4.1: Визначення детермінанти

$\usepackage{macros} \newcommand{\lt}{<} \newcommand{\gt}{>} \newcommand{\amp}{&}$

Цілі

1. Вивчіть визначення детермінанта.
2. Дізнайтеся деякі способи очного яблука матриці з нульовим детермінантом, і як обчислити детермінанти верхніх і нижніх трикутних матриць.
3. Вивчіть основні властивості детермінант, і способи їх застосування.
4. Рецепт: обчислити детермінант за допомогою операцій рядків і стовпців.
5. Теореми: теорема існування, властивість оборотності, властивість мультиплікативності, властивість транспонування.
6. Словникові слова: діагональні, верхньо-трикутні, нижньо-трикутні, транспонувати.
7. Основне словникове слово: детермінант.

У цьому розділі ми визначаємо детермінант і представляємо один із способів його обчислення. Потім ми обговорюємо деякі з багатьох чудових властивостей, якими користується детермінант.

Визначення детермінанти

Визначником квадратної матриці$A$ є дійсне число$\det(A)$. Він визначається через його поведінку стосовно операцій рядків; це означає, що ми можемо використовувати скорочення рядків для його обчислення. Наведемо рекурсивну формулу для визначника в розділі 4.2. Ми також покажемо в підрозділі Магічні властивості детермінанти, що детермінант пов'язаний з оборотністю, а в розділі 4.3 що він пов'язаний з томами.

Визначення$\PageIndex{1}$: Determinant

Детермінант - це функція

$$\det\colon \bigl\{\text{square matrices}\bigr\}\to \mathbb{R} \nonumber$$

задовольняють такі властивості:

1. Робити заміну ряду на$A$ не змінюється$\det(A)$.
2. Масштабування рядка$A$ скаляром$c$ множить детермінант на$c$.
3. Переміщення двох рядків матриці множить детермінант на$-1$.
4. Визначник матриці ідентичності$I_n$ дорівнює$1$.

Іншими словами, кожній квадратній матриці$A$ ми присвоюємо число$\det(A)$ таким чином, що задовольняє вищезазначеним властивостям.

У кожному з перших трьох випадків виконання рядкової операції на матриці масштабує детермінант на ненульове число. (Множення рядка на нуль не є операцією рядка.) Таким чином, виконання рядкових операцій на квадратній матриці$A$ не змінює, чи є детермінант нулем.

Основною мотивацією використання цих визначальних властивостей є геометрична: див. Розділ 4.3. Ще одна мотивація цього визначення полягає в тому, що воно говорить нам, як обчислити детермінант: ми рядимо зменшуємо і стежимо за змінами.

Приклад$\PageIndex{1}$

Обчислимо$\det\left(\begin{array}{cc}2&1\\1&4\end{array}\right).$ Спочатку рядки зменшуємо, потім обчислюємо детермінант в протилежному порядку:

\ begin {align*}\ amp\ left (\ begin {масив} {cc} 2&1\ 1&4\ end {масив}\ праворуч)\ ампер\ det\ amp = 7\\\;\ xrightarrow {R_1\\ ліворуч R_2}\;\ amp\ лівий (\ початок {масив} {cc} 1&4\ 2&1\ кінець {масив}\ праворуч)\ амп\ стійка\ det\ amp= -7\\\;\ xrightarrow {R_2=R_2-2R_1}\;\ амп\ ліворуч (\ begin {масив} {cc} 1&4\\ 0&-7\ end { масив}\ праворуч)\ амп\ стійка\ det\ amp= -7\\\;\ xrightarrow {R_2=R_2\ div -7}\;\ амп\ ліворуч (\ початок {масив} {cc} 1&4\\ 0&1\ кінець {масив}\ праворуч)\ амп\ det\ amp = 1\\;\ xrightarrow {R_1)\ =R_1-4R_2}\;\ amp\ лівий (\ begin {масив} {cc} 1&0\ 0&1\ end {масив}\ праворуч)\ амп\ стійка\ det\ amp= 1\ кінець {align*}

Зведена форма ешелону рядків матриці є тотожною матрицею,$I_2\text{,}$ тому її детермінантою є$1$. Другим останнім кроком у скороченні рядка була заміна рядка, тому друга кінцева матриця також має детермінант$1$. Попереднім кроком у скороченні рядка було масштабування рядків,$-1/7\text{;}$ оскільки (визначник другої матриці разів$-1/7$) -$1\text{,}$ визначник другої матриці повинен бути$-7$. Першим кроком у скороченні рядків був підкачка рядків, тому визначальником першої матриці є негативний детермінант другої. Таким чином, визначником вихідної матриці є$7$.

Зверніть увагу, що наша відповідь узгоджується з Визначенням 3.5.2 в розділі 3.5 детермінанта.

Приклад$\PageIndex{2}$

Обчислити$\det\left(\begin{array}{cc}1&0\\0&3\end{array}\right)$.

Рішення

Нехай$A=\left(\begin{array}{cc}1&0\\0&3\end{array}\right)$. Так як$A$ виходить від$I_2$ множення другого ряду на константу у$3\text{,}$ нас

$$\det(A)=3\det(I_2)=3\cdot 1=3. \nonumber$$

Зверніть увагу, що наша відповідь узгоджується з Визначенням 3.5.2 в розділі 3.5 детермінанта.

Приклад$\PageIndex{3}$

Обчислити$\det\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&0&1\\5&1&0\end{array}\right)$.

Рішення

Спочатку рядки зменшуємо, потім обчислюємо детермінант в зворотному порядку:

\ begin {align*}\ amp\ left (\ begin {масив} {ccc} 1&0&0\\ 0&1\ 5&0\ end {масив}\ праворуч)\ амп\ det\ amp=-1\\\;\ xrightarrow {R_2\ lefrightarrow R_3}\;\ amp\ left (\ begin {масив} ccc} 1&0&0\\ 5&1&0\\ 0&0&1\ кінець {масив}\ праворуч)\ підсилювач\ стійка\ det\ amp= 1\\\;\ xrightarrow {R_2=R_2-5R_1} \;\ amp\ left (\ begin {масив} {ccc} 1&0&0\\ 0&0\ 0&0\ 0&0\ 0&1\ кінець {масив}\ праворуч)\ підсилювач\ стійка\ det\ amp= 1\ end {align*}

Скорочена форма ешелону рядка,$I_3\text{,}$ яка має детермінанту$1$. Працюючи назад від$I_3$ і використовуючи чотири визначальні властивості Definition$\PageIndex{1}$, ми бачимо, що друга матриця також має детермінант$1$ (він$I_3$ відрізняється від заміною рядка), а перша матриця має детермінант$-1$ (відрізняється від другої підкачуванням рядків).

