¿Cómo puedo justificar esto sin determinar el determinante?

Question

Necesito justificar que la siguiente ecuación es verdadera:

$$ \begin{vmatrix} a_1+b_1x & a_1x+b_1 & c_1 \\ a_2+b_2x & a_2x+b_2 & c_2 \\ a_3+b_3x & a_3x+b_3 & c_3 \\ \end{vmatrix} = (1-x^2)\cdot\begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \\ \end{vmatrix} $$

Intenté dividir el determinante de la primera matriz en la suma de dos, para que la primera no tuviera $b's$ y la segunda no tuviera $a's$.

Luego multiplicaría por $\frac 1x$ en la primera columna de la segunda matriz y la primera columna de la segunda, para tener $x^2$ veces la suma de los determinantes de las dos matrices.

Entonces restaría la columna 1 a la columna 2 en ambas matrices, y tendríamos una columna de ceros en ambos, por lo tanto el determinante es cero en ambos y multiplicado por $x^2$ seguiría siendo cero, así que no probé nada. ¿Qué hice mal?

Answer 1

Para otra solución, tenga en cuenta que $$ \underbrace{\begin{bmatrix} a_1+b_1x & a_1x+b_1 & c_1 \\ a_2+b_2x & a_2x+b_2 & c_2 \\ a_3+b_3x & a_3x+b_3 & c_3 \\ \end{bmatrix}}_{A} = \underbrace{\begin{bmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \\ \end{bmatrix}}_{B} \underbrace{\begin{bmatrix} 1 & x & 0 \\ x & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}}_{C} $$ y por lo tanto $\det(A) = \det(BC) = \det(B)\det(C)$. A partir de ahí, es suficiente verificar que $$ \det(C) = \begin{vmatrix} 1 & x & 0 \\ x & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}1 & x \\ x & 1\end{vmatrix} = 1 \cdot 1 - x \cdot x = 1-x^2. $$

Answer 2

\begin{align} &\phantom {=}\,\ \begin{vmatrix} a_1+b_1x & a_1x+b_1 & c_1 \\ a_2+b_2x & a_2x+b_2 & c_2 \\ a_3+b_3x & a_3x+b_3 & c_3 \end{vmatrix} \\ &= \begin{vmatrix} a_1 & a_1x+b_1 & c_1 \\ a_2 & a_2x+b_2 & c_2 \\ a_3 & a_3x+b_3 & c_3 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} b_1x & a_1x+b_1 & c_1 \\ b_2x & a_2x+b_2 & c_2 \\ b_3x & a_3x+b_3 & c_3 \end{vmatrix} \\&= \begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \end{vmatrix} + x \begin{vmatrix} b_1 & a_1x & c_1 \\ b_2 & a_2x & c_2 \\ b_3 & a_3x & c_3 \end{vmatrix} \\&= \begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \end{vmatrix} + x^2 \begin{vmatrix} b_1 & a_1 & c_1 \\ b_2 & a_2 & c_2 \\ b_3 & a_3 & c_3 \end{vmatrix} \\&= 1\cdot \begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \end{vmatrix} + (-1) x^2 \begin{vmatrix> a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \end{vmatrix> \\&= (1-x^2)\cdot\begin{vmatrix> a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \\ \end{vmatrix>. \end{align}

Answer 3

El determinante es un polinomio de orden 2 en $x$, $D(x)$, donde los coeficientes dependen de los $a_i$, $b_i$ y $c_i$.

Conocemos sus dos raíces $1$ y $-1$, ya que el determinante es obviamente nulo en estos casos: dos columnas idénticas o una columna la inversa de otra.

Por lo tanto $$ D(x) = \lambda (1-x^2)$$

Donde $\lambda$ depende de los $a_i$, $b_i$ y $c_i$.

Finalmente, el término multiplicativo se da cuando $x=0$ :

$$D(0) =\lambda = \begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \\ \end{vmatrix}$$

Answer 4

Solución astuta. . .

El lado izquierdo es un polinomio de grado $2$ con ceros en $x=\pm1$. Por lo tanto tiene la forma $C(1+x)(1-x) = C(1-x^2)$ para algún $C \in \mathbb R$. Al seleccionar $x=0$ obtenemos $C=\begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \\ \end{vmatrix}$ como se requiere.

Para ver que $x=\pm1$ son ceros, observar que para $x=1$ la primera y segunda columnas son iguales, por lo tanto las columnas son linealmente dependientes y el determinante es cero. Para $x=-1$ la primera columna es negativa de la segunda, las columnas son linealmente dependientes y el determinante es cero.

