Determinantes: multiplicar una fila por un escalar, todo es bueno; multiplicar una fila por una matriz cuadrada?

Question

A la hora de calcular determinantes puede ser bueno para multiplicar una fila por un número o agregar una fila a otra (su fila básica de las operaciones). Cada uno tiene un fácil de entender el efecto sobre el factor determinante. Hoy me encontré con un tipo de fila de la operación, cuyo efecto en el factor determinante es mucho menos claro para mí.

Tomar una $n \times n$ matriz $M$ e una $n \times n$ matriz $A$. Al calcular el determinante de a $M$, podría tener un lío con las filas de $M$. Cada vez me lío con la primera fila de $M$, me gustaría ser capaz de cambiar mi mente y mi lío con la segunda fila de $M$ lugar.

Si me multiplicar la primera fila de $M$ $2$ conseguir $M'$, o si me multiplicar la segunda fila de $M$ $2$ conseguir $M″$, tengo la misma determinantes, $\det(M') = \det(M″)$. Esto no depende de la matriz $M$; siempre tiene que $2$ veces la primera fila es equivalente a $2$ los tiempos de la segunda fila.

Por ejemplo, si $M = \left(\begin{smallmatrix}a& b \\ c& d \end{smallmatrix}\right)$ $M' = \left(\begin{smallmatrix}2a& 2b \\ c& d \end{smallmatrix}\right)$ $M'' = \left(\begin{smallmatrix}a& b \\ 2c& 2d \end{smallmatrix}\right)$ $$\det(M') = \det(M″) = 2\det(M) = 2ad−2bc.$$

Puedo hacer algo similar con "$A$" en lugar de "$2$"?

Si me multiplicar la primera fila de $M$ $A$ conseguir $M'$, lo que la matriz de $B$ necesito para multiplicar la segunda fila de $M$ conseguir $M''$, de modo que $\det(M')=\det(M'')$ tienen el mismo determinante?

Me gustaría que la respuesta depende sólo de $A$, no en $M$. He calculado una respuesta para $2×2$ matrices, pero no estoy contento con él.

Por ejemplo, si $A = \left(\begin{smallmatrix}2& 0 \\ 0& 1 \end{smallmatrix}\right)$, e $M = \left(\begin{smallmatrix}a& b \\ c& d \end{smallmatrix}\right)$,$M' = \left(\begin{smallmatrix}2a& b \\ c& d \end{smallmatrix}\right)$$\det(M') = 2ad−bc$. Puedo elegir a $B = \left(\begin{smallmatrix}1& 0 \\ 0& 2 \end{smallmatrix}\right)$, de modo que $M'' = \left(\begin{smallmatrix}a& b \\ c& 2d \end{smallmatrix}\right)$$\det(M'') = 2ad−bc = \det(M')$.

Sin embargo, me gustaría entender más claramente la relación entre el$A$$B$. Tal vez hay una buena cantidad de libertad en la elección de $B$ y he elegido un mal en mi trabajo. Lo que es una elección natural de $B$ (para $A$)?

Answer 1

El caso de sólo dos filas es especial. Creo que no hay una respuesta independiente de M con más de dos filas.

Si la primera fila de M pasa a ser cero, no importa lo que hacemos; la modificación de los M todavía tiene determinante cero.

Multiplicando la primera fila de M por Un (a la derecha) que equivale a una sustitución arbitraria de una fila para otro. Si suponemos Una nonsingular, que es esencial incluso para sus dos fila solución, entonces estamos a sólo limitarnos a la sustitución de uno distinto de cero de la fila por cualquier otro.

Lo que están pidiendo es, por tanto, sustituir a la primera fila de M (asumido distinto de cero) por otro distinto de cero de la fila, y compensar el efecto en $det$ M haciendo algo para la segunda fila de M, sin el beneficio de saber nada sobre el resto de la matriz M.

Todos los que la matriz nos da es la sustitución de la primera fila de M. Todos los que la matriz B se define para nosotros, es el reemplazo para la segunda fila de M.

En el 2x2 caso podemos tomar B para ser Un escalar por el recíproco de $det$ A. Si M tiene tres o más filas, no hay posibilidad de elección de B que funcione para todas las matrices M.

Una manera fácil de mostrar esto es para la construcción de nonsingular a y M tales que la sustitución de la primera fila de M por su producto con Una produce un singular resultado, independientemente de lo que se hace a la segunda fila de M. Por ejemplo, tomar a cualquier nonsingular de la matriz de otros que es un múltiplo de la matriz identidad, por lo que para algunos vector fila $u$, $u$ y $u$serán linealmente independientes. A continuación, tome $v$ a cualquier fila de vectores linealmente independientes de a $u$ $u$A, y definir M para las tres filas $u$, $v$, y $u$A.

Entonces, si usted realice su operación en las dos primeras filas de M, independientemente de la elección de B, el resultado será un singular de la matriz M", ya que la primera y tercera filas de M son iguales. Por lo tanto $det$ M" no puede ser igual a $det$ M, ya que se construyó un nonsingular M.