Ось загальний метод обчислення детермінант за допомогою скорочення рядків.

Рецепт: Обчислення детермінант шляхом скорочення рядків

$A$Дозволяти квадратної матриці. Припустимо, що ви виконуєте деяку кількість операцій рядків,$A$ щоб отримати матрицю$B$ в рядку ешелону. Тоді

$$\det(A) = (-1)^r\cdot \frac{\text{(product of the diagonal entries of $B$)}} {\text{(product of scaling factors used)}}, \nonumber$$

де$r$ - кількість виконаних свопів рядків.

Іншими словами, детермінантою$A$ є добуток діагональних записів рядкового ешелону формують$B\text{,}$ рази на коефіцієнт,$\pm1$ що виходить від кількості зроблених вами свопів рядків, розділених на добуток коефіцієнтів масштабування, використовуваних при скороченні рядка.

Зауваження

Це ефективний спосіб обчислення визначника великої матриці, вручну або за допомогою комп'ютера. Обчислювальна складність скорочення рядків навпаки, алгоритм розширення кофактора, який ми дізнаємося в розділі 4.2, має складність$O(n!)\approx O(n^n\sqrt n)\text{,}$, яка набагато більша.$O(n^3)\text{;}$ (Розширення кофактора має інше застосування.)

Приклад$\PageIndex{4}$

Обчислити$\det\left(\begin{array}{ccc}0&-7&-4\\2&4&6\\3&7&-1\end{array}\right).$

Рішення

Рядок зменшуємо матрицю, відстежуючи кількість свопів рядків та використовуваних коефіцієнтів масштабування.

$$\begin{aligned}\left(\begin{array}{ccc}0&-7&-4\\2&4&6\\3&7&-1\end{array}\right)\quad\xrightarrow{R_1\leftrightarrow R_2}\quad &\left(\begin{array}{ccc}2&4&6\\0&-7&-4\\3&7&-1\end{array}\right)\quad r=1 \\ {}\xrightarrow{R_1=R_1\div 2}\quad &\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\0&-7&-4\\3&7&-1\end{array}\right)\quad \text{scaling factors }=\frac{1}{2} \\ {}\xrightarrow{R_3=R_3-3R_1}\quad &\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\0&-7&-4\\0&1&-10\end{array}\right) \\ {}\xrightarrow{R_2\leftrightarrow R_3}\quad &\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\0&1&-10\\0&-7&-4\end{array}\right)\quad r=2 \\ {}\xrightarrow{R_3=R_3+7R_2}\quad &\left(\begin{array}{c}1&2&3\\0&1&-10\\0&0&-74\end{array}\right)\end{aligned}$$

Ми зробили два рядки свопи і масштабували один раз на коефіцієнт$1/2\text{,}$ так Рецепт: Обчислення детермінанти шляхом скорочення рядків говорить, що

$$\det\left(\begin{array}{ccc}0&-7&-4\\2&4&6\\3&7&-1\end{array}\right) = (-1)^2\cdot\frac{1\cdot 1\cdot(-74)}{1/2} = -148. \nonumber$$

Приклад$\PageIndex{5}$

Обчислити$\det\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\2&-1&1\\3&0&1\end{array}\right).$

Рішення

Рядок зменшуємо матрицю, відстежуючи кількість свопів рядків та використовуваних коефіцієнтів масштабування.

$$\begin{aligned}\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\2&-1&1\\3&0&1\end{array}\right)\quad\xrightarrow{\begin{array}{l}{R_2=R_2-2R_1}\\{R_3=R_3-3R_1}\end{array}}\quad &\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\0&-5&-5 \\ 0&-6&-8\end{array}\right) \\ {}\xrightarrow{R_2=R_2\div 5}\quad &\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\0&1&1\\0&-6&-8\end{array}\right)\quad\text{scaling factors }=-\frac{1}{5} \\ {}\xrightarrow{R_3=R_3+6R_2}\quad &\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\0&1&1\\0&0&-2\end{array}\right)\end{aligned}$$

Ми не робили жодних свопів рядків, і ми масштабували один раз на коефіцієнт$-1/5\text{,}$ тому Рецепт: обчислювальні детермінанти шляхом скорочення рядків говорить, що

$$\det\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\2&-1&1\\3&0&1\end{array}\right) = \frac{1\cdot 1\cdot(-2)}{-1/5} = 10. \nonumber$$

Приклад$\PageIndex{6}$: The Determinant of a $2\times 2$ Matrix

Для обчислення детермінанти загальної$2\times 2$ матриці скористаємося рецептом: обчислювальні детермінанти шляхом скорочення рядків$A = \left(\begin{array}{cc}a&b\\c&d\end{array}\right)$.

• Якщо$a = 0\text{,}$ тоді
  $$\det\left(\begin{array}{cc}a&b\\c&d\end{array}\right) = \det\left(\begin{array}{cc}0&b\\c&d\end{array}\right) = -\det\left(\begin{array}{cc}c&d\\0&b\end{array}\right) = -bc. \nonumber$$
• Якщо$a\neq 0\text{,}$ тоді
  $$\begin{aligned} \det\left(\begin{array}{cc}a&b\\c&d\end{array}\right)&=a\cdot\det\left(\begin{array}{cc}1&b/a\\c&d\end{array}\right)=a\cdot\det\left(\begin{array}{cc}1&b/a \\ 0&d-c\cdot b/a\end{array}\right) \\ &=a\cdot 1\cdot (d-bc/a)=ad-bc.\end{aligned}$$

У будь-якому випадку ми відновлюємо визначення 3.5.2 у розділі 3.5.

$$\det\left(\begin{array}{cc}a&b\\c&d\end{array}\right) = ad-bc. \nonumber$$

Якщо матриця вже знаходиться в рядковому ешелоновому вигляді, то ви можете просто зчитувати детермінант як добуток діагональних записів. Виявляється, це справедливо для трохи більшого класу матриць, званих трикутними.

Визначення$\PageIndex{2}$: Diagonal

• Діагональні записи$A$ матриці - це записи$a_{11},a_{22},\ldots\text{:}$

Малюнок$\PageIndex{1}$

• Квадратна матриця називається верхньо-трикутною, якщо її ненульові записи лежать над діагоналлю, і вона називається нижчою трикутною, якщо її ненульові записи лежать нижче діагоналі. Він називається діагональним, якщо всі його ненульові записи лежать на діагоналі, тобто якщо вона одночасно верхньо-трикутна і нижньо-трикутна.

Малюнок$\PageIndex{2}$

Пропозиція $\PageIndex{1}$

$A$Дозволяти бути$n\times n$ матрицею.

