinatia liniara
4 (prima linie in A) - (a doua linie in A) - (a treia linie in AB) = [ 0 0 0 ] .
Atunci cu v = [ 4 -1 -1 ] avem vA = [ 0 0 ] .
Oricum luam B matrice 2x3 avem vAB = [ 0 0 0 ] deci
4 (prima linie in AB) - (a doua linie in AB) - (a treia linie in AB) = [ 0 0 0 ] . Ca sa vedem ca dam de un determinant nul, adunam la ultima linie de (-4) ori prima si apoi pe a doua...
---
df (gauss)
|
Access general
Conţine mesaje necitite
