¿Una manera más rápida de calcular este determinante?

Question

Estoy haciendo un problema que implica la regla de Cramer, y uno de los factores determinantes tengo que trabajar con el es como sigue:

\begin{vmatrix} 1&1&1\\ a&b&c\\ a^3&b^3&c^3 \end{vmatrix}

Así que empecé por la obtención de la matriz a una matriz triangular así que sólo puedo tomar el producto de la diagonal de las células haciendo esto:

\begin{equation} R_1 \times-c + R_2 \end{equation}

\begin{equation} R_3 \times -\frac{1}{c^3} + R_1 \end{equation}

\begin{equation} R_2 \times(\frac{1-\frac{b^3}{c^3}}{b-c})+R_1 \end{equation}

Luego me puse esta matriz

\begin{vmatrix} ((1-\frac{a^3}{c^3})-(a-c)(\frac{1-\frac{b^3}{c^3}}{b-c}))&0&0\\ a-c&b-c&0\\ a^3&b^3&c^3\\ \end{vmatrix}

Mediante la suma de la diagonal de las células, llegué a esto como una respuesta final:

\begin{equation} (c-a)(a-b)(b-c)(a+b+c) \end{equation}

Sin embargo, fue un proceso largo, y no puedo dejar de pensar que esto no es el tipo de cálculos que pueden permitirse el tiempo en un examen escrito, sobre todo si tengo que repetir cuatro veces la resolución de tres ecuaciones lineales con la regla de Cramer.

Realmente lo apreciaría si usted tiene alguna idea como para acelerar este proceso.

Como un detalle adicional, la pregunta original era (traducido del Chino):

Con respecto a el siguiente conjunto de ecuaciones

\begin{equation} x + y + z = 1\\ ax + by + cz = d\\ a^3x + b^3y + c^3z = d^3 \end{equation}

1. Bajo qué condiciones puede la regla de Cramer se utiliza?

2. Favor de resolver el conjunto de ecuaciones con la regla de Cramer.

Para la primera pregunta, el primer pensamiento que aparece es que

\begin{equation} det(A) ≠ 0 \end{equation}

Para la segunda pregunta, es simplemente

\begin{equation} \frac{\begin{vmatrix}A_1\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}A\end{vmatrix}}, \frac{\begin{vmatrix}A_2\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}A\end{vmatrix}}, \frac{\begin{vmatrix}A_3\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}A\end{vmatrix}} \end{equation}

que es la parte estoy teniendo problemas para resolver rápidamente.

De nuevo, agradecemos cualquier sugerencias o ideas sobre esto. Gracias.

Answer 1

Determinantes no se cambian mediante la adición de múltiplos de una columna a otra. Así que\begin{vmatrix}1&1&1\\ a&b&c\\ a^3&b^3&c^3\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1&0&0\\ a&b-a&c-a\\ a^3&b^3-a^3&c^3-a^3\end{vmatrix}=(b-a)(c^3-a^3)-(b^3-a^3)(c-a) $$ $$

Edición: ya que en los comentarios a la otra respuesta se preguntando cómo factor, aquí está: tienes la identidad $x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)$. \begin{align} (b-a)(c^3-a^3)-(b^3-a^3)(c-a)&=(b-a)(c-a)(c^2+ac+a^2)-(b-a)(c-a)(b^2+ab+a^2)\\ &=(b-a)(c-a)(c^2+ac+a^2-b^2-ab-a^2)\\ &=(b-a)(c-a)(c^2+ac-b^2-ab)\\ &=(b-a)(c-a)[(c^2-b^2)+a(c-b)]\\ &=(b-a)(c-a)(c-b)(c+b+a). \end {Alinee el}

Answer 2

Usted puede calcular el determinante de una matriz de $3\times 3$ genérico con un truco aseado, si tenemos:

$$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix}$$

Luego tenemos la suma de las diagonales (resaltado en verde) menos la suma de antidiagonals (resaltado en rojo) como sigue:

$$\det(\mathbf{A}) = \underbrace{aei}_{\begin{pmatrix}{\color{green} a} & b & c \\ d & {\color{green} e} & f \\ g & h & {\color{green} i}\end{pmatrix}} + \underbrace{bfg}_{\begin{pmatrix}a & {\color{green}b} & c \\ d & e & {\color{green} f} \\ {\color{green} g} & h & i\end{pmatrix}} + \underbrace{cdh}_{\begin{pmatrix}a & b & {\color{green} c} \\ {\color{green} d} & e & f \\ g & {\color{green} h} & i\end{pmatrix}} - \underbrace{afh}_{\begin{pmatrix}{\color{red} a} & b & c \\ d & e & {\color{red} f} \\ g & \color{red} h & i\end{pmatrix}} - \underbrace{bdi}_{\begin{pmatrix}a & \color{red} b & c \\ \color{red} d & e & f \\ g & h & \color{red} i\end{pmatrix}} - \underbrace{ceg}_{\begin{pmatrix}a & b & \color{red}c \\ d & \color{red} e & f \\ \color{red} g & h & i\end{pmatrix}}$$

