¿Por qué el cálculo del determinante tiene algo que ver con el "volumen" del "paralelepípedo" fundamental?

Question

Con el "volumen" del "paralelepípedo" me refiero a la medida de Lebesgue del n-Paralelotopo.

Si tengo $$\vec{v_i}=\begin{bmatrix}a_{1i} \\ a_{2i} \\ \vdots \\ a_{ni}\end{bmatrix} \qquad \text{ for } i\in\{1,2,3\ldots,n\}$$ y $$\mathbf A=\begin{bmatrix}\vec{v_1} & \vec{v_2} & \cdots & \vec{v_n}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}\end{bmatrix}$$ Ahora hay dos maneras de definir el determinante.

Definición 1: Si $\mathbf C_{ij}$ es el cofactor, entonces $$\det(\mathbf A)=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}C_{ik}=\sum_{k=1}^{n}a_{kj}C_{kj} \qquad \text{for any } i,j\in\{1,2,3,\ldots,n\}$$ Definición 2: $\det(\mathbf A)$ es la medida de Lebesgue del n-paralelotopo fundamental abarcado por los vectores columna $\vec{v_i}\in\mathbb R^n$ .

¿Cómo puedo demostrar que las dos definiciones son equivalentes? Personalmente me gusta la definición 2 porque, puedo visualizarla pero en la definición 1, primero tenemos que demostrar que los sumatorios están dando los mismos valores para todos los i y j.

Puedo usar la segunda definición para n=2, lo primero que noté fue que las operaciones de columna no cambian el área del paralelogramo debido a simples propiedades geométricas. Por lo tanto, $$\begin{vmatrix}a & c\\ b & d\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a & c-a\frac{c}{a}\\ b & d-b\frac{c}{a}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a & 0\\ b & \frac{ad-bc}{a}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a-0\frac{ab}{ad-bc} & 0\\ b-\frac{ad-bc}{a}\frac{ab}{ad-bc} & \frac{ad-bc}{a}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a & 0\\ 0 & \frac{ad-bc}{a}\end{vmatrix}$$ Esto lo convierte en un rectángulo cuya área se puede calcular fácilmente. $$\begin{vmatrix}a & c\\ b & d\end{vmatrix}=ad-bc$$ Pero esto es lo mismo que obtenemos de la definición 1. Por lo tanto, ambas definiciones son equivalentes para n=2.

El argumento para encontrar el determinante para n=2 por la segunda definición se generaliza fácilmente, pero el método de cálculo parece completamente diferente en comparación con la definición 1. Como para n=3, obtuve $$\begin{vmatrix}a&d&g\\b&e&h\\c&f&i\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\frac{a(ei-hf)-d(bi-ch)-g(ec-bf)}{ei-hf}&0&0\\0&\frac{ei-hf}{i}&0\\0&0&i\end{vmatrix}=a(ei-hf)-d(bi-ch)+g(bf-ec)$$ Puedo ver un poco de conexión para $i=1$ en la definición 1.

Llegué a saber que la definición 1 se llama Expansión de Laplace pero las pruebas escritas en la Wikipedia estaban por encima de mi pequeño cerebro. Estoy en 11º grado y sé muy poco sobre álgebra lineal (sólo sé lo que Grant Sanderson contó en su lista de reproducción de la esencia de Los Ángeles). Después de leer la respuesta Determinante de la transposición Puedo entender por qué las operaciones de fila no cambian el determinante también. Estaría muy contento si alguien demuestra la definición 1 usando la definición 2.

Answer 1

$\def\vect{\mathbf} \DeclareMathOperator{\Mat}{\rm{Mat}} \newcommand{\vol}{{\rm{vol}}} \newcommand\sign{{\rm{sign}}} $

Como dices que aún no has estudiado álgebra lineal, quizá tengas que tomarte esta explicación como un programa de estudio para el futuro (cercano) más que como algo que puedas cursar de una sola vez.

Paso 1. Olvida tus dos definiciones de determinante. El determinante es algo intrínsecamente asociado a las matrices (o a las transformaciones lineales) y está determinado por ciertas propiedades. Consideramos un determinante alternativamente como una función de matrices o como una función de una secuencia de $n$ vectores columna en $\mathbb R^n$ . Vamos de un lado a otro entre $n$ -por- $n$ matrices y secuencias de vectores columna de forma obvia. Las propiedades definitorias:

(1) $\det(v_1, v_2, \dots, v_n)$ es una función multilineal del $n$ variables vectoriales. Es decir, es lineal en cada variable vectorial por separado.

