Rozwinięcie Laplace'a jest metodą pozwalającą liczyć wyznaczniki.
Możemy dzięki niemu obliczać wyznaczniki dowolnego stopnia - w szczególności umożliwia ono liczenie wyznaczników stopnia wyższego niż trzy oraz zdarza się, że upraszcza liczenie wyznaczników stopnia trzeciego.
W tej metodzie liczenie wyznaczników danego stopnia sprowadzamy do pewnej sumy wyznaczników niższych stopni. W tym celu posługujemy się tak zwanymi dopełnieniami algebraicznymi. Przytoczmy niezbędne definicje.
Minor macierzy - definicja
Minor \(\mathbf{M_{ij}}\) macierzy \(\mathbf{A}=[a_{ij}}]_{n \times n}\) jest to wyznacznik powstały z macierzy \(\mathbf{A}\) poprzez wykreślenie \(i\)-tego wiersza oraz \(j\)-tej kolumny.
Minor jest zatem wyznacznikiem macierzy stopnia \(n-1\).
Dopełnienie algebraiczne - definicja
Dopełnienie algebraiczne \(\mathbf{A_{ij}}\) elementu \(a_{ij}\) macierzy \(\mathbf{A}=[a_{ij}}]_{n \times n}\) jest określone wzorem
\(\mathbf{A_{ij}}=(-1)^{i+j} \cdot \mathbf{M_{ij}}\).
A zatem dopełnienie algebraiczne jest iloczynem odpowiedniego minora z minus jedynką do potęgi będącej sumą indeksów danego minora.
Rozwinięcie Laplace'a - definicja
Rozwinięcie Laplace'a dla macierzy \(\mathbf{A}=[a_{ij}}]_{n \times n}\) umożliwia obliczenie wyznacznika tej macierzy według następującego wzoru:
\(\det \mathbf{A}= \sum_{k =1}^{n} a_{ik} \mathbf{A _{ik}}\) (rozwinięcie względem \(i\)-tego wiersza),
\(\det \mathbf{A}= \sum_{k =1}^{n} a_{kj} \mathbf{A _{kj}}\) (rozwinięcie względem \(j\)-tej kolumny).
Przeanalizujmy to na przykładzie.
Przykład:
Niech dana będzie macierz \(\mathbf {A}= \left[ \begin{array}{ccc} 2 & 3 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 3 \end{array} \right]\).
Policzymy jej wyznacznik korzystając z rozwinięcia Laplace'a względem drugiej kolumny (znajduje się w niej zero, co jak zaraz będzie można zobaczyć, ułatwi liczenie).
Do obliczenia wyznacznika potrzebne nam będą dopełnienia algebraiczne elementów z drugiej kolumny.
W kolumnie tej w wierszu pierwszym znajduje się element \(3\), a zatem będziemy szukać dopełnienia \(\mathbf{A_{12}}\) - a więc wyznacznika powstałego poprzez usunięcie pierwszego wiersza i drugiej kolumny. Dopełnieniem tym jest wyznacznik \( \left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 1 & 3 \end{array} \right| \) równy \(2\).
W drugim wierszu mamy element \(0\), więc niezależnie od tego jaki by nie był wyznacznik - w ostatecznym rachunku nie wprowadzi to zmiany. Ale wypiszmy go dla porządku. Szukanym dopełnieniem jest \(\mathbf{A_{22}}\) (usuwamy drugi wiersz i drugą kolumnę) a więc \(\left| \begin{array}{ccc} 2 & 2 \\ 1 & 3 \end{array} \right| \).
W ostatnim - trzecim - wierszu drugiej kolumny mamy element równy \(1\). Jego dopełnieniem algebraicznym jest wyznacznik \( \left| \begin{array}{ccc} 2 & 2 \\ 1 & 1 \end{array} \right|\) powstały poprzez usunięcie z macierzy wiersza trzeciego oraz drugiej kolumny. Wyznacznik ten ma wartość \(0\).
Policzmy wyznacznik macierzy \(\mathbf{A}\) wykorzystując powyższe dopełnienia algebraiczne.
\(\det \mathbf {A}= \left| \begin{array}{ccc} 2 & 3 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 3 \end{array} \right|\)
\( =3 \cdot (-1)^{1+2} \cdot \left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 1 & 3 \end{array} \right| +0 \cdot (-1)^{2+2} \cdot \left| \begin{array}{ccc} 2 & 2 \\ 1 & 3 \end{array} \right| \)\(+1 \cdot (-1)^{3+2} \cdot \left| \begin{array}{ccc} 2 & 2 \\ 1 & 1 \end{array} \right|\)
\(=-3 \cdot 2+0+(-1) \cdot 0=6\)
Liczenie wyzaczników wyższych stopni - przykład
Jak było powiedziane powyżej, rozwinięcie Laplace'a umożliwia także liczenie wyzaczników wyższych stopni. Przeanalizujmy to na przykładzie.
Niech dana będzie macierz \(\mathbf {A}= \left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 & -2 \\ 1 & 3 & 0 & 1 \\ 1 & -2 & 1 & 0 \\ 1 & -3 & 0 & 0 \end{array} \right]\).
Policzymy wyznacznik \(\det \mathbf {A}= \left| \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 & -2 \\ 1 & 3 & 0 & 1 \\ 1 & -2 & 1 & 0 \\ 1 & -3 & 0 & 0 \end{array} \right|\) korzystając z rozwinięcia Laplace'a względem pierwszego wiersza.
Rozbijmy sumę na poszczególne składowe. W pierwszym wierszu pierwszym elementem jest \(1\), a zatem liczymy
\( 1 \cdot (-1)^{1+1}\cdot \left| \begin{array}{ccc} & 3 & 0 & 1 \\ & -2 & 1 & 0\\ & -3 & 0 & 0 \end{array} \right|=1 \cdot 1 \cdot 3=3\)
Drugi element w pierwszym wierszu to \(0\), więc nie wniesie on nic do ostatecznego rachunku - ale dla porządku wypiszmy:
\( 0 \cdot (-1)^{1+2}\cdot \left| \begin{array}{ccc} & 1 & 0 & 1 \\ & 1 & 1 & 0\\ & 1 & 0 & 0 \end{array} \right|=0 \cdot (-1) \cdot 1 =0\)
W trzeciej kolumnie również mamy zero, więc i tutaj moglibyśmy pominąć rozpisywanie.
\( 0 \cdot (-1)^{1+3}\cdot \left| \begin{array}{ccc} 1 & 3 & 1 \\ 1 & -2 & 0\\ 1 & -3 & 0 \end{array} \right|=0 \cdot 1 \cdot (-1)=0\)
Ostatnim elementem w pierwszym wierszu jest \(-2\), tutaj rachunek jest następujący:
\( -2 \cdot (-1)^{1+4}\cdot \left| \begin{array}{ccc} 1 & 3 & 0 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & -3 & 0 \end{array} \right|=-2 \cdot (-1) \cdot 6=12\)
Ostatecznie więc wyznacznik możemy policzyć jako:
\(\det \mathbf {A}= \left| \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 & -2 \\ 1 & 3 & 0 & 1 \\ 1 & -2 & 1 & 0 \\ 1 & -3 & 0 & 0 \end{array} \right| = 3+0+0+12=15\).