Añadido: En el 2x2 caso con Un nonsingular, sabemos que la multiplicación de las dos filas de M cantidades para obtener la matriz producto MA, cuyo determinante es ( $det$ ) ($det$ M). Por lo que si utilizamos B = (1/$det$ a), esto equivale a multiplicar M a la derecha por Una y, a continuación, factorizando $det$ A partir de la segunda fila de M, lo que nos lleva de vuelta a una matriz 2x2 con el mismo determinante como antes.

La corrección de mi malentendido: Jack quiere requieren, dada la matriz a, matriz B tal que para cualquier matriz M = $ \left( \begin{array} {c} u \\ v \end{array} \right) $, para:

$$ M' = \left( \begin{array} {c} uA \\ v \end{array} \right) $$

$$ M'' = \left( \begin{array} {c} u \\ vB \end{array} \right) $$

es cierto que $det M' = det M''$. Cuando mi análisis se aplica "hacia atrás" para salir de la M a M a M", el resultado es el mismo como Willie Wong, es decir, B es la adjunta de A. Por si aplicamos mi receta, el cambio de Una a $A^{-1}$ para pasar de M' a M, entonces:

$$ B = (1/det A^{-1}) A^{-1} = adj(A) $$

que como Willie señalado es definido, incluso para el singular A.

Answer 2

Bueno, creo que vea lo que quiere, y me dicen que es imposible encontrar una respuesta en el caso general.

Si se considera el $n\times n$ matriz $M$ como una colección de $n$ vectores fila, $m_1\ldots m_n$$\mathbb{R}^n$, calcular el determinante es equivalente a calcular el exterior del producto

$$ m_1 \wedge m_2 \wedge \ldots \wedge m_n $$

Su funcionamiento parece ser que intentan comparar a la de arriba para

$$ (Am_1) \wedge m_2 \wedge \ldots \wedge m_n $$

y usted se pregunta si existe una transformación lineal $B$ tal que

$$ (Am_1) \wedge \ldots \wedge m_n = m_1\wedge (Bm_2) \wedge m_3 \wedge \ldots \wedge m_n $$

para todos los conjuntos de vectores $\{m_1,\ldots,m_n\}$. Afirmo que esto no es posible.

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Fijar un conjunto de $\{ m_1, m_2, \ldots, m_n\}$ linealmente independientes. Deje $m'_1 = m_1 + m_3$. (Suponga $n \geq 3$.)

Considere la posibilidad de un arbitrario transformación lineal $A$ da $Am_1 = m_2$, e $Am'_1 = m_1$. Este conjunto de ecuaciones lineales puede ser resuelto con una posiblemente no única solución. De modo tal de $A$ existe.

Ahora, que actúa sobre la matriz $M$ correspondiente a $\{m_1, \ldots, m_n\}$, la transformación de $Am_1 = m_2$ implica que al multiplicar $A$ $m_1$hace que la transformación de la matriz tiene determinante cero. Mientras que la matriz original, lleno de rango, no tiene determinante cero. Así que si $B$ fueron una transformación lineal para actuar en $m_2$ tal que

$$ 0 = (Am_1) \wedge m_2 \ldots m_n = m_1\wedge (Bm_2) \wedge m_3 \ldots m_n $$

uno debe tener ese $Bm_2$ está en el intervalo de $m_1, m_3, \ldots m_n$. Por construcción, esto implica que

$$ m'_1 \wedge (Bm_2) \wedge m_3 \ldots m_n = 0 $$

Por otro lado, tenemos que

$$ 0 \neq m_1 \wedge m_2 \wedge m_3\ldots m_n = (Am'_1) \wedge m_2 \wedge m_3\ldots m_n $$

Y así hemos demostrado que para la dimensión de $n \geq 3$, lo que quieres hacer es imposible (hay demasiados grados de libertad).

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Para la dimensión 2, en el otro lado, las cosas están apenas a la derecha.

$$\det M = M_{11} M_{22} - M_{12} M_{21} $$

Actuar en la primera fila por $A$, usted tiene

$$\det M' = M_{11}A_{11}M_{22} + M_{12} A_{21} M_{22} - M_{12}A_{22} M_{21} - M_{11} A_{12} M_{21}$$

que se reagrupan como

$$ \det M' = M_{11} ( A_{11} M_{22} - A_{12} M_{21} ) - M_{12} (A_{22} M_{21} - A_{21} M_{22} ) $$

Que se puede resolver para conseguir que

$$ B = \begin{pmatrix} A_{22} & - A_{21} \\ - A_{12} & A_{11} \end{pmatrix} $$

o que $B$ es la matriz adjunta de a $A$.

(Aquí lo que en realidad geométricamente utilizado el hecho de que la estrella de Hodge operador $*$ envía vectores vectores en 2 dimensiones, y por lo $B = *A^T*$ es lo que queremos.)