(2) $\det(v_1, v_2, \dots, v_n)$ es alternativo; esto significa que si se cambian dos variables vectoriales cualesquiera, el resultado cambia por un factor de $-1$

(3) Normalización: $\det(E) = 1$ , donde $E$ es la matriz de identidad.

La última propiedad dice que para los vectores unitarios estándar $\vect{e}_1, \dots, \vect{e}_n$ , $\det(\vect{e}_1, \dots, \vect{e}_n) = 1$ .

$\DeclareMathOperator{\Mat}{\rm{Mat}}$

Teorema: Existe una función única $\det$ en $\Mat_n(\mathbb R)$ que satisface las tres propiedades enumeradas anteriormente. Además, \begin {Ecuación} \det (A) = \sum_ { \sigma \in S_n} \epsilon ( \sigma ) a_{1, \sigma (1)} a_{2, \sigma (2) } \cdots a_{n, \sigma (n)}. \tag {S} \end {Ecuación}

En el enunciado del teorema, la suma es sobre el grupo simétrico $S_n$ .

Ahora, utilizando sólo las tres propiedades definitorias, se puede demostrar lo siguiente. Sea $A$ ser un $n$ -por- $n$ y definir $A_{i, j}$ para ser la matriz obtenida al tachar el $i$ --en la fila y $j$ --en la columna de $A$ Así que $A_{i, j}$ es $(n-1)$ -por- $(n-1)$ . Dejemos que $\mathcal C(A)$ sea la matriz cuya $(i, j)$ La entrada es $(-1)^{i+j} \det(A_{i, j})$ . Entonces \begin {Ecuación} A \mathcal C(A)^t = \mathcal C(A)^t A = \det (A) E. \tag {L} \end {ecuación} Esta afirmación engloba todas las expansiones de Laplace de $\det(A)$ y también algunas relaciones de ortogonalidad. Así que no tomes la expansión de Laplace como una definición sino como una consecuencia de la definición intrínseca.

Algunas otras propiedades conocidas de los determinantes que se utilizarán son:

• $\det(AB) = \det(A) \det(B)$

• $\det(A^t) = \det(A)$

Pueden derivarse utilizando las propiedades definitorias o la fórmula de la suma (S).

Paso 2. Necesitamos una definición operativa de volumen y de volumen firmado. Queremos definir para $1 \le r \le n$ el (no negativo) $r$ volumen dimensional del paralelepípedo abarcado por $r$ vectores $v_1, \dots, v_r$ en $\mathbb R^n$ , denotado como $|\vol_r|(v_1, \dots, v_r)$ . Comenzamos con $|\vol_1|(v_1) = ||v_1||$ . Suponiendo que $r \ge 2$ y que $r-1$ volumen dimensional ha sido definido, hacemos lo siguiente. Si $v_1, \dots, v_r$ son linealmente dependientes, defina $|\vol_r|(v_1, \dots, v_r) = 0$ . En caso contrario, aplicamos el procedimiento Gram-Schmidt a la secuencia de vectores $v_1, \dots, v_r$ para obtener una base ortonormal $\vect f_1, \dots, \vect f_r$ del subespacio $M$ abarcados por $v_1, \dots, v_r$ . Obsérvese que el producto punto $(v_r, \vect f_r)$ es positivo. De hecho, es la longitud de la proyección de $v_r$ en el complemento ortogonal en $M$ de la extensión de $v_1, \dots, v_{r-1}$ (ejercicio). Definir $$ |\vol_r|(v_1, \dots, v_r) = (v_r, \vect f_r) \cdot |\vol_{r-1}|(v_1, \dots, v_{r-1}) . $$ Escribimos $|\vol|$ para $|\vol_n|$ . Este es el procedimiento que conocemos de las matemáticas elementales: tomamos la $(r-1)$ volumen dimensional de la base y multiplicarlo por la altitud unidimensional del paralelepípedo.

No es evidente que el resultado sea independiente del orden en el que los vectores $v_1, \dots, v_r$ están en la lista. Esto surgirá más adelante.