1. Якщо$A$ має нульовий рядок або стовпець, то$\det(A) = 0.$
2. Якщо$A$ верхньо-трикутна або нижньо-трикутна, то$\det(A)$ є добутком його діагональних записів.

Доказ

1. Припустимо, що$A$ has a zero row. Let $B$ be the matrix obtained by negating the zero row. Then $\det(A) = -\det(B)$ by the second defining property, Definition $\PageIndex{1}$. But $A = B\text{,}$ so $\det(A) = \det(B)\text{:}$
   $$\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\0&0&0\\7&8&9\end{array}\right)\quad\xrightarrow{R_2=-R_2}\quad\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\0&0&0\\7&8&9\end{array}\right).\nonumber$$
   Складання цих разом дає$\det(A) = -\det(A)\text{,}$ так$\det(A)=0$.
   Тепер припустимо, що$A$ має нульовий стовпець. Тоді не$A$ обертається теоремою 3.6.1 в розділі 3.6, тому його зменшена форма ешелону рядка має нульовий ряд. Оскільки операції рядків не змінюють, чи є детермінант нулем, робимо висновок$\det(A)=0$.
2. Спочатку припустимо,$A$ що верхній трикутний, і що один з діагональних записів дорівнює нулю, скажімо$a_{ii}=0$. Ми можемо виконувати операції рядків, щоб очистити записи над ненульовими$\det(A) = 0$ діагональними записами:
   $$\left(\begin{array}{cccc}a_{11}&\star&\star&\star \\ 0&a_{22}&\star&\star \\ 0&0&0&\star \\ 0&0&0&a_{44}\end{array}\right)\xrightarrow{\qquad}\left(\begin{array}{cccc}a_{11}&0&\star &0\\0&a_{22}&\star&0\\0&0&0&0\\0&0&0&a_{44}\end{array}\right)\nonumber$$
   У$i$ результуючій матриці той рядок дорівнює нулю, тому першою частиною.
   Все ще припускаючи, що$A$ це верхньо-трикутний, тепер припустимо, що всі$A$ діагональні записи ненульові. Потім$A$ може бути перетворений в матрицю ідентичності шляхом масштабування діагональних записів, а потім робити заміни рядків:
   $$\begin{array}{ccccc}{\left(\begin{array}{ccc}a&\star&\star \\ 0&b&\star \\ 0&0&c\end{array}\right)}&{\xrightarrow{\begin{array}{c}{\text{scale by}}\\{a^{-1},\:b^{-1},\:c^{-1}}\end{array}}}&{\left(\begin{array}{ccc}1&\star&\star \\ 0&1&\star \\ 0&0&1\end{array}\right)}&{\xrightarrow{\begin{array}{c}{\text{row}}\\{\text{replacements}}\end{array}}}&{\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{array}\right)}\\{\det =abc}&{\xleftarrow{\qquad}}&{\det =1}&{\xleftarrow{\qquad}}&{\det =1}\end{array}\nonumber$$
   Оскільки$\det(I_n) = 1$ і ми масштабуються взаємними діагональними записами, це означає,$\det(A)$ що є добутком діагональні записи.
   Цей же аргумент працює для нижчих трикутних матриць, за винятком того, що заміни рядків йдуть вниз, а не вгору.

Приклад$\PageIndex{7}$

Обчислити детермінанти цих матриць:

$$\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\0&4&5\\0&0&6\end{array}\right)\qquad\left(\begin{array}{ccc}-20&0&0\\ \pi&0&0\\ 100&3&-7\end{array}\right)\qquad\left(\begin{array}{ccc}17&03&4\\0&0&0\\11/2&1&e\end{array}\right).\nonumber$$

Рішення

Перша матриця верхньо-трикутна, друга нижньо-трикутна, а третя має нульовий ряд:

$$\begin{aligned}\det\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\0&4&5\\0&0&6\end{array}\right)&=1\cdot 4\cdot 6=24 \\ \det\left(\begin{array}{ccc}-20&0&0\\ \pi&0&0\\100&3&-7\end{array}\right)&=-20\cdot 0\cdot -7=0 \\ \det\left(\begin{array}{ccc}17&-3&4\\0&0&0\\ 11/2&1&e\end{array}\right)&=0.\end{aligned}$$

Матрицю завжди можна перетворити у форму рядкового ешелону за допомогою ряду рядкових операцій, а матриця у формі ешелону рядків - верхньо-трикутної. Тому ми повністю обґрунтували Recipe: Обчислення детермінант методом Row Reduction для обчислення детермінанти.

Детермінант характеризується своїми визначальними властивостями, Визначення$\PageIndex{1}$, оскільки ми можемо обчислити детермінант будь-якої матриці, використовуючи скорочення рядків, як у наведеному вище Рецепті: Обчислення детермінантів за допомогою скорочення рядків. Однак ми ще не довели існування функції, що задовольняє визначальним властивостям! Зменшення рядків обчислить детермінант, якщо він існує, але ми не можемо використовувати скорочення рядків, щоб довести існування, тому що ми ще не знаємо, що ви обчислюєте одне і те ж число за допомогою скорочення рядків двома різними способами.

Теорема $\PageIndex{1}$: Existence of the Determinant

Існує одна і тільки одна функція від множини квадратних матриць до дійсних чисел, яка задовольняє чотирьом визначальним властивостям, Definition$\PageIndex{1}$.

Теорему існування ми доведемо в розділі 4.2, виставляючи рекурсивну формулу для детермінанти. Знову ж таки, реальний зміст теореми існування:

Примітка$\PageIndex{1}$

Незалежно від того, які операції з рядками ви виконуєте, ви завжди будете обчислювати однакове значення для визначника.

Магічні властивості детермінанта

У цьому підрозділі ми обговоримо ряд дивовижних властивостей, якими володіє детермінант: властивість оборотності, пропозиція$\PageIndex{2}$, властивість мультиплікативності$\PageIndex{3}$, пропозиція та властивість транспонування, пропозиція$\PageIndex{4}$.

Пропозиція $\PageIndex{2}$: Invertibility Property

Квадратна матриця обертається тоді і тільки тоді, коли$\det(A)\neq 0$.

Доказ

Якщо$A$ є оборотним, то він має стрижень у кожному рядку та стовпці за теоремою 3.6.1 у розділі 3.6, тому його зменшена форма ешелону рядків є матрицею ідентичності. Оскільки операції рядків не змінюють, чи є визначник нулем, а оскільки$\det(I_n) = 1\text{,}$ це означає,$A$ що$\det(A)\neq 0.$ навпаки, якщо не обертається, то це рядок еквівалентний матриці з нульовим рядком. Знову ж таки, операції рядків не змінюють, чи визначник є ненульовим, тому в цьому випадку$\det(A) = 0.$

За властивістю оборотності матриця, яка не задовольняє жодному з властивостей теореми 3.6.1 в розділі 3.6, має нульовий детермінант.

