3.2: Властивості детермінант

Властивості детермінант I: приклади

Існує багато важливих властивостей детермінант. Оскільки багато з цих властивостей включають операції рядків, розглянуті в главі 1, ми згадуємо це визначення зараз.

Визначення\(\PageIndex{1}\): Row Operations

Операції з рядком складаються з наступних:

1. Переключити два ряди.
2. Помножте рядок на ненульове число.
3. Замініть рядок кратним іншому рядку, доданому до себе.

Зараз ми розглянемо вплив рядкових операцій на визначник матриці. У наступних розділах ми побачимо, що використання наступних властивостей може значно допомогти у пошуку детермінант. Цей розділ буде використовувати теореми як мотивацію для надання різних прикладів корисності властивостей.

Перша теорема пояснює вплив на визначник матриці при перемиканні двох рядків.

Теорема\(\PageIndex{1}\): Switching Rows

\(A\)Дозволяти\(n\times n\) матриця і\(B\) нехай матриця, яка є результатом перемикання двох рядків\(A.\) Потім\(\det \left( B\right) = - \det \left( A\right) .\)

При перемиканні двох рядків матриці детермінант множиться на\(-1\). Розглянемо наступний приклад.

Приклад\(\PageIndex{1}\): Switching Two Rows

Нехай\(A=\left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right]\) і нехай\(B=\left[ \begin{array}{rr} 3 & 4 \\ 1 & 2 \end{array} \right]\). Знаючи, що\(\det \left( A \right) =-2\), знайдіть\(\det \left( B \right)\).

Рішення

За визначенням 3.1.1,\(\det \left(A\right) = 1 \times 4 - 3 \times 2 = -2\). Зверніть увагу, що рядки\(B\) є рядки,\(A\) але переключені. За теоремою,\(\PageIndex{1}\) так як два ряди\(A\) були переключені,\(\det \left(B\right) = - \det \left(A\right) = - \left(-2\right) = 2\). Перевірити це можна за допомогою визначення 3.1.1.

Наступна теорема демонструє вплив на детермінант матриці при множенні рядка на скаляр.

Теорема\(\PageIndex{2}\): Multiplying a Row by a Scalar

\(A\)Дозволяти\(n\times n\) матриця і\(B\) нехай матриця, яка є результатом множення деякого рядка\(A\) на скаляр\(k\). Потім\(\det \left( B\right) = k \det \left( A\right)\).

Зверніть увагу, що ця теорема вірна, коли ми помножимо один рядок матриці на\(k\). Якби ми повинні були помножити два ряди\(A\) на\(B\),\(k\) щоб отримати, ми б\(\det \left(B\right) = k^2 \det \left(A\right)\). Припустимо, ми повинні були помножити всі\(n\) рядки\(A\) на,\(k\) щоб отримати матрицю\(B\), так що\(B = kA\). Потім,\(\det \left(B\right) = k^n \det \left(A\right)\). Це дає наступну теорему.

Теорема\(\PageIndex{3}\): Scalar Multiplication

\(A\)\(B\)Дозволяти і бути\(n \times n\)\(k\) матриці і скалярні, такі що\(B = kA\). Потім\(\det(B) = k^n \det(A)\).

Розглянемо наступний приклад.

Приклад\(\PageIndex{2}\): Multiplying a Row by 5

Нехай\(A=\left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right] ,\ B=\left[ \begin{array}{rr} 5 & 10 \\ 3 & 4 \end{array} \right] .\) знаючи\(\det \left( A \right) =-2\), що, знайдіть\(\det \left( B \right)\).

Рішення

За визначенням 3.1.1,\(\det \left( A\right) =-2.\) Ми також можемо обчислити\(\det \left(B\right)\) за допомогою визначення 3.1.1, і ми бачимо, що\(\det \left(B\right) = -10\).

Тепер давайте обчислимо\(\det \left(B\right)\) за допомогою теореми\(\PageIndex{2}\) і подивимося, чи отримаємо ми таку ж відповідь. Зверніть увагу, що перший ряд\(5\) разів перший ряд\(A\), тоді як другий ряд\(B\) дорівнює другому ряду\(A\).\(B\) За теоремою\(\PageIndex{2}\),\(\det \left( B \right) = 5 \times \det \left( A \right) = 5 \times -2 = -10.\)

Ви можете бачити, що це відповідає нашій відповіді вище.