Por último, podemos definir el $n$ volumen dimensional firmado $\vol(v_1, \dots, v_n)$ para una secuencia de $n$ vectores de la siguiente manera. Si los vectores son linealmente dependientes, la respuesta es $0$ . Por lo demás,
toma $$ \vol(v_1, \dots, v_n) = \sign(\det(v_1, \dots, v_n)) |\vol|(v_1, \dots, v_n). $$

Esto está relacionado con una noción de orientación. Una base ordenada de $\mathbb R^n$ se dice que está orientado positivamente si $\det(v_1, \dots, v_n)$ es positivo y orientado negativamente en caso contrario. Así, el volumen con signo es positivo si la base está orientada positivamente y negativa si la base está orientada negativamente. En la dimensión $3$ La orientación puede describirse en términos de la conocida regla de la mano derecha.

Paso 3. Vamos a hablar un poco de las matrices ortogonales. Una matriz $U$ es ortogonal si $U^t U = U U^t = E$ . Esto es así si y sólo si $U$ conserva todos los productos de puntos $(U u, Uv) = (u, v)$ para todos $u, v$ . También si y sólo si las columnas de $U$ forman una base ortonormal de $\mathbb R^n$ . Una matriz ortogonal tiene un determinante igual a $\pm 1$ porque $$\det(U)^2 = \det(U^t) \det (U) = \det(U^t U) = \det(E) = 1.$$

Las matrices ortogonales con determinante 1 se llaman matrices ortogonales especiales.

Observación: Si $U$ es una matriz ortogonal, entonces para cualquier $r \le n$ y cualquier $v_1, \dots, v_r$ , $$ |\vol_r|(Uv_1, \dots, Uv_r) = |\vol_r|(v_1, \dots, v_r). $$ Además, para cualquier $v_1, \dots, v_n$ , $$ \vol(Uv_1, \dots, Uv_n) = \det(U) \vol(v_1, \dots, v_n). $$ En particular, si $U$ es ortogonal especial, entonces $$ \vol(Uv_1, \dots, Uv_n) = \vol(v_1, \dots, v_n). $$

Prueba: se deduce de las definiciones porque las matrices ortogonales conservan los productos interiores, y porque $$\det(U v_1, \dots, U v_n) = \det (U) \det(v_1, \dots, v_n).$$

Paso 4. Tomemos una secuencia de vectores $(b_1, \dots, b_n)$ en posición especial y comparar $\det(b_1, \dots, b_n)$ y $\vol(b_1, \dots, b_n)$ . El supuesto especial es $b_1, \dots, b_{n-1}$ tienen una última coordenada cero, por lo que se encuentran en el intervalo de $\vect e_1, \dots, \vect e_{n-1}$ o, lo que es lo mismo, son perpendiculares a $\vect{e}_n$ . Dejemos que $B = (b_1, \dots, b_n)$ . La última fila de $b$ tiene un valor distinto de cero $(n, n)$ entrada, $b_{n, n} $ y el resto de las entradas son cero. $B$ es, por tanto, triangular en bloque: $$ B = \begin{bmatrix} B_{n, n} & * \\ 0 & b_{n, n} \end{bmatrix}. $$
donde $B_{n,n}$ es $(n-1)$ --por-- $(n-1)$ , $*$ indica un $(n-1)$ --por-- $1$ columna, y $0$ a $1$ --por-- $(n-1)$ fila de ceros.

En esta situación especial,
$$ \det B = \det(b_1, \dots, b_n) = b_{n,n} \det (B_{n,n}), $$ y esta es la expansión de Laplace según la última columna.

Consideremos ahora el cálculo del volumen y del volumen con signo. Tenemos $$ |\vol_{n-1}|(b_1, \dots, b_{n-1}) = |\vol_{n-1}|(B_{n, n}), $$ como se desprende de las definiciones. Dado que el tramo de $b_1, \dots, b_{n-1}$ es el mismo lapso de $\vect e_1, \dots, \vect e_{n-1}$ el vector final de Gram-Schmidt $\vect f_n$ que entra en el cómputo de $|\vol_n|(b_1, \dots, b_n)$ es necesariamente $(\pm 1) \vect e_n$ y $(b_n, \vect f_n)$ es $|b_{n,n}|$ . Así, $$ |\vol_n|(b_1, \dots, b_n) = |b_{n, n}| \, |\vol_{n-1}|(B_{n, n}). $$ Por inducción en la dimensión, podemos suponer $$ \det(B_{n, n}) = \vol_{n-1} (B_{n, n} ) \quad \text{and therefore} \quad |\det(B_{n, n})| = |\vol_{n-1} |(B_{n, n} ). $$ Sustituyendo, $$ |\vol_n|(b_1, \dots, b_n) = |b_{n, n}| \, |\vol_{n-1}|(B_{n, n}) = |b_{n, n}| \, |\det(B_{n, n})| = |\det(B)|. $$ Pero entonces, \begin {align*} \vol (b_1, \dots , b_n) &= \sign ( \det (b_1, \dots b_n)) | \vol_n |(b_1, \dots , b_n) \\ &= \sign ( \det (b_1, \dots b_n)) | \det (b_1, \dots b_n). \\ &= \det (b_1, \dots , b_n). \end {align*}