Слідство $\PageIndex{1}$

$A$Дозволяти квадратної матриці. Якщо рядки або$A$ стовпці лінійно залежать, то$\det(A)=0$.

Доказ

Якщо стовпці лінійно$A$ залежні, то не$A$ обертається за умовою 4 теореми 3.6.1 розділу 3.6. Припустимо тепер, що$A$ рядки лінійно залежать. Якщо$r_1,r_2,\ldots,r_n$ рядки$A\text{,}$ то один з рядків знаходиться в прольоті інших, тому у нас є рівняння, як

$$r_2 = 3r_1 - r_3 + 2r_4. \nonumber$$

Якщо ми виконуємо наступні операції рядка на$A\text{:}$

$$R_2 = R_2 - 3R_1;\quad R_2 = R_2 + R_3;\quad R_2 = R_2 - 2R_4 \nonumber$$

то другий рядок отриманої матриці дорівнює нулю. Отже$A$, і в цьому випадку не обертається.

Крім того, якщо рядки лінійно$A$ залежні, то можна об'єднати умову 4 теореми 3.6.1 в розділі 3.6 та властивість транспонування, Пропозиція$\PageIndex{4}$ нижче, щоб зробити висновок, що$\det(A)=0$.

Зокрема, якщо два рядки/стовпці$A$ кратні один одному, то$\det(A)=0.$ ми також відновлюємо той факт, що матриця з рядком або стовпцем нулів має визначальний нуль.

Приклад$\PageIndex{8}$

Наступні матриці мають нульовий детермінант:

$$\left(\begin{array}{ccc}0&2&-1 \\ 0&5&10\\0&-7&3\end{array}\right),\quad \left(\begin{array}{ccc}5&-15&11\\3&-9&2\\2&-6&16\end{array}\right),\quad\left(\begin{array}{cccc}3&1&2&4\\0&0&0&0\\4&2&5&12\\-1&3&4&8\end{array}\right),\quad\left(\begin{array}{ccc}\pi&e&11 \\3\pi&3e&33\\12&-7&2\end{array}\right).\nonumber$$

Докази властивості мультиплікативності, пропозиції та властивості транспонування$\PageIndex{3}$, нижче$\PageIndex{4}$, а також теорема про розширення кофактора, Теорема 4.2.1 у розділі 4.2 та теорема детермінанти та обсяги, Теорема 4.3.2 у розділі 4.3 , використовуйте наступну стратегію: визначити іншу функцію$d\colon\{\text{$n\times n$ matrices}\} \to \mathbb{R}\text{,}$ і довести, що$d$ задовольняє тим самим чотирьом визначальним властивостям, що і детермінант. За теоремою існування, Теорема$\PageIndex{1}$, функція$d$ дорівнює визначнику. Це є перевагою визначення функції через її властивості: щоб довести, що вона дорівнює іншій функції, потрібно лише перевірити визначальні властивості.

Пропозиція $\PageIndex{3}$: Multiplicativity Property

Якщо$A$ і$B$ є$n\times n$ матрицями, то

$$\det(AB) = \det(A)\det(B). \nonumber$$

Доказ

У цьому доказі нам потрібно використовувати поняття елементарної матриці. Це матриця, отримана шляхом виконання операції з одним рядком до матриці ідентичності. Існує три види елементарних матриць: ті, що виникають внаслідок заміни рядків, масштабування рядків та свопів рядків:

$$\begin{array}{ccc} {\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{array}\right)}&{\xrightarrow{R_2=R_2-2R_1}} &{\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\-2&1&0\\0&0&1\end{array}\right)} \\ {\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{array}\right)}&{\xrightarrow{R_1=3R_1}} &{\left(\begin{array}{ccc}3&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{array}\right)} \\ {\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{array}\right)}&{\xrightarrow{R_1\leftrightarrow R_2}} &{\left(\begin{array}{ccc}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{array}\right)}\end{array}\nonumber$$

Важливою властивістю елементарних матриць є наступна претензія.

Заява: Якщо$E$ є елементарною матрицею для операції з рядком,$EA$ то матриця отримана при виконанні тієї ж операції з рядком$A$.

Іншими словами, ліве множення на елементарну матрицю застосовує операцію рядка. Наприклад,

$$\begin{aligned}\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\-2&1&0\\0&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{lll}a_{11}&a_{12}&a_{13} \\ a_{21}-2a_{11}&a_{22}-2a_{12}&a_{23}&-2a_{13} \\ a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{array}\right) \\ \left(\begin{array}{ccc}3&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{rrr}3a_{11}&3a_{12}&3a_{13} \\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{array}\right) \\ \left(\begin{array}{ccc}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{ccc}a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{array}\right).\end{aligned}$$

Доказом Претензії є прямий розрахунок; ми залишаємо його читачеві для узагальнення вищезазначених рівностей до$n\times n$ матриць.

Як наслідок Претензії та чотирьох визначальних властивостей, визначення$\PageIndex{1}$, ми маємо наступне спостереження. $C$Дозволяти будь квадратна матриця.

1. Якщо$E$ елементарна матриця для заміни рядка, то$\det(EC) = \det(C).$ Іншими словами, ліве множення на$E$ не змінює детермінант.
2. Якщо$E$ елементарна матриця для шкали рядків на множник,$c\text{,}$ то$\det(EC) = c\det(C).$ Іншими словами, ліве множення на$E$ шкали детермінант на множник$c$.
3. Якщо$E$ елементарна матриця для підкачки рядків, то$\det(EC) = -\det(C).$ Іншими словами, ліве множення на$E$ заперечує детермінант.

