Determinante de matrices asimétricas

Question

Sea $M \subset M_n(\mathbb C)$ sea el conjunto de $n \times n$ matrices asimétricas.

1) Si $n$ es impar su determinante es igual a $0$ .

2) Si $n$ es par su determinante es un polinomio (en varias variables) que NO es irreducible como elemento de $\mathbb C[x_1, \dots,x_r]$ .

Solución parcial:

1) $A=-^TA \implies \det(A)=(-1)^n\det(^TA) \implies \det(A)=0$ .

2) Cuando n=2 $$ \left( \begin{array}{ccc} 0 & x_1 \\ -x_1 & 0 \end{array} \right) $$

obtenemos $p(x_1)=x_1^2$ .

Si $n=4$

$$ \left( \begin{array}{ccc} 0 & a & b & c\\ -a & 0 & d & e\\ -b & -d & 0 & f\\ -c & -e & -f & 0\end{array} \right) $$

obtenemos $p(a,b,c,d,e,f)=(be)^2 - (af+cd)^2=(be+af+cd)(be-af-cd)$ .

Intenté utilizar $2\times 2$ matrices de bloques o para calcular $\det$ a lo largo de un bruto sin éxito en el caso general.

Answer 1

La respuesta la da el pfaffiano. Véase ici .

Concretamente, dejemos que $A$ sea su matriz, y considere la forma bilineal sesgada inducida $B$ en $V=k^r$ . Se puede demostrar que hay una base $\mathscr B$ de $V$ tal que $B$ tiene la forma $S=\mathrm{diag}(s,\ldots,s,0,\ldots,0)$ donde $s=\begin{pmatrix} 0&1\\-1&0\end{pmatrix}$ . Esto significa que existe alguna matriz invertible $P$ tal que

$$PBP^t = S$$

y luego $\det B$ es un cuadrado. Se trata de un argumento inductivo, muy parecido al de la ortogonalización de Gram-Schmidt.

Para hacerlo de forma genérica, considere el campo $F=\mathbb Q(x_{ij}:i<j)$ y la correspondiente matriz asimétrica genérica $X$ . Por lo anterior $\det X$ es un cuadrado en $F$ y se puede escribir $\det X = (f/g)^2$ con $(f,g)=1$ en $\mathbb Z$ . Ahora se obtiene

$$g^2 \det X=f^2$$ y porque $\det X\in \mathbb Z[x_{ij}]$ y este anillo es un UFD, se obtiene $g$ es una unidad, es decir, $g=\pm 1$ .