Paso 5. Reduzcamos el problema general al caso especial que acabamos de considerar. Empecemos con $A = (a_1, \dots, a_n)$ . Tome cualquier matriz ortogonal especial $U$ . Entonces ya sabemos que $$ \det U A = \det(U a_1, \dots, U a_n) = \det U \det A = \det A, $$ y $$ \text{vol}( U A) = \text{vol}(U a_1, \dots, U a_n) = \text{vol}(a_1, \dots, a_n) = \text{vol}(A). $$ Ahora bien, siempre es posible encontrar una matriz ortogonal especial tal que $(U a_1, \dots, U a_{n-1})$ es un sistema de vectores en el plano hiperplano de coordenadas ortogonal a $\vect{e}_n$ y para tal elección, $\text{vol}( U A) = \det (UA)$ por el paso 4. Así, para nuestro original $A = (a_1, \dots, a_n)$ , $$ \text{vol}(A) = \text{vol}(UA) = \det(UA) = \det A. $$

Paso 6. Hasta ahora hemos demostrado que $\text{vol}(A) = \det A$ para cualquier $A = (v_1, \dots, v_n)$ pero no hemos hecho hincapié en las expansiones de Laplace. En particular, querías que las expansiones de Laplace se interpretaran naturalmente como volúmenes con signo. En cierto sentido, no hay nada que demostrar, porque sabemos que el determinante se calcula mediante las expansiones de Laplace y es, por otra parte, igual al volumen. Pero sí obtenemos gratuitamente una interpretación geométrica de la expansión de Laplace. Tomemos una expansión particular, la de la primera columna: $$ \text{vol}(A) = \det(A) = \sum_i a_{i, 1} (-1)^i \det(A_{i, 1}) = (v_1, C), $$ donde $C$ es el vector cuyo $i$ -La coordenada número 1 es $ (-1)^i \det(A_{i, 1})$ . Si mantenemos $v_2, \dots, v_n$ y reemplazar $v_1$ por cualquier vector $w$ en el hiperplano abarcado por $v_2, \dots, v_n$ obtenemos $$ 0 = \det ( w, v_2, \dots, v_n) = (w, C). $$ lo que significa que el vector $C$ es perpendicular al hiperplano que abarca $v_2, \dots, v_n$ . Si mantenemos $v_2, \dots, v_n$ y reemplazar $v_1$ por $C$ obtenemos $$ \det ( C, v_2, \dots, v_n) = (C, C) = ||C||^2 > 0, $$ lo que significa que $(C, v_2, \dots, v_n)$ está orientado positivamente. Ahora bien, si sustituimos $v_1$ por el vector unitario $u = C/||C||$ obtenemos $$ \det ( u, v_2, \dots, v_n) = (u, C) = ||C||. $$ Pero como $u$ es perpendicular al hiperplano que abarca $( v_2, \dots, v_n)$ y de longitud $1$ y $(u, v_2, \dots, v_n)$ está orientado positivamente, tenemos $$ \text{vol}(u, v_2, \dots, v_n) = \text{vol}_{n-1}(v_2, \dots, v_n) $$ el $n-1$ volumen dimensional de $(v_2, \dots, v_n) $ . Por lo tanto, la longitud de $C$ es el $n-1$ volumen dimensional de $(v_2, \dots, v_n) $ .

En resumen, en la expansión de Laplace a lo largo de la primera columna, el vector $C$ que aparece en la expansión $\det (v_1, \dots, v_n) = (v_1, C)$ es perpendicular al hiperplano que abarca $(v_2, \dots, v_n) $ de longitud igual a la $n-1$ volumen dimensional de $(v_2, \dots, v_n) $ y determina un sistema de vectores con orientación positiva $(C, v_2, \dots, v_n)$ y el $n$ volumen dimensional $\text{vol}(v_1, \dots, v_n)$ viene dada por $\text{vol}(v_1, \dots, v_n) = (v_1, C)$ .