Оскільки$d$ задовольняє чотирьом визначальним властивостям детермінанти, він дорівнює визначнику за теоремою існування$\PageIndex{1}$. Іншими словами, для всіх матриць у$A\text{,}$ нас є

$$\det(A) = d(A) = \frac{\det(AB)}{\det(B)}. \nonumber$$

Множення через$\det(B)$ дає$\det(A)\det(B)=\det(AB).$

1. $C'$Дозволяти матриця, отримана шляхом заміни двох рядків$C\text{,}$ і$E$ нехай елементарна матриця для цього рядка заміни, так$C' = EC$. Оскільки ліве множення на$E$ заперечує детермінант, ми маємо$\det(ECB) = -\det(CB)\text{,}$ так
   $$d(C') = \frac{\det(C'B)}{\det(B)} = \frac{\det(ECB)}{\det(B)} = \frac{-\det(CB)}{\det(B)} = -d(C). \nonumber$$
2. У нас є
   $$d(I_n) = \frac{\det(I_nB)}{\det(B)} = \frac{\det(B)}{\det(B)} = 1. \nonumber$$

Тепер перейдемо до доказу властивості мультиплікативності. Припустимо для початку,$B$ що не обертається. Тоді також не$AB$ обертається: інакше,$(AB)^{-1} AB = I_n$ має$B^{-1} = (AB)^{-1} A.$ на увазі властивість оборотності, судження$\PageIndex{2}$, обидві сторони рівняння$\det(AB) = \det(A)\det(B)$ дорівнюють нулю.

Тепер припустимо, що$B$ є оборотним, так$\det(B)\neq 0$. Визначте функцію

$$d\colon\bigl\{\text{$n\times n$ matrices}\bigr\} \to \mathbb{R} \quad\text{by}\quad d(C) = \frac{\det(CB)}{\det(B)}. \nonumber$$

Ми стверджуємо, що$d$ задовольняє чотири визначальні властивості детермінанти.

1. $C'$Дозволяти матриця, отримана шляхом виконання заміни рядка на$C\text{,}$ і нехай$E$ буде елементарна матриця для цього рядка заміни, так що$C' = EC$. Оскільки ліве множення на$E$ не змінює детермінант, ми маємо$\det(ECB) = \det(CB)\text{,}$ так
   $$d(C') = \frac{\det(C'B)}{\det(B)} = \frac{\det(ECB)}{\det(B)} = \frac{\det(CB)}{\det(B)} = d(C). \nonumber$$
2. $C'$Дозволяти матриця, отримана масштабуванням рядка$C$ на множник$c\text{,}$ і$E$ нехай елементарна матриця для цього рядка заміна, так$C' = EC$. Оскільки ліве множення на$E$ шкали детермінант на множник$c\text{,}$ ми маємо$\det(ECB) = c\det(CB)\text{,}$ так
   $$d(C') = \frac{\det(C'B)}{\det(B)} = \frac{\det(ECB)}{\det(B)} = \frac{c\det(CB)}{\det(B)} = c\cdot d(C). \nonumber$$

Нагадаємо, що приймати силу квадратної матриці$A$ означає брати продукти$A$ з собою:

$$A^2 = AA \qquad A^3 = AAA \qquad \text{etc.} \nonumber$$

Якщо$A$ оборотний, то визначаємо

$$A^{-2} = A^{-1} A^{-1} \qquad A^{-3} = A^{-1} A^{-1} A^{-1} \qquad \text{etc.} \nonumber$$

Для повноти встановлюємо$A^0 = I_n$ if$A\neq 0$.

Слідство $\PageIndex{2}$

Якщо$A$ квадратна матриця, то

$$\det(A^n) = \det(A)^n \nonumber$$

для всіх$n\geq 1$. Якщо$A$ є оборотним, то рівняння тримає і для всіх$n\leq 0$; зокрема,

$$\det(A^{-1}) = \frac 1{\det(A)}. \nonumber$$

Доказ

Використовуючи властивість мультиплікативності, Пропозиція$\PageIndex{3}$, обчислюємо

$$\det(A^2) = \det(AA) = \det(A)\det(A) = \det(A)^2 \nonumber$$

і

$$\det(A^3) = \det(AAA) = \det(A)\det(AA) = \det(A)\det(A)\det(A) = \det(A)^3; \nonumber$$

візерунок чіткий.

У нас є

$$1 = \det(I_n) = \det(A A^{-1}) = \det(A)\det(A^{-1}) \nonumber$$

за властивістю мультиплікативності, пропозицією$\PageIndex{3}$ та четвертим визначальним властивістю, Визначенням$\PageIndex{1}$, яке показує, що$\det(A^{-1}) = \det(A)^{-1}$. Таким чином

$$\det(A^{-2}) = \det(A^{-1} A^{-1}) = \det(A^{-1})\det(A^{-1}) = \det(A^{-1})^2 = \det(A)^{-2}, \nonumber$$

і так далі.

Приклад$\PageIndex{9}$

Обчислити$\det(A^{100}),$ де

$$A = \left(\begin{array}{cc}4&1\\2&1\end{array}\right). \nonumber$$

Рішення

У нас$\det(A) = 4 - 2 = 2\text{,}$ так

$$\det(A^{100}) = \det(A)^{100} = 2^{100}. \nonumber$$

Ніде нам не довелося$100$ обчислювати потужність$A\text{!}$ (Ми дізнаємося ефективний спосіб зробити це в розділі 5.4.)

Ось ще одне застосування властивості мультиплікативності, пропозиція$\PageIndex{3}$.

Слідство$\PageIndex{3}$

$A_1,A_2,\ldots,A_k$Дозволяти$n\times n$ матриці. Тоді продукт$A_1A_2\cdots A_k$ обертається тоді і тільки в тому випадку, якщо кожен з них$A_i$ є оборотним.

Доказ

Детермінант добутку - добуток детермінант на властивість мультиплікативності, судження$\PageIndex{3}$:

$$\det(A_1A_2\cdots A_k) = \det(A_1)\det(A_2)\cdots\det(A_k). \nonumber$$

За властивістю оборотності, Пропозиція$\PageIndex{2}$, це ненульове значення, якщо і тільки тоді, коли$A_1A_2\cdots A_k$ є оборотним. З іншого боку,$\det(A_1)\det(A_2)\cdots\det(A_k)$ є ненульовим, якщо і тільки тоді, коли кожен$\det(A_i)\neq0\text{,}$, що означає, що кожен$A_i$ є оборотним.

Приклад$\PageIndex{10}$

Для будь-якого числа$n$ визначаємо

$$A_n = \left(\begin{array}{cc}1&n\\1&2\end{array}\right). \nonumber$$

Покажіть, що продукт

$$A_1 A_2 A_3 A_4 A_5 \nonumber$$

не обертається.

Рішення

Коли$n = 2\text{,}$ матриця не$A_2$ обертається, тому що її рядки ідентичні:

$$A_2 = \left(\begin{array}{cc}1&2\\1&2\end{array}\right). \nonumber$$

Отже, будь-який продукт за участю не$A_2$ є зворотним.

Для того, щоб констатувати властивість транспонування, нам потрібно визначити транспонування матриці.

Визначення$\PageIndex{3}$: Transpose

Транспонуванням$m\times n$ матриці$A$ є$n\times m$ матриця$A^T$, рядки якої є стовпцями$A$. Іншими словами,$ij$ запис$A^T$ є$a_{ji}$.

