Prueba de que la expansión del cofactor tiene un valor único

Question

Editar : Realmente no sé por qué esto ha tenido poca actividad. Si alguien lo sabe, por favor que me lo diga, para poder rehacerlo.

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Como nota: soy un purista, y realmente quiero ver una prueba de esto, pero también tengo obligaciones del curso para cumplir, y así no mucho tiempo. Entiendo que la respuesta implica la teoría de grupos, donde mi apoyo es débil, por lo que las respuestas más completas realmente me ayudaría.

Dejemos que $A$ ser un $n\times n$ matriz de números reales. Definir la $(i, j)$ el menor $M_{(i, j)}$ de $A$ para ser el determinante de la $(n-1) \times (n-1)$ matriz obtenida por la eliminación de la $i$ la fila y $j$ columna de $A$ - Por ejemplo,

$$A = \begin{bmatrix}1 & 4 & 2 \\9 & 4 & 6 \\8 & 3 & 1 \end{bmatrix} \implies M_{(1, 1)} = \begin{vmatrix}4 & 6 \\3 & 1 \end{vmatrix}, \text{ }M_{(2,1)} = \begin{vmatrix} 4 & 2 \\ 3 & 1 \end{vmatrix}, \mathrm{etc.}$$

Definir el $(i,j)$ el cofactor $C_{(i, j)}$ por $C_{(i, j)} = A_{(i,j)}(-1)^{i + j}M_{(i,j)}$ - es decir, multiplicar $A_{(i,j)}M_{(i,j)}$ por un signo correspondiente al $(i,j)$ entrada de la matriz

$$\mathrm{sgn} = \begin{bmatrix} + & - & + & \cdots \\- & + & - & \cdots \\ + & - & + &\cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{bmatrix};$$

así,

$$A = \begin{bmatrix}1 & 4 & 2 \\9 & 4 & 6 \\8 & 3 & 1 \end{bmatrix} \implies C_{(1, 1)} = 1 \times \begin{vmatrix}4 & 6 \\3 & 1 \end{vmatrix}, \text{ }C_{(2,1)} = -9 \times \begin{vmatrix} 4 & 2 \\ 3 & 1 \end{vmatrix}.$$

Por último, defina el expansión del cofactor $D_i(A)$ a través de la (i)a fila de $A$ por $D_i(A) = \sum_{k = 1}^n C_{(i, k)}$ . Por ejemplo, obtenemos

\begin{eqnarray} D_1 \Bigg( \begin{bmatrix}1 & 4 & 2 \\9 & 4 & 6 \\8 & 3 & 1 \end{bmatrix} |Bigg) = C_(1, 1)} + C_(1, 2)} + C_(1, 3)} = \begin{vmatrix}4 & 6 \\3 & 1 \end{vmatrix} - 4 \begin{vmatrix} 9 & 6 \\ 8 & 1 \end{vmatrix} + 2 \begin{vmatrix}9 & 4 \\8 & 3 \end{vmatrix} = 132 \\ D_2 \NBigg( \begin{bmatrix}1 & 4 & 2 \\9 & 4 & 6 \\8 & 3 & 1 \end{bmatrix} |Bigg) = C_{(2, 1)} + C_{(2, 2)} + C_{(2, 3)} = -9 \begin{vmatrix}4 & 2 \\3 & 1 \end{vmatrix} + 4 \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 8 & 1 \end{vmatrix} - 6 \begin{vmatrix}1 & 4 \\8 & 3 \end{vmatrix} = 132 \\ D_3 \NBigg( \begin{bmatrix}1 & 4 & 2 \\9 & 4 & 6 \\8 & 3 & 1 \end{bmatrix} |Bigg) = C_(3, 1)} + C_(3, 2)} + C_(3, 3)} = 8 \begin{vmatrix}4 & 2 \\4 & 6 \end{vmatrix} - 3 \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 9 & 6 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix}1 & 4 \\9 & 4 \end{vmatrix} = 132. \Fin.

La igualdad de cada una de estas expansiones sirve como ejemplo del teorema que quiero ver demostrado:

Teorema : Para cualquier fila $\rho_i$ (o columna, con una definición similar a la de las filas), la expansión del cofactor $D_i(A)$ de una matriz dada $A$ tiene el mismo valor numérico.

