Un determinante hecho de $n \times n$ determinantes.

Question

Me encontré con este problema, en un examen reciente.

Así que me dieron tres matrices $$ A, B, C \in M_{n} (\mathbb{R}) $$ y que $$ 0 \in M_{n}(\mathbb{R}) $$ es la matriz cero.

Entonces también me dieron la matriz $$ \Lambda = \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & C\end{bmatrix} \in M_{2n} (\mathbb{R}) $$

Tenía que determinar la fórmula del determinante de la matriz $ \Lambda$ con determinantes $ A$ , $B$ y $C $ y luego probar esto último.

Tenía la idea de usar el método de Gauss en general y obtener una fórmula con eso, pero no tenía tiempo, y creo que no llegaría a nada con eso. Cualquier ayuda se agradecería.

Answer 1

Otra pista, que funciona con mayor generalidad (cualquier anillo de base conmutativa): El determinante de $\Lambda$ es la suma de los términos $\left(\operatorname{sign}\sigma\right) \lambda_{1, \sigma\left(1\right)} \lambda_{2, \sigma\left(2\right)} \cdots \lambda_{2n, \sigma\left(2n\right)}$ sobre todas las permutaciones $\sigma$ de $\left\{1, 2, \ldots, 2n\right\}$ (donde $\lambda_{i, j}$ significa que el $\left(i, j\right)$ -a entrada de $\Lambda$ ). Sin embargo, los términos correspondientes a algunas de estas permutaciones $\sigma$ desaparecen; es decir, esto sucede para cada $\sigma$ para lo cual algunos $i > n$ satisface $\sigma\left(i\right) \leq n$ (porque tal $\sigma$ escoge una entrada del $0$ bloque de la matriz de bloques $\left[\begin{array}{cc} A & B \\ 0 & C\end{array}\right]$ ). ¿Qué puede decir de las restantes permutaciones?

Answer 2

Hay matrices elementales $E_1$ a $E_n$ tal que $A$ = $E_1 \dotsb E_n R$ donde $R$ está en forma de RRE.
Hay matrices elementales $\varepsilon_1$ a $\varepsilon_n$ tal que $C = \varepsilon_1 \dotsb \varepsilon_n r$ donde $r$ está en forma de RRE.
Formar las matrices $E'_i$ de la siguiente manera: $E'_i = \begin{bmatrix} E_i & 0 \\ 0 & I\end{bmatrix}$ donde $I$ es la matriz de identidad.
Formar las matrices $\varepsilon'_i$ de la siguiente manera: $\varepsilon'_i = \begin{bmatrix} I & 0 \\ 0 & \varepsilon_i\end{bmatrix}$
Por último, observe que $\Lambda = E'_1 \dotsb E'_n \varepsilon_1 \dotsb \varepsilon_n \begin{bmatrix}R & * \\ 0 & r\end{bmatrix}$ .

Ahora $\det \Lambda = \det(E'_1 \dotsb E'_n \varepsilon_1 \dotsb \varepsilon_n) \begin{vmatrix}R & * \\ 0 & r\end{vmatrix}$ . Pero también hay que tener en cuenta que $R$ y $r$ son matrices triangulares superiores, lo que significa que también lo son $\begin{bmatrix}R & * \\ 0 & r\end{bmatrix}$ y el determinante de una matriz triangular superior es el producto de las entradas de la diagonal. Pero todas las entradas de la diagonal forman parte de $R$ o $r$ . Así que $\det \Lambda = \det(E'_1 \dotsb E'_n \varepsilon_1 \dotsb \varepsilon_n) \det(R) \det(r) = \det(E'_1 \dotsb E'_n R) \det(\varepsilon_1 \dotsb \varepsilon_n r) = \det(A)\det(C)$

Answer 3

Sugerencia :

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

Para demostrarlo, supongamos que $A $ inversible por ejemplo y hacer: $\begin {pmatrix} I & 0 \\ -CA^{-1} & I \\ \end {pmatrix}\begin {pmatrix} A & B \\ C & D \\ \end {pmatrix}.$

Answer 4

Tenemos $\,\det\Lambda=\det A \cdot\det C\,$ como consecuencia de la fórmula para el cálculo de un determinante por bloques - una generalización de la Fórmula de Laplace para el desarrollo del determinante a lo largo de una fila o una columna.

En concreto, consideremos la primera $k$ columnas de un $n\times n$ matriz $A$ y que $\varphi$ una función creciente de $[1\, ..\,k]$ a $[1\, ..\,n]$ ; $\varphi$ puede extenderse unívocamente a una permutación de $[1\, ..\,n]$ tal que su restricción a $[k+1\, ..\,n]$ está aumentando. Seguiremos llamando $\varphi$ esta permutación de $[1\, ..\,n]$ .

Ahora bien, para cualquier $\varphi$ Llama a $\,D_\varphi=\det\bigl(a_{\varphi(i)j}\bigr)_{1\le i,j\le k}\,$ el determinante extraído de $A$ seleccionando el primer $f$ columnas y el $k$ filas $\bigl(\varphi(1),\dots,\varphi(k)\bigr)$ . Sea $\,D^c_\varphi=\det\bigl(a_{\varphi(i)j}\bigr)_{k+1\le i,j\le n}$ el determinante complementario. Entonces tenemos la fórmula: $$\det A=\sum_{\varphi}\varepsilon(\varphi) D_\varphi\cdot D^c_\phi $$

Aquí sólo el $k$ -el principal menor $\det A$ será distinto de cero, ya que todos los demás $D_\varphi$ tendrá al menos una línea de $0$ s, y su determinante complementario es $\,\det C$ De ahí la fórmula.