Малюнок$\PageIndex{3}$

Як і інверсія, транспозиція змінює порядок множення матриці.

Факт$\PageIndex{1}$

$A$Дозволяти$m\times n$ матриця, і$B$ нехай$n\times p$ матриця. Тоді

$$(AB)^T = B^TA^T. \nonumber$$

Доказ

По-перше, припустимо, що$A$ це вектор рядка і$B$ є векторним стовпцем, тобто$m = p = 1$. Тоді

$$\begin{aligned}AB&=\left(\begin{array}{cccc}a_1 &a_2&\cdots &a_n\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}b_1\\b_2\\ \vdots\\b_n\end{array}\right)=a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n \\ &=\left(\begin{array}{cccc}b_1&b_2&\cdots &b_n\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}a_1\\a_2\\ \vdots\\a_n\end{array}\right)=B^TA^T.\end{aligned}$$

Тепер ми використовуємо правило рядка-колонка для множення матриць. $r_1,r_2,\ldots,r_m$Дозволяти бути рядки$A\text{,}$ і нехай$c_1,c_2,\ldots,c_p$ стовпці$B\text{,}$ так

$$AB=\left(\begin{array}{c}—r_1 —\\ —r_2— \\ \vdots \\ —r_m—\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}|&|&\quad &| \\ c_1&c_2&\cdots &c_p \\ |&|&\quad &|\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}r_1c_1&r_1c_2&\cdots &r_1c_p \\ r_2c_1&r_2c_2&\cdots &r_2c_p \\ \vdots &\vdots &{}&\vdots \\ r_mc_1&r_mc_2&\cdots &r_mc_p\end{array}\right).\nonumber$$

У випадку, який ми розглядали вище, ми маємо$r_ic_j = c_j^Tr_i^T$. Тоді

$$\begin{aligned}(AB)^T&=\left(\begin{array}{cccc}r_1c_1&r_2c_1&\cdots &r_mc_1 \\ r_1c_2&r_2c_2&\cdots &r_mc_2 \\ \vdots &\vdots &{}&\vdots \\ r_1c_p&r_2c_p&\cdots &r_mc_p\end{array}\right) \\ &=\left(\begin{array}{cccc}c_1^Tr_1^T &c_1^Tr_2^T&\cdots &c_1^Tr_m^T \\ c_2^Tr_1^T&c_2^Tr_2^T&\cdots &c_2^Tr_m^T \\ \vdots&\vdots&{}&\vdots \\ c_p^Tr_1^T&c_p^Tr_2^T&\cdots&c_p^Tr_m^T\end{array}\right) \\ &=\left(\begin{array}{c}—c_1^T— \\ —c_2^T— \\ \vdots \\ —c_p^T—\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}|&|&\quad&| \\ r_1^T&r_2^T&\cdots&r_m^T \\ |&|&\quad&|\end{array}\right)=B^TA^T.\end{aligned}$$

Пропозиція $\PageIndex{4}$: Transpose Property

Для будь-якої квадратної матриці$A\text{,}$ ми маємо

$$\det(A) = \det(A^T). \nonumber$$

Доказ

Ми дотримуємося тієї ж стратегії, що і в доказі властивості мультиплікативності, Пропозиція$\PageIndex{3}$: а саме визначаємо

$$d(A) = \det(A^T), \nonumber$$

і ми показуємо, що$d$ задовольняє чотирьом визначальним властивостям детермінанти. Знову використовуємо елементарні матриці, також введені в доказ властивості мультиплікативності, Пропозиція$\PageIndex{3}$.

1. Нехай З$C'$ be the matrix obtained by doing a row replacement on $C\text{,}$ and let $E$ be the elementary matrix for this row replacement, so $C' = EC$. The elementary matrix for a row replacement is either upper-triangular or lower-triangular, with ones on the diagonal: $$R_1=R_1+3R_3:\left(\begin{array}{ccc}1&0&3\\0&1&0\\0&0&1\end{array}\right)\quad R_3=R_3+3R_1:\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\3&0&1\end{array}\right).\nonumber$$
   цього випливає, що також$E^T$ є або верхньо-трикутним, або нижньо-трикутним, з тими на діагоналі, так$\det(E^T) = 1$ за цією пропозицією$\PageIndex{1}$. За фактом$\PageIndex{1}$ і властивістю мультиплікативності, судження$\PageIndex{3}$, $$\begin{split} d(C') \amp= \det((C')^T) = \det((EC)^T) = \det(C^TE^T) \\ \amp= \det(C^T)\det(E^T) = \det(C^T) = d(C). \end{split} \nonumber$$
2. $C'$Дозволяти матриця, отримана масштабуванням рядка$C$ на множник$c\text{,}$ і$E$ нехай елементарна матриця для цього рядка заміна, так$C' = EC$. Потім$E$ йде діагональна матриця: $$R_2=cR_2:\: \left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&c&0\\0&0&1\end{array}\right).\nonumber$$ Таким чином$\det(E^T) = c$. За фактом$\PageIndex{1}$ і властивістю мультиплікативності, судження$\PageIndex{3}$, $$\begin{split} d(C') \amp= \det((C')^T) = \det((EC)^T) = \det(C^TE^T) \\ \amp= \det(C^T)\det(E^T) = c\det(C^T) = c\cdot d(C). \end{split} \nonumber$$
3. $C'$Дозволяти матриця, отримана шляхом заміни двох рядків$C\text{,}$ і$E$ нехай елементарна матриця для цього рядка заміни, так$C' = EC$. The$E$ дорівнює власному транспонуванню: $$R_1\longleftrightarrow R_2:\:\left(\begin{array}{ccc}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{array}\right)^T.\nonumber$$ Оскільки$E$ (отже$E^T$) виходить шляхом виконання одного рядка своп на матриці ідентичності, ми маємо$\det(E^T) = -1$. За фактом$\PageIndex{1}$ і властивістю мультиплікативності, судження$\PageIndex{3}$, $$\begin{split} d(C') \amp= \det((C')^T) = \det((EC)^T) = \det(C^TE^T) \\ \amp= \det(C^T)\det(E^T) = -\det(C^T) = - d(C). \end{split} \nonumber$$
4. Оскільки$I_n^T = I_n,$ ми маємо $$d(I_n) = \det(I_n^T) = det(I_n) = 1. \nonumber$$ $d$ Since задовольняє чотирьом визначальним властивостям детермінанти, він дорівнює визначнику за теоремою існування$\PageIndex{1}$. Іншими словами, для всіх матриць у$A\text{,}$ нас є $$\det(A) = d(A) = \det(A^T). \nonumber$$

Властивість транспонування, пропозиція$\PageIndex{4}$, дуже корисна. Для конкретності зазначимо, що$\det(A)=\det(A^T)$ це означає, наприклад, що

$$\det\left(\begin{array}{ccc}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{array}\right) = \det\left(\begin{array}{ccc}1&4&7\\2&5&8\\3&6&9\end{array}\right). \nonumber$$

Це означає, що детермінант має цікаву особливість, що він також добре поводиться щодо операцій зі стовпцями. Дійсно, операція на стовпці$A$ така ж, як і рядок операції на$A^T\text{,}$ і$\det(A) = \det(A^T)$.

