Demuestra esta identidad determinante combinatoriamente

Question

Esto es para aquellos que entienden el lema de Lindstrom-Gessel-Viennot. Estoy buscando una prueba de la siguiente identidad utilizando caminos y demás:

Dejemos que $A$ ser un $n\times n$ y para $i,j\in\{1,\ldots,n\}$ , dejemos que $A^{ij}$ denotan la matriz resultante de $A$ después de eliminar la fila $i$ y la columna $j$ Entonces:

$$\det\left(\begin{array}{cccc}\det(A^{11})&\det(A^{12})&\cdots&\det(A^{1n})\\ \det(A^{21})&\det(A^{22})&\cdots&\det(A^{2n})\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ \det(A^{n1})&\det(A^{n2})&\cdots &\det(A^{nn})\end{array}\right)=\det(A)^{n-1}$$

Lee esto para ver la prueba algebraica:

¿Se trata de una identidad determinante bien conocida? ¿Hay alguna generalización?

Answer 1

Me sorprende mucho que aún no se haya dado ninguna solución.

Denota por $\mathrm{Com}(A)$ la comatriz de $A$ . El determinante a calcular es el determinante del producto $D \times \mathrm{Com}(A) \times D$ , donde $D$ es la matriz diagonal con entradas diagonales $((-1)^i)_{1 \le i \le n}$ . Desde $D^2=I_n$ esta matriz es similar a $\mathrm{Com}(A)$ por lo que es el mismo determinante que $\mathrm{Com}(A)$ .

Desde $A \times \mathrm{Com}(A)^\top = (\det A) I_n$ tenemos $\det(A) \times \det(\mathrm{Com}(A)) = \det((\det A) I_n) = (\det A)^n$ .

Si $A$ es invertible, derivamos $\det(\mathrm{Com}(A)) = (\det A)^{n-1}$ .

Si $A$ no es invertible y no es nulo, entonces $\mathrm{Com}(A)$ no puede ser invertible ya que $A \times \mathrm{Com}(A)^\top$ es nulo, por lo que $\det(\mathrm{Com}(A))$ es nulo.

Si $A$ es nulo y $n \ge 2$ entonces $\mathrm{Com}(A)$ es nulo.

Si $A$ es nulo y $n=1$ entonces $\mathrm{Com}(A)$ es el $1 \times 1$ con una única entrada igual a $1$ .

En todos los casos, derivamos $\det(\mathrm{Com}(A)) = (\det A)^{n-1}$ .