Cálculo del determinante

Question

¿Hay alguna manera más fácil de asegurarse de que el determinante de la siguiente matriz es n (la dimensión de la matriz cuadrada)?

$ \begin{vmatrix} 1 & -1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \end{vmatrix} = n $

Me lo imaginé con una dimensión menor y de hecho se produce el factor determinante que es el tamaño de la dimensión. Traté de hacer un cofactor de expansión con la primera fila, y cada término produce el determinante de 1 y si la suma de ellos, el total de la determinante será n. Pero el cambio de signo para cada cofactor es confuso, y no es fácil ver que cada cofactor término es en realidad positivo 1.

Answer 1

$ \begin{vmatrix} 1 & -1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} n & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \end{vmatrix} = n $

Tenga en cuenta que en un triangular de la matriz de su determinante es igual al producto de las diagonales de las entradas.

Answer 2

Sí: el Uso de Gauss-Jordan fila de eliminación a partir de la parte inferior derecha y su forma de trabajo con pivotes siempre en la diagonal. Esta eliminación no afectará el determinante a menos que usted tiene que dividir una fila pivote por algo distinto de 1 (en el que caso de que usted ha multiplicado el determinante por el mismo factor.

Después de el primer paso, que sólo tiene que añadir la última fila a la primera, la matriz está en el mismo excepto que hay un 2 en la esquina superior izquierda, y un cero en la parte superior derecha.

Tras el paso siguiente, hay un 3 en la esquina superior izquierda, y un cero en la parte superior derecha y en $A_{n,n-1}$. Y así sucesivamente.

Usted termina con $n$ en la parte superior izquierda.

Como paso final de la fila a eliminar el uso de la primera fila como un pivote para limpiar el resto de la primera columna sin cambiar el determinante.

Answer 3

Sabemos que para $n=2$ la afirmación es verdadera. Vamos a probar el resto por inducción.

Podemos calcular el determinante basado en la última fila. El resultado es la suma de dos determinantes

$\ \ \ \begin{vmatrix} 1 & -1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \end{vmatrix}=(-1)^{n+1} \begin{vmatrix} -1 & -1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & 0 \end{vmatrix} +\begin{vmatrix} 1 & -1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \end{vmatrix},$

donde el segundo término es la forma de la original determinante. Por la hipótesis de que el valor de este segundo factor determinante es $n-1$.

A partir de aquí sería suficiente para demostrar que el determinante de la primer término es $-1$ incluso $n$'s y $+1$ por extraño $n$'s. Para $n=2 \text { and } 3$ esto es cierto.

En el caso general, podemos hacer el primer término basado en la última fila. Sorprendentemente, al ocultar la última, pero una columna y la última fila obtenemos un factor determinante de la forma de su predecesor. Esto completa la prueba.