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.