Слідство$\PageIndex{4}$

Визначник задовольняє наступні властивості щодо операцій зі стовпцями:

1. Робити заміну колонки на$A$ не змінюється$\det(A)$.
2. Масштабування стовпця$A$ за скаляром$c$ множить детермінант на$c$.
3. Обмін двома стовпцями матриці множить детермінант на$-1$.

Попередній наслідок полегшує обчислення визначника: при спрощенні матриці дозволено виконувати операції з рядками та стовпцями. (Звичайно, потрібно ще стежити за тим, як операції рядків і стовпців змінюють детермінант.)

Приклад$\PageIndex{11}$

Обчислити$\det\left(\begin{array}{ccc}2&7&4\\3&1&3\\4&0&1\end{array}\right).$

Рішення

Щоб зробити цю матрицю верхньою трикутною, потрібно менше операцій зі стовпцями, ніж операції з рядками:

$$\begin{aligned}\left(\begin{array}{ccc}2&7&4\\3&1&3\\4&0&1\end{array}\right)\quad\xrightarrow{C_1=C_1-4C_3}\quad &\left(\begin{array}{ccc}-14&7&4\\-9&1&3\\0&0&1\end{array}\right) \\ {}\xrightarrow{C_1=C_1+9C_2}\quad&\left(\begin{array}{ccc}49&7&4\\0&1&3\\0&0&1\end{array}\right)\end{aligned}$$

Ми виконали дві заміни колонок, що не змінює детермінант; тому,

$$\det\left(\begin{array}{ccc}2&7&4\\3&1&3\\4&0&1\end{array}\right) = \det\left(\begin{array}{ccc}49&7&4\\0&1&3\\0&0&1\end{array}\right) = 49. \nonumber$$

Багатолінійність

Наступне спостереження корисно в теоретичних цілях.

Ми можемо$\det$ розглядати як функцію рядків матриці:

$$\det(v_1,v_2,\ldots,v_n) = \det\left(\begin{array}{c}—v_1— \\ —v_2— \\ \vdots \\ —v_n—\end{array}\right). \nonumber$$

Пропозиція$\PageIndex{5}$: Multilinearity Property

$i$Дозволяти бути ціле число між$1$$n\text{,}$ і фіксувати$n-1$ вектори$v_1,v_2,\ldots,v_{i-1},v_{i+1},\ldots,v_n$ в$\mathbb{R}^n$. Тоді перетворення$T\colon\mathbb{R}^n \to\mathbb{R}$ визначається

$$T(x) = \det(v_1,v_2,\ldots,v_{i-1},x,v_{i+1},\ldots,v_n) \nonumber$$

є лінійним.

Доказ

Спочатку припустимо, що$i=1\text{,}$ так

$$T(x) = \det(x,v_2,\ldots,v_n). \nonumber$$

Ми повинні показати, що$T$ задовольняє визначальним властивостям, Визначення 3.3.1, в розділі 3.3.

• За першою визначальною властивістю$\PageIndex{1}$, Definition, масштабування будь-якого рядка матриці на число$c$ масштабує детермінант на коефіцієнт$c$. Це означає, що$T$ задовольняє другу властивість, т. Е. $$T(cx) = \det(cx,v_2,\ldots,v_n) = c\det(x,v_2,\ldots,v_n) = cT(x). \nonumber$$
• Ми стверджуємо, що$T(v+w) = T(v) + T(w)$. Якщо$w$ є в$\text{Span}\{v,v_2,\ldots,v_n\}\text{,}$ то $$w = cv + c_2v_2 + \cdots + c_nv_n \nonumber$$ для деяких скалярів$c,c_2,\ldots,c_n$. $A$Дозволяти матриці з$T(v+w) = \det(A).$ рядками$v+w,v_2,\ldots,v_n\text{,}$ так Виконуючи операції $$R_1 = R_1 - c_2R_2;\quad R_1 = R_1 - c_3R_3;\quad\ldots\quad R_1 = R_1 - c_nR_n, \nonumber$$ рядків перший рядок матриці$A$ стає $$v+w-(c_2v_2+\cdots+c_nv_n) = v + cv = (1+c)v. \nonumber$$ Тому, $$\begin{split} T(v+w) = \det(A) \amp= \det((1+c)v,v_2,\ldots,v_n) \\ \amp= (1+c)\det(v,v_2,\ldots,v_n) \\ \amp= T(v) + cT(v) = T(v) + T(cv). \end{split} \nonumber$$ Роблячи протилежні операції $$R_1 = R_1 + c_2R_2;\quad R_1 = R_1 + c_3R_3;\quad\ldots\quad R_1 = R_1 + c_nR_n \nonumber$$ рядка матриці з рядками$cv,v_2,\ldots,v_n$ показує, що $$\begin{split} T(cv) \amp= \det(cv,v_2,\ldots,v_n) \\ \amp= \det(cv+c_2v_2+\cdots+c_nv_n,v_2,\ldots,v_n) \\ \amp= \det(w,v_2,\ldots,v_n) = T(w), \end{split} \nonumber$$ який закінчує доказ першого майна в цьому випадку.
  
  Тепер припустимо,$w$ що немає в$\text{Span}\{v,v_2,\ldots,v_n\}$. Це означає,$\{v,v_2,\ldots,v_n\}$ що лінійно залежить (інакше це буде основою для$\mathbb{R}^n$), так що$T(v)$ = 0. Якщо$v$ не в,$\text{Span}\{v_2,\ldots,v_n\}\text{,}$ то$\{v_2,\ldots,v_n\}$ лінійно залежить від зростаючого критерію прольоту, теорема 2.5.2 в розділі 2.5, так що$T(x) = 0$ для всіх,$x\text{,}$ як матриця з рядками не$x,v_2,\ldots,v_n$ обертається. Отже, ми можемо припустити$v$, що знаходиться в$\text{Span}\{v_2,\ldots,v_n\}$. За вищевказаним аргументом з ролями$v$ і$w$ зворотним, ми маємо$T(v+w) = T(v)+T(w).$

Бо$i\neq 1\text{,}$ відзначимо, що

$$\begin{split} T(x) \amp= \det(v_1,v_2,\ldots,v_{i-1},x,v_{i+1},\ldots,v_n) \\ \amp= -\det(x,v_2,\ldots,v_{i-1},v_1,v_{i+1},\ldots,v_n). \end{split} \nonumber$$

За раніше обробленим випадком ми знаємо, що$-T$ є лінійним:

$$-T(cx) = -cT(x) \qquad -T(v+w) = -T(v) - T(w). \nonumber$$

Множимо обидві сторони на$-1\text{,}$ ми бачимо, що$T$ є лінійним.