Нарешті, розглянемо наступну теорему для операції останнього рядка, про додавання кратного рядка до іншого рядка.

Теорема\(\PageIndex{4}\): Adding a Multiple of a Row to Another Row

\(A\)Дозволяти бути\(n\times n\) матрицею і нехай\(B\) матриця, яка є результатом додавання кратного рядка в інший рядок. Потім\(\det \left( A\right) =\det \left( B \right)\).

Тому, коли ми додаємо кратну рядку в інший рядок, визначник матриці залишається незмінним. Зауважте, що якщо матриця\(A\) містить рядок, кратний іншому рядку,\(\det \left(A\right)\) буде дорівнює\(0\). Щоб переконатися в цьому, припустимо, що перший ряд\(A\) дорівнює\(-1\) разів другий ряд. За теоремою\(\PageIndex{4}\) ми можемо додати перший ряд до другого ряду, і визначник буде незмінним. Однак ця операція рядка призведе до рядка нулів. Використовуючи Розширення Лапласа уздовж ряду нулів, знаходимо, що визначник є\(0\).

Розглянемо наступний приклад.

Приклад\(\PageIndex{3}\): Adding a Row to Another Row

Нехай\(A=\left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right]\) і нехай\(B=\left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 5 & 8 \end{array} \right] .\) знайти\(\det \left(B\right)\).

Рішення

За визначенням 3.1.1,\(\det \left(A\right) = -2\). Зверніть увагу, що другий ряд\(B\) в два рази більше першого ряду\(A\) додається до другого ряду. За теоремою\(\PageIndex{1}\),\(\det \left( B\right) = \det \left( A \right) =-2\). Як завжди, ви можете перевірити цю відповідь за допомогою визначення 3.1.1.

Приклад\(\PageIndex{4}\): Multiple of a Row

Нехай\(A = \left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{array} \right]\). Покажіть, що\(\det \left( A \right) = 0\).

Рішення

Використовуючи визначення 3.1.1, детермінант задається\[\det \left( A \right) = 1 \times 4 - 2 \times 2 = 0\nonumber \]

Однак зверніть увагу, що другий ряд\(2\) дорівнює першому ряду. Тоді шляхом обговорення вище наступної теореми\(\PageIndex{4}\) детермінант дорівнюватиме\(0\).

До цих пір наша увага була в першу чергу на рядкових операціях. Однак ми можемо виконувати ті ж операції зі стовпцями, а не рядками. Три операції, описані в розділі «Визначення»,\(\PageIndex{1}\) можна виконати зі стовпцями замість рядків. При цьому в теоремах\(\PageIndex{1}\) \(\PageIndex{2}\), і \(\PageIndex{4}\)можна замінити слово «рядок» словом «стовпчик».

Існує кілька інших основних властивостей детермінант, які не включають операції рядків (або стовпців). Перший - визначник добутку матриць.

Теорема\(\PageIndex{5}\): Determinant of a Product

\(A\)\(B\)Дозволяти і бути дві\(n\times n\) матриці. Тоді\[\det \left( AB\right) =\det \left( A\right) \det \left( B\right)\nonumber \]

Для того щоб знайти детермінанту добутку матриць, можна просто взяти добуток детермінант.

Розглянемо наступний приклад.

Приклад\(\PageIndex{5}\): The Determinant of a Product

\(\det \left( AB\right)\)Порівняти і\(\det \left( A\right) \det \left( B\right)\) для\[A=\left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ -3 & 2 \end{array} \right] ,B=\left[ \begin{array}{rr} 3 & 2 \\ 4 & 1 \end{array} \right]\nonumber \]

Рішення

Перше обчислення\(AB\), яке задається\[AB=\left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ -3 & 2 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{rr} 3 & 2 \\ 4 & 1 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{rr} 11 & 4 \\ -1 & -4 \end{array} \right]\nonumber \] і так визначенням 3.1.1\[\det \left( AB\right) =\det \left[ \begin{array}{rr} 11 & 4 \\ -1 & -4 \end{array} \right] = -40\nonumber \]

Зараз\[\det \left( A\right) =\det \left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ -3 & 2 \end{array} \right] = 8\nonumber \] і\[\det \left( B\right) =\det \left[ \begin{array}{rr} 3 & 2 \\ 4 & 1 \end{array} \right] = -5\nonumber \]

Обчислення у\(\det \left(A\right) \times \det \left(B\right)\) нас є\(8 \times -5 = -40\). Це та сама відповідь, що і вище, і ви можете це побачити\(\det \left( A\right) \det \left( B\right) =8\times \left( -5\right) =-40 = \det \left(AB\right)\).

