Determinante de una matriz simétrica

Question

Dada una matriz $ n \times n $ $ C = [c_ {ij}] $ que es simétrica (es decir, $ c_ {ij} = c_ {ji} \ \forall i, j $) calcular el determinante de la siguiente matriz (suponga que $ c_ {ij} \ neq 0 \ \forall i, j $):

$$ \left(\begin{array}{cccccc} \left(\sum_ {i = 1} ^ n \sum_ {j = 1} ^ n c_ {ij} \right) ^ 2 y \left(\sum_ {j = 1} ^ n c_ {1j} \right) ^ 2 y \left(\sum_ {j = 1} ^ n c_ {2j} \right) ^ 2 y \dots y \left(\sum_ {j = 1} ^ n c_ {nj} \right) ^ 2 \\ \left(\sum_ {j = 1} ^ n c_ {1j} \right) ^ 2 y c_ {11} ^ 2 y c_ {12} ^ 2 y \dots y c_ {1n} ^ 2 \\ \left(\sum_ {j = 1} ^ n c_ {2j} \right) ^ 2 y c_ {21} ^ 2 y c_ {22} ^ 2 y \dots y c_ {2n} ^ 2 \\ \vdots y \vdots y \vdots y \dots y \vdots \\ \left(\sum_ {j = 1} ^ n c_ {nj} \right) ^ 2 y c_ {n1} ^ 2 y c_ {n2} ^ 2 y \dots y c_ {nn} ^ 2 \end{array} \right) $$

Observación: Por ejemplo, cuando $ n = 2 $ el determinante es igual a $ 2 (c_ {11} c_ {22} - c_ {12} ^ 2) ^ 3 $ (note $ c_ {12} = c_ {21} $), que es de una forma agradable, pero parece difícil generalizar esto al caso $ (n + 1) \times (n + 1) $.

Answer 1

Creo que un enfoque por descomposición de matrices de bloque da una respuesta satisfactoria. Ajustando

$$ A=\left(\sum_{i=1}^{n}\sum_{i=1}^{n} c_{ij}\right)^2, \quad v^T= \left(\left(\sum_{j=1}^{n}c_{1j}\right)^2, \dots,\left(\sum_{j=1} c_{nj}\right)^2\right) $$ $$ v=\begin{pmatrix} \left(\sum_{j=1}^{n}c_{1j}\right)^2\\ \vdots \\ \left(\sum_{j=1}^{n}c_{nj}\right)^2 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} c_{11}^2&\dots&c_{1j}^2&\dots&c_{1n}^2\\ \vdots& &\vdots& &\vdots \\ c_{i1}^2&\dots&c_{ij}^2&\dots&c_{in}^2\\ \vdots& &\vdots& &\vdots \\ c_{n1}^2 &\dots& c_{nj }^2&\dots&c_{nn}^2 \\ \end{pmatrix} $$ Tenemos que $(v^TB)=(Bv)^T$ y $v^TBv\in\mathbb{R}$.

Supongamos que $A$, $D$, $C$ y $B$ son matrices de dimensiones $n\times n$, $n\times m$, $m\times n$ y $m\times m$, respectivamente. Entonces

$$\det\begin{pmatrix}A& 0\\ C& B\end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix}A& D\\ 0& B\end{pmatrix} = \det(A) \det(B) .

Esto se puede ver a partir de la fórmula de Leibniz para determinantes o por inducción en ''n''. Cuando ''A'' es una matriz invertible, emplear la siguiente identidad

$$ \begin{pmatrix}A& D\\ C& B\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}A& 0\\ C& I\end{pmatrix} \begin{pmatrix}I& A^{-1} D\\ 0& B - C A^{-1} D\end{pmatrix}$$

conduce a

$$\det\begin{pmatrix}A& D\\ C& B\end{pmatrix} = \det(A) \det(B - C A^{-1} D) .$$

Cuando ''B'' es invertible, se puede derivar análogamente una identidad similar con $\det(B)$ factorizado. Estas identidades fueron tomadas de http://www.ee.ic.ac.uk/hp/staff/dmb/matrix/proof003.html, es decir,

$$\det\begin{pmatrix}A& D\\ C& B\end{pmatrix} = \det(B) \det(A - D B^{-1} C) .$$

Cuando los bloques son matrices cuadradas del mismo orden, se mantienen fórmulas adicionales. Por ejemplo, si $C$ y $B$ conmutan (es decir, $CB = BC$), entonces se cumple la siguiente fórmula comparable al determinante de una matriz 2 por 2: Las demostraciones se encuentran en J.R. Silvester, Math. Gazette, 10 (2000), pp. 460-467, disponible en http://www.mth.kcl.ac.uk/~jrs/gazette/blocks.pdf $$ \det\begin{pmatrix}A& D\\ C& B\end{pmatrix} = \det(AB - DC).$$

Entonces $\det(C)= \det(B)\cdot( A-v^TB^{-1}v)$, con $v^TB^{-1}v, A\in\mathbb{R}$ o $$ \det(C)= \det(B)\left[ \left(\sum_{i=1}^{n}\sum_{i=1}^{n} c_{ij}\right)^2 - \left(\left(\sum_{j=1}^{n}c_{1j}\right)^2, \dots,\left(\sum_{j=1} c_{nj}\right)^2\right) B^{-1} \begin{pmatrix} \left(\sum_{j=1}^{n}c_{1j}\right)^2\\ \vdots \\ \left(\sum_{j=1}^{n}c_{nj}\right)^2 \end{pmatrix} \right] $$ con $ \left(\left(\sum_{j=1}^{n}c_{1j}\right)^2, \dots,\left(\sum_{j=1} c_{nj}\right)^2\right) B^{-1} \begin{pmatrix} \left(\sum_{j=1}^{n}c_{1j}\right)^2\\ \vdots \\ \left(\sum_{j=1}^{n}c_{nj}\right)^2 \end{pmatrix} \in\mathbb{R}$.