Así si tenemos la matriz:

$$\mathbf{M}=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ a^{3} & b^{3} & c^{3}\end{pmatrix}$$

A continuación:

$$\det(\mathbf{M})=bc^{3}+ca^{3}+ab^{3}-cb^{3}-ac^{3}-ba^{3}$$

Answer 3

Deje $P(a,b,c)$ ser el factor determinante en la pregunta. A continuación, las propiedades generales de los factores determinantes implica que:

• $P$ es un polinomio homogéneo de grado $4$.
• $P$ alterna: es decir, $P(a,b,c)=-P(b,a,c)=-P(a,c,b)=-P(c,b,a)$.

En particular, $P$ se desvanece cuando cualquiera de los dos de $a,b,c$ son iguales, y por lo que debe tener el lineal homogénea de polinomios $(b-a)$, $(c-b)$, y $(a-c)$ como factores.

Ahora, considere el polinomio $Q(a,b,c)=\frac{P(a,b,c)}{(b-a)(c-b)(a-c)}$. Este es homogénea de grado $1$. Por otra parte, desde la $P$ $(b-a)(c-b)(a-c)$ son ambos alternando, $Q$ es simétrica, es decir, $Q(a,b,c)=Q(b,a,c)=Q(a,c,d)=Q(c,b,a)$.

Pero la única simétrica polinomios de tres variables que son homogéneas de grado $1$ son múltiplos de $a+b+c$. Así que debemos tener $Q(a,b,c)=K \cdot (a+b+c)$ para algunas constantes $K$, y por lo tanto

$$P(a,b,c)=K(a+b+c)(b-a)(c-b)(a-c)$$

Esto es realmente lo suficientemente bueno para hacer el original Chino a la pregunta (una vez que convencerse de que $K$ debe ser distinto de cero), ya que todas las $K$s cancelará cuando se aplica la regla de Cramer. Si quieres saber el valor real de la determinante, se podría calcular $K$ por hallar el valor de $P$ en un solo punto donde es distinto de cero.

Answer 4

Por cofactor de expansión a lo largo de la cuarta columna, si se toma el factor determinante $$\begin{vmatrix} 1&1&1&1\\ a&b&c&t\\ a^2&b^2&c^2&t^2\\ a^3&b^3&c^3&t^3 \end{vmatrix}$$

y encontrar el coeficiente de $t^2$, va a ser el negativo de la determinante de que usted está después.

Esto hace que el problema de la cuestión de la comprensión de la Matriz de Vandermonde, que es cualquier matriz de la forma $$\begin{bmatrix} 1 & 1 & \dots & 1\\ \alpha_1 & \alpha_2 & \dots & \alpha_m\\ \alpha_1^2 & \alpha_2^2 & \dots & \alpha_m^2\\ \vdots & \vdots & \ddots &\vdots \\ \alpha_1^{n-1} & \alpha_2^{n-1} & \dots & \alpha_m^{n-1} \end{bmatrix}.$$ En el caso de que $n=m$, su determinante puede ser expresado como $\prod_{1\le i<j\le n} (\alpha_j-\alpha_i)$, ayudando a alcanzar la forma factorizada de que usted está después.

Más explicación: Si $n=m=4$ $$\prod_{1\le i<j\le 4} (\alpha_j-\alpha_i)=\left(\prod_{1\le i<j\le 3}(\alpha_j-\alpha_i)\right)\cdot\left(\prod_{1\le i<j=4}(\alpha_j-\alpha_i)\right)$$ Dejando $\alpha_1=a,\alpha_2=b,\alpha_3=c,\alpha_4=t$, tenemos $$\left((b-a)(c-b)(c-a)\right)\cdot\left((a-t)(b-t)(c-t)\right)$$ where the only way to get a $t^2$ term when expanding the right product is to multiply by one of $$, $b$, or $c$. También se podría decir que es una cuestión de total grado.