Розглянемо наступне важливе властивість.

Теорема\(\PageIndex{6}\): Determinant of the Transpose

\(A\)Дозволяти матриця, де\(A^T\) є транспонування\(A\). Потім,\[\det\left(A^T\right) = \det \left( A \right)\nonumber \]

Ця теорема проілюстрована на наступному прикладі.

Приклад\(\PageIndex{6}\): Determinant of the Transpose

Дозвольте\[A = \left[ \begin{array}{rr} 2 & 5 \\ 4 & 3 \end{array} \right]\nonumber \] знайти\(\det \left(A^T\right)\).

Рішення

По-перше, зверніть увагу, що\[A^{T} = \left[ \begin{array}{rr} 2 & 4 \\ 5 & 3 \end{array} \right]\nonumber \]

Використовуючи визначення 3.1.1, ми можемо обчислити\(\det \left(A\right)\) і\(\det \left(A^T\right)\). Звідси випливає, що\(\det \left(A\right) = 2 \times 3 - 4 \times 5 = -14\) і\(\det \left(A^T\right) = 2 \times 3 - 5 \times 4 = -14\). Отже,\(\det \left(A\right) = \det \left(A^T\right)\).

Нижче наведено істотну властивість детермінанта, а також корисний спосіб визначити, чи є матриця оборотною.

Теорема\(\PageIndex{7}\): Determinant of the Inverse

\(A\)Дозволяти бути\(n \times n\) матрицею. Тоді\(A\) є оборотним, якщо і тільки якщо\(\det(A) \neq 0\). Якщо це правда, то випливає, що\[\det(A^{-1}) = \frac{1}{\det(A)}\nonumber \]

Розглянемо наступний приклад.

Приклад\(\PageIndex{7}\): Determinant of an Invertible Matrix

Нехай\(A = \left[ \begin{array}{rr} 3 & 6 \\ 2 & 4 \end{array} \right], B = \left[ \begin{array}{rr} 2 & 3 \\ 5 & 1 \end{array} \right]\). Для кожної матриці визначте, чи є вона оборотною. Якщо так, то знайдіть детермінант зворотного.

Рішення

Розглянемо\(A\) спочатку матрицю. Використовуючи визначення 3.1.1, ми можемо знайти детермінант наступним чином:\[\det \left( A \right) = 3 \times 4 - 2 \times 6 = 12 - 12 = 0\nonumber \] За теоремою не\(\PageIndex{7}\)\(A\) обертається.

Тепер розглянемо матрицю\(B\). Знову за визначенням 3.1.1 ми маємо\[\det \left( B \right) = 2 \times 1 - 5 \times 3 = 2 - 15 = -13\nonumber \] За теоремою\(\PageIndex{7}\)\(B\) є оборотним, а детермінант зворотного задається\[\begin{aligned} \det \left( A^{-1} \right) &= \frac{1}{\det(A)} \\ &= \frac{1}{-13} \\ &= -\frac{1}{13}\end{aligned}\]

Властивості детермінант II: деякі важливі докази

Цей розділ містить деякі важливі докази щодо детермінантів та кофакторів.

Спочатку згадаємо визначення детермінанти. Якщо\(A=\left[ a_{ij} \right]\) є\(n\times n\) матрицею, то\(\det A\) визначається обчисленням розширення вздовж першого рядка:\[\label{E1} \det A=\sum_{i=1}^n a_{1,i} \mathrm{cof}(A)_{1,i}.\] Якщо\(n=1\) тоді\(\det A=a_{1,1}\).

Наступний приклад є простим і настійно рекомендується як засіб для звикання до визначень.

Приклад\(\PageIndex{8}\):

(1)\(E_{ij}\) Дозволяти елементарна матриця, отримана шляхом зміни\(i\) го та\(j\) го рядків\(I\). Потім\(\det E_{ij}=-1\).

(2)\(E_{ik}\) Дозволяти елементарна матриця, отримана множенням\(i\) го рядка\(I\) на\(k\). Потім\(\det E_{ik}=k\).