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Algunas notas:

(1) (Sí, me doy cuenta de que todos los $\TeX$ desmiente mi afirmación de no tener mucho tiempo. Lo que quiero decir es que me vendría bien un poco de instrucción -como forma de ahorrar bastante tiempo valioso- ya que nunca he tomado un curso de álgebra).

(2) Admito que no entiendo bien la fórmula de Leibniz, así que no tengo una definición inmediata de determinante para recurrir a la inducción. Una forma de evitarlo es demostrar inductivamente el teorema del cofactor sobre el tamaño de $n$ . Como toda propiedad del determinante se deduce (fácilmente) del teorema del cofactor, el teorema anterior es todo I necesito de tener pruebas en este momento.

Answer 1

Quizás una visión geométrica pueda ayudar:

Considere una matriz $A$ con vectores columna $a_1,..,a_n\in\Bbb R^n$ . Entonces $\det A$ es sólo el firmado $n$ dimensional volumen de la paralelepípedo abarcados por los vectores $a_i$ para que la matriz de identidad $I$ determina el cubo unitario de $n$ dimensión, y ha firmado el volumen $+1$ y cualquier reflejo a través de un hiperpanel revierte el signo.

Ahora, utilizando el Eliminación gaussiana procedimiento, se puede demostrar que coincide con la fórmula de Leibniz de sumas de productos con signo para toda permutación de índices de determinante:

1. El volumen firmado y la fórmula de Leibniz son ambos multilineal (lineal en cada variable cuando el resto es fijo) como $(\Bbb R^n)^n\to\Bbb R$ y están de acuerdo en $I$ y (por multilinealidad) también coinciden cuando una columna es $0$ . Para verlo para el volumen firmado, arregle $a_2,..,a_n$ y el hiperplano abarcado por ellos, entonces el volumen dependerá sólo de la altura de $a_1$ contando desde este hiperplano, pero esta altura se ve fácilmente que es lineal.
2. Cualquier $A\in\Bbb R^{n\times n}$ puede transformarse en la matriz identidad (si tiene rango completo) o en una matriz con $0$ columna, utilizando la eliminación gaussiana: consiste en posibles pasos que cambian la matriz I.) $a_k':=a_k+\lambda a_j$ , II.) $\ a_k':=\vartheta\cdot a_k$ y III.) el intercambio ( $a_k':= a_j,\ a_j':=a_k$ ) donde $\vartheta\ne 0$ y $j\ne k$ .
3. Cada paso posible produce el mismo efecto tanto para el volumen firmado como para la fórmula de Leibniz, es decir, I.) no cambia, II.) se multiplica por $\vartheta$ III.) cambia de signo. Para I.) considere el $n=2$ caso, un paralelogramo atravesado por $a_1$ y $a_2$ , entonces su altura wrt. $a_2$ se mantendrá igual si $a_1$ se desplaza a lo largo de la línea paralela, es decir $a_1$ se sustituye por $a_1+\lambda a_2$ . Para III.), intenta expresarlo con dos usos de I.)

Pasando a la pregunta, utilizando la multilinealidad para la segunda columna: $$\left|\matrix{1&4&2\\9&4&6\\8&3&1}\right| = \left|\matrix{1&4&2\\9&0&6\\8&0&1}\right|+\left|\matrix{1&0&2\\9&4&6\\8&0&1}\right|+\left|\matrix{1&0&2\\9&0&6\\8&3&1}\right| $$ Por el paso I.) obtenemos lo siguiente: $$= \left|\matrix{0&4&0\\9&0&6\\8&0&1}\right|+\left|\matrix{1&0&2\\0&4&0\\8&0&1}\right|+\left|\matrix{1&0&2\\9&0&6\\0&3&0}\right|$$ que es básicamente la fórmula de expansión, y también podría leerse como la coordinación de $a_2$ vector como $a_2=4e_1+4e_2+3e_3$ , entonces considerando los paralelepípedos sobre el paralelogramo $a_1,a_3$ y luego calcular por separado los volúmenes.