Наприклад, у нас є

$$\det\left(\begin{array}{lcr}—&v_1&— \\ —&av+bw&— \\ —&v_3&—\end{array}\right)=a\det\left(\begin{array}{c}—v_1— \\ —v— \\ —v_3—\end{array}\right)+b\det\left(\begin{array}{c}—v_1— \\ —w— \\ —v_3—\end{array}\right)\nonumber$$

За властивістю транспонування, Пропозиція$\PageIndex{4}$, детермінант також є багатолінійним у стовпцях матриці:

$$\det\left(\begin{array}{ccc}|&|&|\\ v_1&av+bw&v_3 \\ |&|&|\end{array}\right) = a\det\left(\begin{array}{ccc}|&|&|\\v_1&v&v_3 \\ |&|&|\end{array}\right) + b\det\left(\begin{array}{ccc}|&|&|\\v_1&w&v_3\\|&|&|\end{array}\right). \nonumber$$

Примітка: Альтернативне визначення властивостей

У більш теоретичних методах розгляду теми, де скорочення рядів відіграє другорядну роль, визначальними властивостями детермінанта часто прийнято вважати:

1. $\det(A)$Детермінант багатолінійний в рядах$A$.
2. Якщо$A$ має два однакових ряди, то$\det(A) = 0$.
3. Визначник матриці ідентичності дорівнює одиниці.

Ми вже показали, що наші чотири визначальні властивості, визначення$\PageIndex{1}$, мають на увазі ці три. І навпаки, ми доведемо, що ці три альтернативні властивості мають на увазі наші чотири, так що обидва набори властивостей еквівалентні.

Визначення властивості$2$ - це лише друга визначальна властивість, визначення 3.3.1, у розділі 3.3. Припустимо, що ряди$A$ є$v_1,v_2,\ldots,v_n$. Якщо ми виконуємо заміну рядків$R_i = R_i + cR_j$$A\text{,}$ далі, то рядки нашої нової матриці$v_1,v_2,\ldots,v_{i-1},v_i+cv_j,v_{i+1},\ldots,v_n\text{,}$ так по лінійності в$i$ -му рядку,

$$\begin{split} \det(\amp v_1,v_2,\ldots,v_{i-1},v_i+cv_j,v_{i+1},\ldots,v_n) \\ \amp= \det(v_1,v_2,\ldots,v_{i-1},v_i,v_{i+1},\ldots,v_n) + c\det(v_1,v_2,\ldots,v_{i-1},v_j,v_{i+1},\ldots,v_n) \\ \amp= \det(v_1,v_2,\ldots,v_{i-1},v_i,v_{i+1},\ldots,v_n) = \det(A), \end{split} \nonumber$$

де$\det(v_1,v_2,\ldots,v_{i-1},v_j,v_{i+1},\ldots,v_n)=0$ тому$v_j$ повторюється. Таким чином, альтернативні визначальні властивості мають на увазі наші перші два визначальних властивості. Для третього, припустимо, що ми хочемо поміняти рядок$i$ рядком$j$. Використовуючи другу альтернативу визначення властивості та багатолінійності в$i$ -му та$j$ му рядках, ми маємо

$$\begin{split} 0 \amp= \det(v_1,\ldots,v_i+v_j,\ldots,v_i+v_j,\ldots,v_n) \\ \amp= \det(v_1,\ldots,v_i,\ldots,v_i+v_j,\ldots,v_n) + \det(v_1,\ldots,v_j,\ldots,v_i+v_j,\ldots,v_n) \\ \amp= \det(v_1,\ldots,v_i,\ldots,v_i,\ldots,v_n) + \det(v_1,\ldots,v_i,\ldots,v_j,\ldots,v_n) \\ \amp\qquad+\det(v_1,\ldots,v_j,\ldots,v_i,\ldots,v_n) + \det(v_1,\ldots,v_j,\ldots,v_j,\ldots,v_n) \\ \amp= \det(v_1,\ldots,v_i,\ldots,v_j,\ldots,v_n) + \det(v_1,\ldots,v_j,\ldots,v_i,\ldots,v_n), \end{split} \nonumber$$

за бажанням.

Приклад$\PageIndex{12}$

У нас є

$$\left(\begin{array}{c}-1\\2\\3\end{array}\right) = -\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\end{array}\right) + 2\left(\begin{array}{c}0\\1\\0\end{array}\right) + 3\left(\begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right). \nonumber$$

Тому,

$$\begin{split} \det\amp\left(\begin{array}{ccc}-1&7&2\\2&-3&2\\3&1&1\end{array}\right) = -\det\left(\begin{array}{ccc}1&7&2\\0&-3&2\\0&1&1\end{array}\right) \\ \amp+ 2\det\left(\begin{array}{ccc}0&7&2\\1&-3&2\\0&1&1\end{array}\right) + 3\det\left(\begin{array}{ccc}0&7&2\\0&-3&2\\1&1&1\end{array}\right). \end{split} \nonumber$$

Це основна ідея кофакторних розширень у розділі 4.2.

Примітка$\PageIndex{2}$: Summary: Magical Properties of the Determinant

1. Існує одна і тільки одна функція,$\det\colon\{n\times n\text{ matrices}\}\to\mathbb{R}$ що задовольняє чотири визначальні властивості, визначення$\PageIndex{1}$.
2. Визначником верхньо-трикутної або нижньотрикутної матриці є добуток діагональних записів.
3. Квадратна матриця обертається тоді і тільки тоді,$\det(A)\neq 0\text{;}$ коли в цьому випадку, $$\det(A^{-1}) = \frac 1{\det(A)}. \nonumber$$
4. Якщо$A$ і$B$ є$n\times n$ матрицями, то $$\det(AB) = \det(A)\det(B). \nonumber$$
5. Для будь-якої квадратної матриці$A\text{,}$ ми маємо $$\det(A^T) = \det(A). \nonumber$$
6. Визначник можна обчислити, виконуючи операції з рядками та/або стовпцями.