(3) Нехай\(E_{ijk}\) буде елементарна матриця, отримана шляхом множення\(i\) го рядка\(I\) на\(k\) і додавання його до свого\(j\) го рядка. Потім\(\det E_{ijk}=1\).

(4) Якщо\(C\) і\(B\) є такими, що\(CB\) визначено, а\(i\) й рядок\(C\) складається з нулів, то\(i\) й рядок\(CB\) складається з нулів.

(5) Якщо\(E\) елементарна матриця, то\(\det E=\det E^T\).

Багато доказів у розділі використовують принцип математичної індукції. Ця концепція розглядається в Додатку А.2 і розглядається тут для зручності. Спочатку перевіряємо, що твердження вірно для\(n=2\) (випадок або\(n=1\) зовсім тривіальний, або безглуздий).

Далі припускаємо, що твердження вірно для\(n-1\) (де\(n\geq 3\)) і доведемо його для\(n\). Як тільки це буде досягнуто, за принципом математичної індукції ми можемо зробити висновок, що твердження вірно для всіх\(n\times n\) матриць для кожного\(n\geq 2\).

Якщо\(A\)\(n\times n\) матриця і\(1\leq j \leq n\), то матриця, отримана шляхом видалення\(1\) st стовпця і\(j\) го\(A\) рядка з -\(n-1\times n-1\) матриця (позначимо цю матрицю \(A(j)\)нижче). Оскільки ці матриці використовуються при обчисленні кофакторів\(\mathrm{cof}(A)_{1,i}\), для\(1\leq i\neq n\), індуктивне припущення застосовується до цих матриць.

Розглянемо наступну лему.

Лемма\(\PageIndex{1}\):

Якщо\(n\times n\) матриця\(A\) така, що один з її рядків складається з нулів, то\(\det A=0\).

Доказ

Доведемо цю лему за допомогою математичної індукції.

Якщо\(n=2\) це легко (перевірте!).

\(n\geq 3\)Дозволяти бути таким, що кожна матриця розміру\(n-1\times n-1\) з рядком, що складається з нулів, має визначник рівний нулю. \(i\)Дозволяти бути таким, що\(i\) й ряд\(A\) складається з нулів. Тоді у нас є\(a_{ij}=0\) для\(1\leq j\leq n\).

Закріпіть\(j\in \{1,2, \dots ,n\}\) таке, що\(j\neq i\). Тоді матриця, яка\(A(j)\) використовується при обчисленні\(\mathrm{cof}(A)_{1,j}\) має рядок, що складається з нулів, і за нашим індуктивним припущенням\(\mathrm{cof}(A)_{1,j}=0\).

З іншого боку, якщо\(j=i\) тоді\(a_{1,j}=0\). Тому\(a_{1,j}\mathrm{cof}(A)_{1,j}=0\) для всіх\(j\) і по\(\eqref{E1}\) ми маємо,\[\det A=\sum_{j=1}^n a_{1,j} \mathrm{cof}(A)_{1,j}=0\nonumber \] як кожен з доданих дорівнює 0.

Лемма\(\PageIndex{2}\):

Припустимо\(A\),\(B\) і\(C\) є\(n\times n\) матрицями, які для деяких\(1\leq i\leq n\) задовольняють наступні.

1. \(j\)-й рядки всіх трьох матриць ідентичні, for\(j\neq i\).
2. Кожен запис у\(j\) -му рядку\(A\) - це сума відповідних записів у\(j\) рядках\(B\) та\(C\).

Потім\(\det A=\det B+\det C\).

Доказ

Це не складно перевірити\(n=2\) (перевірте це!).

Тепер припустимо, що твердження Лемми вірно для\(n-1\times n-1\) матриць і виправити\(A,B\) і\(C\) як в твердженні. Припущення стверджують, що ми маємо\(a_{l,j}=b_{l,j}=c_{l,j}\)\(a_{l,i}=b_{l,i}+c_{l,i}\) за\(j\neq i\)\(1\leq l\leq n\) і назавжди\(1\leq l\leq n\). Отже\(A(i)=B(i)=C(i)\), і\(A(j)\) має властивість, що його\(i\) -й рядок - це сума\(i\) го рядків\(B(j)\) і\(C(j)\) для,\(j\neq i\) тоді як інші рядки всіх трьох матриць є ідентичний. Тому за нашим індуктивним припущенням ми маємо\(\mathrm{cof}(A)_{1j}=\mathrm{cof}(B)_{1j}+\mathrm{cof}(C)_{1j}\) для\(j\neq i\).