Answer 5

Una forma alternativa de ver la respuesta aceptada y justificar más los pasos (para responder a las preguntas en sus comentarios) es considerar las columnas como vectores (lo cual ahora noto que @Semiclassical hizo en su comentario), $$\mathbf{a} = \begin{bmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{bmatrix}$$ y lo mismo para $\mathbf{b}$ y $\mathbf{c}$. Ahora debemos saber que los determinantes son "multilineales", por lo que para cualquier otro vector $\mathbf{v}, \mathbf{w}, \mathbf{z}$ y cualquier escalar $x$, $$\mathrm{det}\bigl( (\mathbf{v}+\mathbf{w}), \mathbf{z}, \mathbf{c}\bigr) = \mathrm{det}\bigl( \mathbf{v}, \mathbf{z}, \mathbf{c}\bigr) +\mathrm{det}\bigl( \mathbf{w}, \mathbf{z}, \mathbf{c}\bigr) \\ \mathrm{det}\bigl(\mathbf{v}, (\mathbf{w}+\mathbf{z}), \mathbf{c}\bigr) = \mathrm{det}\bigl( \mathbf{v}, \mathbf{w}, \mathbf{c}\bigr) +\mathrm{det}\bigl( \mathbf{v}, \mathbf{z}, \mathbf{c}\bigr) \\ \mathrm{det}\bigl( x\,\mathbf{v}, \mathbf{z}, \mathbf{c}\bigr) = x.\mathrm{det}\bigl( \mathbf{v}, \mathbf{z}, \mathbf{c}\bigr)\\ \mathrm{det}\bigl( \mathbf{v}, x\,\mathbf{z}, \mathbf{c}\bigr) = x.\mathrm{det}\bigl( \mathbf{v}, \mathbf{z}, \mathbf{c}\bigr) $$ Sabemos (por ejemplo, de $\mathbf{v}=\mathbf{w}+(\mathbf{v}-\mathbf{w})$ arriba) también que $$\mathrm{det} \bigl( \mathbf{v}, \mathbf{w}, \mathbf{c} \bigr) = -\mathrm{det} \bigl( \mathbf{w}, \mathbf{v}, \mathbf{c} \bigr)\\ \mathrm{det} \bigl( \mathbf{v}, \mathbf{v}, \mathbf{c} \bigr) = 0$$ Esto es suficiente para trabajar directamente en la igualdad (estoy haciendo la primera columna de la matriz en la primera línea, luego la segunda columna de ambas en la segunda línea): $$\require{cancel}\mathrm{det}\bigl( (\mathbf{a}+x\,\mathbf{b}), (x\,\mathbf{a}+\mathbf{b}), \mathbf{c}\bigr) \\ = \mathrm{det}\bigl( \mathbf{a}, (x\,\mathbf{a}+\mathbf{b}), \mathbf{c}\bigr) + x.\mathrm{det}\bigl( \mathbf{b}, (x\,\mathbf{a}+\mathbf{b}), \mathbf{c}\bigr)\\ = x.\cancel{\mathrm{det}\bigl( \mathbf{a}, \mathbf{a}, \mathbf{c}\bigr)} +\mathrm{det}\bigl( \mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}\bigr) + x.\Bigl(x.\mathrm{det}\bigl( \mathbf{b}, \mathbf{a}, \mathbf{c}\bigr)+\cancel{\mathrm{det}\bigl( \mathbf{b}, \mathbf{b}, \mathbf{c}\bigr)}\Bigr)\\ = \mathrm{det}\bigl( \mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}\bigr) + x^2.\mathrm{det}\bigl( \mathbf{b}, \mathbf{a}, \mathbf{c}\bigr)\\ = \mathrm{det}\bigl( \mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}\bigr) - x^2.\mathrm{det}\bigl( \mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}\bigr) = (1- x^2).\mathrm{det}\bigl( \mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}\bigr)\\$$

La ventaja que siento de esta notación/enfoque es que puedes ver que se extiende a dimensiones superiores (agregando columnas $\mathbf{d}$, $\mathbf{e}$, ... ) sin una notación onerosa. Además, podrías reemplazar en lo anterior cada "det(...)" por "$f$(...)", por lo que es válido para cualquier función multilineal $f$.

Comparado con la respuesta mejor calificada: Esa respuesta es más elegante, pero fue encontrada trabajando hacia atrás desde la solución, siento (pero funciona igualmente bien en cada dimensión), y necesita un poco más de habilidad en matrices.