Answer 2

Teorema: Dado un $m$ -paralelepípedo de una dimensión, $P$ el cuadrado de la $m$ -volumen de $P$ es el determinante de la matriz obtenida al multiplicar $A$ por su transposición, donde $A$ es la matriz cuyas filas están definidas por las aristas de $P$ .

Prueba: La prueba es sencilla por inducción sobre el número de dimensiones. Evidentemente, es cierta para $m=1$ . Supongamos que es cierto para $m$ y considerar un $(m+1)$ -paralelepípedo de una dimensión, $P$ . Que las filas de $A$ se denotará $a_i$ , donde $i$ corre de $1$ a $m+1$ . Podemos encontrar $b,c\in\mathbb R^{m+1}$ tal que $a_1=b+c$ , $b$ es ortogonal al conjunto $S=\{a_2,\ldots, a_m+1\}$ y $c$ cae en $span(S)$ . Dejemos que $B$ sea la matriz formada por la sustitución de la fila $a_1$ con el vector $b$ . Como hay matrices elementales $E_1,\cdots E_k$ tal que $A=E_1\cdots E_kB$ tenemos que $det(A^TA)=det(BB^T)$ .

Dejemos que $C$ sea la matriz obtenida al eliminar la primera fila de $A$ . Tenga en cuenta que $C$ representa la incrustación de un $m$ -paralelepípedo en $\mathbb{R}^{m+1}$ . Por lo tanto, podemos aplicarle nuestra hipótesis inductiva.

Utilizando las propiedades básicas del determinante que se desprenden de su Definición 1, tenemos: $$\det(AA^T)=\det(BB^T)=\begin{bmatrix} bb^T & bD^T \\ Db^T & DD^T \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} bb^T & 0 \\ 0 & DD^T \end{bmatrix}=bb^T\det(DD^T)$$

Podemos sustituir las dos entradas por cero, porque $b$ es ortogonal a las filas de $D$ por la construcción. Por inducción, $\det(DD^T)$ es el cuadrado del volumen de una cara de $P$ y por el teorema de Pitágoras, $bb^T$ es el cuadrado de la longitud del lado perpendicular. Por lo tanto, su producto es el cuadrado del volumen de todo el paralelepípedo, exactamente como se desea.

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He demostrado que las dos cantidades son iguales, pero eso no parece saciarte. Creo que esto se debe en parte a que estás un poco confundido con la lógica de la situación. No es que me hayas pedido que demuestre $P\rightarrow Q$ y en su lugar probé $Q\rightarrow P$ . Me pediste que probara que $P=Q$ y "en cambio" probé $Q=P$ . Excepto que la igualdad es simétrica, así que esto no es un problema. Si tienes dos cantidades y puedes manipular algebraicamente una para obtener la otra, entonces son iguales. No importa de qué lado se manipule.

Parece que te interesa la idea clave de cómo se puede ver que las expansiones de los cofactores funcionan, sin expandir completamente el conjunto $m\times m$ matriz. La idea es que puedes sustituir la primera fila por la componente que es perpendicular al resto de las filas, y entonces cuando expandes a través de la primera fila acabas con una fórmula que es el producto de la longitud del lado (en la dimensión modificada) por el volumen de la cara a la que ese lado es perpendicular. Es decir, hasta los equivalentes matriciales elementales, la expansión cofactorial representa directamente la forma habitual de hallar los volúmenes de los paralelepípedos: calcular el volumen de la base y multiplicarlo por la altura.

Answer 3

Escriba su matriz $A$ como producto de matrices más sencillas utilizando operaciones elementales de filas y columnas. El valor absoluto del determinante de $A$ corresponde al volumen del paralelepípedo descrito por $A$ porque lo hace cuando $A$ es una de las matrices más simples, y el valor absoluto de las operaciones de determinante y volumen son multiplicativas (y la matriz unitaria tiene determinante 1 y el cubo unitario tiene volumen 1).

Algunos detalles algebraicos: Las operaciones elementales de filas son intercambiar 2 filas, multiplicar una fila por una constante no nula y sumar un múltiplo de una fila a otra fila. Escríbelas como multiplicación por la izquierda de matrices simples. Lo mismo ocurre con las operaciones elementales de columna, excepto que se escriben como multiplicación por la derecha de matrices simples. La reducción expresa así la matriz reducida $B$ como producto $R_1 ... R_r A C_1 ... C_s$ donde cada $R_i$ es una matriz de operaciones de fila y cada $C_i$ es una matriz de operaciones de columna. Multiplicar por matrices inversas para obtener $A = R_r^{-1} ... R_1^{-1} B C_1^{-1} ... C_s^{-1}$ . Son posibles varias normalizaciones para $B$ . Utiliza la canónica en la que es la matriz unitaria con todos los 1's después de algún punto posiblemente sustituidos por 0's. Si $B$ es la matriz unitaria, elimínela de la expresión a menos que no deje ningún término a la derecha. En caso contrario, sustitúyela por un producto de operaciones de filas degeneradas (multiplica algunas filas de una en una por 0).