\(\eqref{E1}\)Ми маємо (використовуючи всі рівності, встановлені вище)\[\begin{aligned} \det A&=\sum_{l=1}^n a_{1,l} \mathrm{cof}(A)_{1,l}\\ &=\sum_{l\neq i} a_{1,l}(\mathrm{cof}(B)_{1,l}+\mathrm{cof}(C)_{1,l})+ (b_{1,i}+c_{1,i})\mathrm{cof}(A)_{1,i}\\ &= \det B+\det C\end{aligned}\] Це доводить, що твердження вірне для всіх\(n\) і завершує доказ.

Теорема\(\PageIndex{8}\):

\(A\)\(B\)Дозволяти і бути\(n\times n\) матрицями.

1. Якщо\(A\) виходить шляхом перемикання\(i\) го і\(j\) го рядів\(B\) (з\(i\neq j\)), то\(\det A=-\det B\).
2. \(A\)Її отримують шляхом множення\(i\) рядка\(B\) на\(k\) потім\(\det A=k\det B\).
3. Якщо два ряди\(A\) однакові, то\(\det A=0\).
4. Якщо\(A\) виходить множенням\(i\) рядка\(B\) на\(k\) і додаванням його до\(j\) рядка\(B\) (\(i\neq j\)) то\(\det A=\det B\).

Доказ

Доводимо всі твердження шляхом індукції. Справа\(n=2\) легко перевіряється безпосередньо (і настійно рекомендується перевірити його).

Ми припускаємо, що\(n\geq 3\) і (1) — (4) є істинними для всіх матриць розміру\(n-1\times n-1\).

(1) Ми доводимо випадок\(j=i+1\), коли, тобто ми змінюємо два послідовних рядки.

Нехай\(l\in \{1, \dots, n\}\setminus \{i,j\}\). Потім\(A(l)\) виходить з\(B(l)\) шляхом перемикання двох його рядів (малюємо картинку) і за нашим припущенням\[\label{E2} \mathrm{cof}(A)_{1,l}=-\mathrm{cof}(B)_{1,l}.\]

Тепер розглянемо\(a_{1,i} \mathrm{cof}(A)_{1,l}\). У нас є те,\(a_{1,i}=b_{1,j}\) а також те\(A(i)=B(j)\). З тих пір\(j=i+1\), у нас є\[(-1)^{1+j}=(-1)^{1+i+1}=-(-1)^{1+i}\nonumber \] і тому\(a_{1i}\mathrm{cof}(A)_{1i}=-b_{1j} \mathrm{cof}(B)_{1j}\) і\(a_{1j}\mathrm{cof}(A)_{1j}=-b_{1i} \mathrm{cof}(B)_{1i}\). Поклавши це разом з\(\eqref{E2}\) тим,\(\eqref{E1}\) ми бачимо, що якщо у формулі для\(\det A\) ми змінимо знак кожного з доданих, ми отримаємо формулу для\(\det B\). \[\det A=\sum_{l=1}^n a_{1l}\mathrm{cof}(A)_{1l} =-\sum_{l=1}^n b_{1l} B_{1l} =\det B.\nonumber \]

Тому ми довели випадок (1) коли\(j=i+1\). Для того щоб довести загальну правоту, потрібен наступний факт. Якщо\(i<j\), то для того, щоб поміняти між собою\(i\) й і\(j\) й ряд можна продовжити, переміняючи два сусідніх ряди\(2(j-i)+1\) раз: спочатку поміняти місцями\(i\) -й і\(i+1\) ст, потім\(i+1\) ст і \(i+2\)І, і так далі. Після однієї\(j-1\) перев'язки встановити і\(j\) ряд, ми маємо\(i\) ряд в положенні\(j\)\(l\) го і ряд в положенні\(l-1\) st for\(i+1\leq l\leq j\). Потім приступайте назад, міняючи сусідні ряди, поки все не стане на місці.

Так як\(2(j-i)+1\) це непарне число,\((-1)^{2(j-i)+1}=-1\) і у нас є що\(\det A=-\det B\).

