Determinante con variables

Question

¿Cuál es el siguiente determinante?

$$\begin{vmatrix}1+a & b & c & d \\a & 1+b & c & d \\a & b & 1+c & d \\a & b & c & 1+d \end{vmatrix}$$

Lo he calculado como $0$ pero no creo que sea correcto. Gracias de antemano.

Answer 1

Restar la fila $2$ de la fila $1$ , fila $3$ de la fila $2$ y la fila $4$ de la fila $3$ . Usted obtiene $$ \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ a & b & c & 1+d \end{bmatrix} $$ Si se expande a lo largo de la cuarta fila, todos los $3 \times 3$ los determinantes serán triangulares superiores o inferiores. Así, los determinantes serán el producto de las diagonales.

Answer 2

La matriz es $I-A$ donde $A$ es una matriz con un triple valor propio $0$ y un cuarto valor propio $-(a+b+c+d)$ . Así que el polinomio característico $\det(I\lambda - A)=\lambda^3(\lambda +(a+b+c+d))$ . Configurar $\lambda=1$ se obtiene $\det(I-A)=1+a+b+c+d$ .

El vector propio izquierdo de $A$ son vectores cualesquiera $(x,y,z,w)$ con $x+y+z+w=0$ (estos tienen valores propios $0$ ) y el vector $(a,b,c,d)$ tiene un valor propio $-(a+b+c+d)$ . Los vectores con valor propio $0$ son generados por los vectores $(1,-1,0,0), (1,0,-1,0),$ y $(1,0,0,-1)$ .

Los vectores propios de la derecha son un poco más complicados. Si $(x,y,z,w)^T$ satisface $ax+by+cz+dw=0$ entonces es un vector propio con valor propio $0$ . Y $(1,1,1,1)$ tiene un valor propio $-(a+b+c+d)$ .

Answer 3

Si no estás familiarizado con los conceptos utilizados en la (elegante) respuesta de Thomas Andrews; puedes intentar calcular el determinante utilizando las propiedades para crear ceros.

Por ejemplo; resta la segunda fila de las otras filas y luego suma la primera columna a la segunda para obtener:

$$\begin{vmatrix}1+a & b & c & d \\a & 1+b & c & d \\a & b & 1+c & d \\a & b & c & 1+d \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & -1 & 0 & 0 \\ a & 1+b & c & d \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ a & 1+a+b & c & d \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 1 \end{vmatrix}$$

Ahora expande el determinante a la primera fila, reduciéndolo a $3 \times 3$ -determinante. Restando $c$ veces la segunda fila desde la primera y $d$ veces la tercera fila desde la primera, se obtiene:

$$\begin{vmatrix} 1+a+b & c & d \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} 1+a+b+c+d & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{vmatrix}$$

Ampliando a la primera fila, vuelve a coincidir con la respuesta de Thomas Andrews: $1+a+b+c+d$ .

Answer 4

$$\begin{vmatrix}1+a& b & c & d \\a & 1+b & c & d \\a & b & 1+c & d \\a & b & c & 1+d \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1 & b & c & d \\0 & 1+b & c & d \\0 & b & 1+c & d \\0 & b & c & 1+d \end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a & b & c & d \\a & 1+b & c & d \\a & b & 1+c & d \\a & b & c & 1+d \end{vmatrix}\\ =\begin{vmatrix}1+b & c & d \\b & 1+c & d \\ b & c & 1+d \end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a & b & c & d \\0 & 1 & 0 & 0 \\0 &0 & 1 & 0 \\0&0 & 0 & 1\end{vmatrix}\\ =\begin{vmatrix}1 & c & d \\0 & 1+c & d \\ 0 & c & 1+d \end{vmatrix}+\begin{vmatrix}b & c & d \\b & 1+c & d \\ b & c & 1+d \end{vmatrix}+a\\ =\begin{vmatrix}1+c & d \\ c & 1+d \end{vmatrix}+\begin{vmatrix}b & c & d \\0& 1 & d \\ 0 & 0& 1 \end{vmatrix}+a\\ =\begin{vmatrix}1 & d \\ 0 & 1+d \end{vmatrix}+\begin{vmatrix}c & d \\ c & 1+d \end{vmatrix}+b+a\\ =\begin{vmatrix}1+d \end{vmatrix}+\begin{vmatrix}c & d \\ 0& 1 \end{vmatrix}+b+a\\ =1+d+c+b+a.$$

Answer 5

Dejemos que $\mathrm v := \begin{bmatrix} a & b & c & d\end{bmatrix}^{\top}$ . Utilizando el Identidad determinante de Weinstein-Aronszajn ,

$$\det \begin{bmatrix}1+a & b & c & d\\ a & 1+b & c & d\\ a & b & 1+c & d\\ a & b & c & 1+d\end{bmatrix} = \det \left( \mathrm I_4 + 1_4 \mathrm v^{\top}\right) = 1 + \mathrm v^{\top} 1_4 = \color{blue}{1 + a + b + c + d}$$