Cada matriz corresponde a una transformación lineal. Intercambiar 2 filas o columnas corresponde a intercambiar 2 coordenadas. Multiplicar una fila o columna por una constante (posiblemente cero) corresponde a escalar (o poner a cero) una de las coordenadas. Añadir un múltiplo de una fila o columna a otra fila o columna corresponde a una transformación de cizallamiento. Para reducir los casos especiales, escriba las matrices de cizallamiento no triviales como productos de 2 matrices de escalado de coordenadas y 1 matriz de cizallamiento con múltiplo 1.

Utilizando la inducción, sólo tenemos que demostrar que las operaciones son multiplicativas para una de nuestras matrices/transformaciones simples de la derecha multiplicada por una general. Esto es muy fácil para el determinante (usando la no tan buena definición del determinante como una gran suma alternada) ya que nuestras matrices simples son muy simples. El valor absoluto del determinante es multiplicativo ya que el propio determinante lo es.

Obsérvese que para una matriz de escala con factor de escala $c$ el determinante de la matriz es $c$ pero el factor de escala del volumen es $|c|$ . Las operaciones de intercambio niegan el determinante pero no cambian el volumen. Tenemos que tomar el valor absoluto del determinante para que los factores sean iguales en todas las etapas.

En 2 dimensiones, los "volúmenes" son áreas y vienen dados por las fórmulas de la geometría elemental para el área de un rectángulo y un paralelogramo, pero no es fácil ver que la medida de Lebesgue es la misma que el área difusa o axiomática de la geometría elemental, por lo que no se deben utilizar estas fórmulas. En su lugar, demuéstrelas directamente a partir de propiedades de la medida de Lebesgue (aprox. regiones por uniones de pequeños cuadrados del mismo tamaño con lados paralelos a los ejes. Utiliza la invariancia de traslación de la medida de Lebesgue para demostrar la fórmula del área de un cuadrado. Piensa en los cuadrados como adoquines o moléculas de agua). Dadas estas fórmulas, es obvio que los volúmenes escalan como se afirma para los cuadrados. Para el cuadrado unitario, el intercambio de coordenadas no cambia su imagen. Al escalar una coordenada, los cuadrados se convierten en rectángulos (o en líneas cuando el factor de escala es 0). Las transformaciones de cizallamiento convierten los cuadrados en rombos del mismo tamaño. Si la imagen es una línea, entonces tiene un volumen 0 que es igual al determinante. (Entonces la matriz y la región son degeneradas, y este caso se puede eliminar antes, pero es un buen ejercicio pensar en aproximar los conjuntos de medida 0 para este caso ya sea por recubrimientos nulos del interior o recubrimientos un poco más grandes que la región).

En dimensiones superiores, adapta los métodos utilizados para demostrar las fórmulas en 2 dimensiones. Utiliza la inducción. Inicialmente, el producto parcial es la matriz identidad y la región correspondiente es el cubo unitario. Cada etapa transforma la región en un paralelepípedo más general y la aproxima por una unión de hipercubos más pequeños con lados paralelos a los ejes. La transformación simple para la siguiente etapa cambia las coordenadas en un máximo de 2 dimensiones, por lo que no es más difícil de manejar que en el caso de 2 dimensiones.

Notas: Utilizamos (hiper)cubos para minimizar las complicaciones. Los hicimos tener lados paralelos a los ejes por la misma razón. No es obvio que un cubo unitario girado tenga volumen 1 incluso en 2 dimensiones. Es obvio que la rotación de una bola no cambia su volumen (no lo cambia en absoluto), pero aproximar regiones como uniones de bolas no es tan fácil como con los cubos -- habría huecos que habría que rellenar con bolas más pequeñas, mientras que con los cubos sólo tenemos que rellenar el interior de la región hasta casi las aristas. La forma más fácil que conozco de demostrar que las rotaciones preservan los volúmenes es mostrar que su matriz tiene determinante uno y luego utilizar la correspondencia demostrada aquí.