(2) Це схоже на (1)... але набагато простіше. Припустімо, що (2) вірно для всіх\(n-1\times n-1\) матриць. Ми маємо це\(a_{ji}=k b_{ji}\) для\(1\leq j\leq n\). Зокрема\(a_{1i}=kb_{1i}\), і для\(l\neq i\) матриці\(A(l)\) виходить\(B(l)\) шляхом множення одного з її рядків на\(k\). Тому\(\mathrm{cof}(A)_{1l}=k\mathrm{cof}(B)_{1l}\) для\(l\neq i\), і для всіх у\(l\) нас є\(a_{1l} \mathrm{cof}(A)_{1l}=k b_{1l}\mathrm{cof}(B)_{1l}\). До того\(\eqref{E1}\), у нас є\(\det A=k\det B\).

(3) Це наслідок (1). Якщо два рядки\(A\) однакові, то\(A\) дорівнює матриці, отриманої при зміні цих двох рядків і, отже, на (1)\(\det A=-\det A\). Це має на увазі\(\det A=0\).

(4) Припустимо, що (4) вірно для всіх\(n-1\times n-1\) матриць\(A\) і виправити і\(B\)\(A\) таке, що виходить множенням\(i\) го рядка\(B\) на\(k\) і додаванням його до \(j\)потім рядок\(B\) (\(i\neq j\))\(\det A=\det B\). Якщо\(k=0\) тоді\(A=B\) і доводити нічого, то можна припустити\(k\neq 0\).

\(C\)Дозволяти матриця, отримана заміною\(j\) го рядка\(B\) на\(i\) й ряд\(B\) помножений на\(k\). Лемма\(\PageIndex{2}\), у нас це є,\[\det A=\det B+\det C\nonumber \] і нам «тільки» потрібно це показати\(\det C=0\). Але\(i\) й\(j\) й ряди\(C\) пропорційні. Якщо\(D\) отримано множенням\(j\) го рядка\(C\) на\(\frac 1k\) то на (2) у нас є\(\det C=\frac 1k\det D\) (нагадаємо, що\(k\neq 0\)!). Але\(i\) й і\(j\) й ряди\(D\) однакові, отже, по (3) ми маємо\(\det D=0\) і тому\(\det C=0\).

Теорема\(\PageIndex{9}\):

\(A\)\(B\)Дозволяти і бути дві\(n\times n\) матриці. Тоді\[\det \left( AB\right) =\det \left( A\right) \det \left( B\right)\nonumber \]

Доказ

Якщо\(A\) є елементарною матрицею будь-якого типу, то множення\(A\) на ліворуч має такий же ефект, як і виконання відповідної операції елементарного рядка. Тому рівність\(\det (AB) =\det A\det B\) в цьому випадку слід за прикладом\(\PageIndex{8}\) і теоремою\(\PageIndex{8}\).

Якщо\(C\) зменшена форма рядка-ешелону,\(A\) то ми можемо записати\(A=E_1\cdot E_2\cdot\dots\cdot E_m\cdot C\) для деяких елементарних матриць\(E_1,\dots, E_m\).

Зараз розглянемо два випадки.

Припустимо спочатку, що\(C=I\). Потім\(A=E_1\cdot E_2\cdot \dots\cdot E_m\) і\(AB= E_1\cdot E_2\cdot \dots\cdot E_m B\). Застосовуючи вищевказані\(m\) часи рівності, а потім\(m-1\) раз, ми маємо це\[\begin{aligned} \det AB&=\det E_1\det E_2\cdot \det E_m\cdot \det B\\ &=\det (E_1\cdot E_2\cdot\dots\cdot E_m) \det B\\ &=\det A\det B. \end{aligned}\]

Тепер припустимо\(C\neq I\). Оскільки він знаходиться в скороченому рядку-ешелоні, його останній рядок складається з нулів, а по (4) \(\PageIndex{8}\)Прикладу останній рядок\(CB\) складається з нулів. За Леммою\(\PageIndex{1}\) ми маємо\(\det C=\det (CB)=0\) і, отже,\[\det A=\det (E_1\cdot E_2\cdot E_m)\cdot \det (C) = \det (E_1\cdot E_2\cdot E_m)\cdot 0=0\nonumber \] а також\[\det AB=\det (E_1\cdot E_2\cdot E_m)\cdot \det (C B) =\det (E_1\cdot E_2\cdot\dots\cdot E_m) 0 =0\nonumber \] отже\(\det AB=0=\det A \det B\).

