Determinante de una matriz triangular superior en bloque

Question

¿Cómo se demuestra la siguiente igualdad para una matriz de bloques?

$$\det\left[\begin{array}[cc]\\A&C\\ 0&B\end{array}\right]=\det(A)\det(B)$$

He intentado utilizar una prueba por inducción pero estoy atascado. ¿Hay algún método más sencillo? Gracias por la ayuda.

Answer 1

Otras respuestas sugieren pruebas bastante elementales, y yo he votado una de ellas. Sin embargo, quiero proponer una prueba técnicamente más fácil, pero menos elemental.

Si está familiarizado con él, puede utilizar Descomposición QR . Sea

$$A = Q_A R_A, \quad B = Q_B R_B$$

sean descomposiciones QR de $A$ y $B$ . Entonces

\begin{align*} \det \begin{bmatrix} A & C \\ 0 & B \end{bmatrix} &= \det \begin{bmatrix} Q_A R_A & Q_A Q_A^T C \\ 0 & Q_B R_B \end{bmatrix} = \det \left( \begin{bmatrix} Q_A \\ & Q_B \end{bmatrix} \begin{bmatrix} R_A & Q_A^T C \\ 0 & R_B \end{bmatrix} \N - derecha) \N - en la que se puede ver el resultado de la investigación. &= \det \begin{bmatrix} Q_A \\ & Q_B \end{bmatrix} |det \begin{bmatrix} R_A & Q_A^T C \\ 0 & R_B \end{bmatrix} = \det Q \det R, \fin

donde

$$Q := \begin{bmatrix} Q_A \\ & Q_B \end{bmatrix}, \quad R := \begin{bmatrix} R_A & Q_A^T C \\ 0 & R_B \end{bmatrix}.$$

Observe que $R$ es triangular (superior), por lo que su determinante es igual al producto de sus elementos diagonales, por lo que

$$\det R = \det \begin{bmatrix} R_A & 0 \\ 0 & R_B \end{bmatrix}.$$

Combinando lo que tenemos,

\begin{align*} \det \begin{bmatrix} A & C \\ 0 & B \end{bmatrix} &= \det Q \det R = \det \begin{bmatrix} Q_A \\ & Q_B \end{bmatrix} |det \begin{bmatrix} R_A \\ & R_B \end{bmatrix} \\ &= \det Q_A \det Q_B \det A \det B = \det (Q_AR_A) \det (Q_B R_B) \det &= \det A \det B. \fin{align*}

Obsérvese que esto dista mucho de ser una prueba elemental. Utiliza la descomposición QR, una fórmula para el determinante de las matrices diagonales en bloque, una fórmula para el determinante de las matrices triangulares y la multiplicación en bloque de las matrices.

Answer 2

Ya que he criticado otras respuestas, permítanme ser justo y dar mi opinión al respecto. El resultado que hay que utilizar es justo el Fórmula de Leibniz definiendo el determinante (¡por una vez, usa la definición!): $$ \def\sg{\operatorname{sgn}} \det(M) = \sum_{\sigma \in S_n} \sg(\sigma) \prod_{i = 1}^n M_{i,\sigma(i)}. $$ Ahora bien, si $M$ es la matriz de la pregunta, y su bloque $A$ tiene tamaño $k\times k$ entonces por la forma de bloque $M_{i,j}=0$ siempre que $j\leq k<i$ (bloque inferior izquierdo). Así que podemos descartar todas las permutaciones de la suma para las que $\sigma(i)\leq k$ para cualquier $i\in\{k+1,\ldots,n\}$ . Pero eso significa que para $\sigma$ para sobrevivir, el $n-k$ valores $\sigma(i)$ para son $i\in T=\{k+1,\ldots,n\}$ deben estar todos en el $n-k$ -conjunto de elementos $T$ y, por supuesto, también deben ser distintos: forman una permutación de los elementos de $~T$ . Así que $\sigma$ permuta los elementos de $T$ entre sí, y entonces necesariamente también los elementos del complemento $\{1,\ldots,k\}$ de $~T$ . Estas permutaciones de subconjuntos son independientes, por lo que las permutaciones supervivientes están naturalmente en biyección con el producto cartesiano de las permutaciones de $\{1,\ldots,k\}$ y los de $~T$ . También el signo de la combinación de dos permutaciones de este tipo es el producto de los signos de las permutaciones individuales. En total se obtiene $$ \begin{align} \det(M)&=\sum_{\pi \in S_k} \sum_{\tau\in S_T} \sg(\pi)\sg(\tau) \left(\prod_{i = 1}^k M_{i,\pi(i)}\right)\prod_{i \in T}M_{i,\tau(i)} \\&=\left(\sum_{\pi \in S_k}\sg(\pi)\prod_{i = 1}^k M_{i,\pi(i)}\right)\left(\sum_{\tau\in S_T}\sg(\tau)\prod_{i \in T}M_{i,\tau(i)}\right) \\&=\det (A)\det(B). \end{align} $$

Answer 3

Sugerencia: Ver Determinantes de las matrices de bloques .

Answer 4

Sugerencia : Utilice Expansión de Laplace para conseguir lo que necesitas.