Triangular superior del Bloque de Matriz Determinante por inducción

Question

Queremos demostrar que: $$\det\begin{pmatrix}A & C \\ 0 & B\\ \end{pmatrix}= \det(A)\operatorname{det}(B),$$ donde $A \in M_{m\times m}(R)$, $C \in M_{m\times n}(R)$,$B \in M_{n\times n}(R)$ y $R$ es un anillo conmutativo con $1$.

$\textbf{SOLUTION}:$

Deje $L = \begin{pmatrix}A & C \\ 0 & B\\ \end{pmatrix},$, entonces es claro que el $L \in M_{(m+n)\times(m+n)}(R)$ y la matriz $L$ puede ser representado de la siguiente manera: $$L = \begin{pmatrix}\begin{bmatrix} a_{11} &a_{12} &\ldots & a_{1m} \\ a_{21} &a_{22} &\ldots & a_{2m} \\ \vdots & \ddots & \ddots &\vdots \\ a_{11} &a_{12} &\dots & a_{mm} \\ \end{bmatrix} & \begin{bmatrix} c_{11} &c_{12} &\ldots & c_{1n} \\ c_{21} &c_{22} &\ldots & a_{2n} \\ \vdots & \ddots & \ddots &\vdots \\ c_{m1} &c_{m2} &\dots & c_{mn} \\ \end{bmatrix} \\ \\ \begin{bmatrix} 0 &0 &\ldots & 0 \\ 0 &0 &\ldots & 0 \\ \vdots & \ddots & \ddots &\vdots \\ 0 &0 &\dots & 0 \\ \end{bmatrix}& \begin{bmatrix} b_{11} &b_{12} &\ldots & b_{1n} \\ b_{21} &b_{22} &\ldots & b_{2n} \\ \vdots & \ddots & \ddots &\vdots \\ b_{n1} &b_{n2} &\dots & b_{nn} \\ \end{bmatrix}\\ \end{pmatrix}$$ Now, for each fixed $i \in \{1,2,\ldots,m,m+1,\ldots,m+n\}$ ($i$ es la fila), Tenemos:

$$\det(L) = \sum\limits_{j=1}^m (-1)^{i+j}\alpha_{ij}\det(L_{ij}) + \sum\limits_{j=m+1}^{m+n} (-1)^{i+j}\alpha_{ij}\det(L_{ij})$$ donde:

$$ \ \alpha_{i,j} = \begin{cases} a_{i,j} & i,j = 1,\ldots , m \\ c_{i,j-m} & i = 1,\ldots , m & j = m+1, \ldots ,m+n \\ 0 & i= m+1, \ldots ,m+n & j = 1,\ldots , m \\ b_{i-m,j-m} & i = m+1,\ldots ,m+n & j = m+1, \ldots, m+n \end{casos} \\ $$ y $$ \\ L_{i,j} = \begin{cases} A_{i,j} & i,j = 1,\ldots , m \\ C_{i,j-m} & i = 1,\ldots , m & j = m+1, \ldots,m+n \\ 0 & i= m+1, \ldots ,m+n & j = 1,\ldots , m \\ B_{i-m,j-m} & i = m+1,\ldots ,m+n & j = m+1, \ldots ,m+n \end{casos} \\ $$

$\textbf{FIRST CASE}$

Elija $i > m$,$i \in \{m+1,\ldots, m+n \}$. Ahora si $n = 0$, el problema es trivial, ya que $\det(B) = 1$ y por tanto:$$\det(L) = \det(A)\det(B) = \det(A)1 = \det(A).$$ A continuación, vamos a suponer que $$\det(L) = \det(A)\det(B),$$ tiene por $n = k$.A continuación, elija $i \in \{m+1,\ldots, m+k \}$,$\forall j < m+1$, me sale: $$(-1)^{i+j}\alpha_{ij}\det(L_{ij}) = 0,$$ Por lo tanto: $$\det(L) = \sum\limits_{j=m+1}^{m+n} (-1)^{i+j}\alpha_{ij}\det(L_{ij})$$ pero $i \in \{m+1,m+2, \ldots, m+k\}$ $j \in \{m+1,m+2, \ldots, m+k\}$ por lo tanto: $$\det(L) = \sum\limits_{j=m+1}^{m+k} (-1)^{i+j}b_{ij}\det(B_{ij})$$ Observe que la sub-matriz $B_{ij}$ tiene la forma: $\begin{pmatrix}A & C' \\ 0 & B'\\ \end{pmatrix}$. Por otro lado, $B'$ tienen un tamaño menor que $B$, por lo tanto nuestra hipótesis de inducción, tenemos: $$\det\begin{pmatrix}A & C' \\ 0 & B'\\ \end{pmatrix} = \det(A)\det(B')$$

