Me gustaría saber la prueba: El determinante del bloque de la matriz\begin{pmatrix} A & B\\ C& D\end{pmatrix} es igual a $(D-1) \det(A) + \det(A-BC) = (D+1) \det(A) - \det(A+BC),$ al $A$ es una matriz cuadrada, $D$ es escalar, $C$ es un vector fila y $B$ es un vector columna. Le agradezco su ayuda.
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Zavosh
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Añadimos un extra de columna y de fila de esta matriz:
$$\left(\begin{array}{cc} A & B & 0 \\ C & D & 0 \\ 0 & 0& 1\end{array}\right).$$
Esta nueva matriz tiene el mismo determinante como el original.
Ahora podemos realizar algunas de fila y columna de las operaciones que no cambian con el determinante. En primer lugar añadir $D-1$ los tiempos de la última fila a la segunda a la última, y luego restar la última columna de la segunda a la última columna. El resultado es
$$ \left(\begin{array}{ccc} A & B & 0 \\ C & 1 & D-1\\ 0 & -1 & 1\end{array}\right).$$
Por la linealidad de la determinante en cada fila y columna, podemos escribir el determinante de la anterior como
$$ \begin{align} &\det\left(\begin{array}{ccc} A & B & 0 \\ C & 1 & 0\\ 0 & -1 & 1\end{array}\right) + \det\left(\begin{array}{ccc} A & B & 0 \\ C & 1 & D-1\\ 0 & -1 & 0\end{array}\right) \\ &=\det \left(\begin{array}{cc} A & B \\ C & 1\end{array}\right) + (-1)(D-1)\det(\left(\begin{array}{cc} A & B \\ 0 & -1\end{array}\right) \\ &= \det(A-BC) + (D-1) \det(A).\end{align}$$
La otra fórmula puede ser derivados por sustitución de $D-1$ $D+1$ en el segundo paso y proceder de una manera similar.
Un poco más corta respuesta en el mismo espíritu de Prometeo es este: \begin{align*} \left|\begin{array}{cc}A&B\\ C&D\end{array}\right| &= \left|\begin{array}{cc}A&0\\ C&D-1\end{array}\right| +\left|\begin{array}{cc}A&B\\ C&1\end{array}\right| \quad \text{(por la linealidad de la det. en los últimos col.)} \\ &= \det(A)(D-1) + \left|\begin{array}{cc}A-BC&B-B1\\ C&1\end{array}\right| \\ &= \det(A)(D-1) + \left|\begin{array}{cc}A-BC&0\\ C&1\end{array}\right|\\ &= \det(A)(D-1) + \det(A-BC). \end{align*}