Та сама «машина», яка була використана в попередньому доказі, буде використана знову.

Теорема\(\PageIndex{10}\):

\(A\)Дозволяти матриця, де\(A^T\) є транспонування\(A\). Потім,\[\det\left(A^T\right) = \det \left( A \right)\nonumber \]

Доказ

Зауважте спочатку, що висновок\(A\) істинний, якщо елементарно по (5) Прикладу\(\PageIndex{8}\).

\(C\)Дозволяти бути зменшеною ряд-ешелон форми\(A\). Тоді ми можемо писати\(A= E_1\cdot E_2\cdot \dots\cdot E_m C\). Потім\(A^T=C^T\cdot E_m^T\cdot \dots \cdot E_2^T\cdot E_1\). За теоремою\(\PageIndex{9}\) ми маємо\[\det (A^T)=\det (C^T)\cdot \det (E_m^T)\cdot \dots \cdot \det (E_2^T)\cdot \det(E_1).\nonumber \] By (5) Приклад\(\PageIndex{8}\) ми маємо це\(\det E_j=\det E_j^T\) для всіх\(j\). Крім того,\(\det C\) це або 0, або 1 (залежно від того,\(C=I\) чи ні) і в будь-якому випадку\(\det C=\det C^T\). Тому\(\det A=\det A^T\).

Наведені вище обговорення дозволяють нам тепер довести теорему 3.1.1. Він повторюється нижче.

Теорема\(\PageIndex{11}\):

Розширення\(n\times n\) матриці уздовж будь-якого рядка або стовпця завжди дає той самий результат, який є визначником.

Доказ

Спочатку ми покажемо, що детермінант можна обчислити вздовж будь-якого ряду. Справа\(n=1\) не застосовується і таким чином нехай\(n \geq 2\).

\(A\)Дозволяти\(n\times n\) матриці і закріпити\(j>1\). Потрібно довести, що\[\det A=\sum_{i=1}^n a_{j,i} \mathrm{cof}(A)_{j,i}.\nonumber \] Доведемо правоту, коли\(j=2\).

\(B\)Дозволяти матриця, отримана\(A\) від зміни її\(1\) st і\(2\) nd рядків. Тоді за теоремою\(\PageIndex{8}\) ми маємо\[\det A=-\det B.\nonumber\] Тепер у нас\(B\) є\[\det B=\sum_{i=1}^n b_{1,i} \mathrm{cof}(B)_{1,i}.\nonumber \] Оскільки виходить шляхом обміну між собою\(1\) st і\(2\) nd рядки\(A\) ми маємо, що\(b_{1,i}=a_{2,i}\) для всіх. \(i\)і це видно\(minor(B)_{1,i}=minor(A)_{2,i}\).

Далі,\[\mathrm{cof}(B)_{1,i}=(-1)^{1+i} minor B_{1,i}=- (-1)^{2+i} minor (A)_{2,i} = - \mathrm{cof}(A)_{2,i}\nonumber \] звідси\(\det B=-\sum_{i=1}^n a_{2,i} \mathrm{cof}(A)_{2,i}\),\(\det A=-\det B= \sum_{i=1}^n a_{2,i} \mathrm{cof}(A)_{2,i}\) а значить і за бажанням.

Випадок, коли\(j>2\) дуже схожий; ми все ще маємо,\(minor(B)_{1,i}=minor (A)_{j,i}\) але перевіряємо,\(\det B=-\sum_{i=1}^n a_{j,i} \mathrm{cof}(A)_{j,i}\) що трохи більше залучено.

Тепер розширення кофактора вздовж\(j\) стовпчика\(A\) дорівнює розширенню кофактора уздовж\(j\) ряду\(A^T\), яке за вищевказаним результатом якраз доведено рівним розширенню кофактора вздовж ряду 1 з\(A^T\), який дорівнює розширенню кофактора уздовж\(1\) колони\(A\). Таким чином, кофактор кофактора уздовж будь-якого стовпця дає той же результат.

Нарешті, оскільки\(\det A=\det A^T\) за теоремою ми робимо висновок\(\PageIndex{10}\), що розширення кофактора вздовж ряду\(1\)\(A\) дорівнює розширенню кофактора вздовж ряду\(1\)\(A^T\), що дорівнює кофактору розширення вздовж\(1\) колони\(A\). Таким чином, доказ завершений.