$ \textbf{SEGUNDO CASO} $

Por otro lado, Elija $i \leq m$ si $m = 0$, entonces el problema es trivial, ya que $\det(A) = 1$ y por tanto: $$\det(L) = \det(A)\det(B) = \det(B) = \det(B).$$ Then, lets assume that $$\det(L) = \det(A)\det(B)$$ holds for $m = k$. Then choose $i \in \{1,\ldots, k \}$, then for all $j>k$, we have: $$(-1)^{i+j}\alpha_{ij}\det(L_{ij}) = 0,$$ therefore: $$\det(L) = \sum\limits_{j=1}^{k} (-1)^{i+j}\alpha_{ij}\det(L_{ij})$$ pero $i \in \{1,2, \ldots, k\}$$j \in \{1,2, \ldots, k\}$, por lo tanto: $$\det(L) = \sum\limits_{j=1}^k (-1)^{i+j}a_{ij}\det(A_{ij})$$

Ahora, la sub-matriz $A_{ij}$ tiene la forma: $\begin{pmatrix}A' & C' \\ 0 & B\\ \end{pmatrix}$. Por otro lado, $A'$ tiene un tamaño menor que $A$, entonces, por la hipótesis de inducción, tenemos: $$\det\begin{pmatrix}A' & C' \\ 0 & B\\ \end{pmatrix} = \det(A')\det(B) $$

Quiero saber si esta es la mejor prueba.

Answer 1

Conjunto $$ X=\begin{bmatrix}A & C\\0 & B\end{bmatrix} $$ Si $A$ a no es invertible, entonces sus columnas son linealmente dependientes, por tanto, la primera $m$ columnas de $X$ son linealmente dependientes y también a $X$ no es invertible. En este caso la relación $\det X=\det A\det B$ es cierto. Así, podemos asumir $A$ es invertible, si la eliminación Gaussiana en $A$ requiere fila de interruptores, luego de recoger todos los de la fila de interruptores en una matriz de permutación $P$, por lo que la eliminación en $PA$ se puede hacer sin fila de interruptores y $PA=LU$ donde $L$ es inferior triangular y $U$ es superior unitriangular. Considere la matriz $$P'=\begin{bmatrix}P & 0 \\ 0 & I_n\end{bmatrix}$$ así $$ P X= \begin{bmatrix}P & 0 \\ 0 & I_n\end{bmatrix} \begin{bmatrix}A & C\\0 & B\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}PA&PC\\0&B\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}LU&PC\\0&B\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}L & 0 \\ 0 & I_n\end{bmatrix} \begin{bmatrix}U & L^{-1}PC\\0 & B\end{bmatrix} $$ Ahora, como $$ \begin{bmatrix}L & 0 \\ 0 & I_n\end{bmatrix} $$ es triangular inferior, claramente tenemos que su determinante es igual a $\det L$. Desde $U$ es superior unitriangular, con $m$ veces repetido de Laplace de desarrollo tenemos que $$ \det\begin{bmatrix}U & L^{-1}PC\\0 & B\end{bmatrix}=\det B $$ Por lo tanto $$ \det P X=\det P'\det X=\det L\det B $$ Por otro lado, $P'$ es una permutación de la matriz generada por el mayor número de fila swaps $P$, lo $\det P=\det P'$. También se $\det A=\det L\det U=\det L$.

Por lo tanto $\det X=\det A\det B$.

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También podemos hacerlo por inducción. Para $i=1,2,\dots,m$, denotan por $A_i$ la matriz obtenida de a $A$ mediante la eliminación de la primera columna y el $i$-ésima fila; $C_i$ es la matriz obtenida de a $C$ mediante la eliminación de la $i$-ésima fila.

El caso base de la inducción es para $m=1$, lo cual es evidente. Supongamos $m>1$ y desarrollar $\det X$ a lo largo de la primera columna: \begin{multline} \det X= (-1)^{1+1}a_{11}\det\begin{bmatrix} A_1 & C_1 \\ 0 & B\end{bmatrix}+ (-1)^{2+1}a_{21}\det\begin{bmatrix} A_2 & C_2 \\ 0 & B\end{bmatrix}\\ +\dots+ (-1)^{m+1}a_{m1}\det\begin{bmatrix} A_m & C_m \\ 0 & B\end{bmatrix} \end{multline} Por hipótesis de inducción, tenemos, por $i=1,2,\dots,m$, $$ \det\begin{bmatrix} A_i & C_i \\ 0 & B\end{bmatrix}=\det A_i\det B $$ así \begin{align} \det X&= (-1)^{1+1}a_{11}\det A_1\det B+ (-1)^{2+1}a_{21}\det A_2\det B\\ &\qquad\qquad+\dots+ (-1)^{m+1}a_{m1}\det A_m\det B\\ &= \bigl((-1)^{1+1}a_{11}\det A_1+ (-1)^{2+1}a_{21}\det A_2+\dots+ (-1)^{m+1}a_{m1}\det A_m\bigr)\det B\\ &=\det A\det B \end{align}