11 Determinanter

I dette kapitel vil vi indføre determinanten af en kvadratisk matrix A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) over et legeme F\mathbb{F}. Determinanten af AA betegnes i det følgende med det(A)\mathrm{det}(A), og er i første omgang blot en nærmere specificeret skalar i F\mathbb{F} afhængende af AA. Determinanten indeholder vigtig information om AA; f.eks. så afgør det(A)\mathrm{det}(A), om AA er invertibel (jf. Proposition 11.12 (1.)). Herudover opfylder determinanten visse strukturelle identiteter (f.eks. Proposition 11.12 (2.)), og determinanten bliver på denne måde et meget vigtigt begreb i beskrivelsen af egenskaber for matricer.

11.1 Definition af determinanten

Inden vi kan definere determinanten, så er det nødvendigt at indføre følgende begreb.
Lad A=(aij)∈Matn(F)A =(a_{ij})\in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) med n>1n>1. For et heltalspar (i,j)(i,j), med 1≤i,j≤n1 \leq i,j \leq n, lader vi Mi,j(A)∈Matn−1(F)M_{i,j}(A) \in \mathrm{Mat}_{n-1}(\mathbb{F}) betegne matricen
Mi,j(A)=(a11⋯a1,j−1a1,j+1⋯a1n⋮⋱⋮⋮⋱⋮ai−1,1⋯ai−1,j−1ai−1,j+1⋯ai−1,nai+1,1⋯ai+1,j−1ai+1,j+1⋯ai+1,n⋮⋱⋮⋮⋱⋮an1⋯an,j−1an,j+1⋯ann),(11.1) M_{i,j}(A) = \begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1, j-1} & a_{1, j+1} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i-1,1} & \cdots & a_{i-1, j-1} & a_{i-1, j+1} & \cdots & a_{i-1,n} \\ a_{i+1,1} & \cdots & a_{i+1, j-1} & a_{i+1, j+1} & \cdots & a_{i+1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & a_{n, j-1} & a_{n, j+1} & \cdots & a_{nn} \\ \end{pmatrix}, \tag{11.1}
der fremkommer ved at slette den ii'te række samt den jj'te søjle i AA. Matricen Mi,j(A)M_{i,j}(A) omtales også som den (i,j)(i,j)'te undermatrix af AA.

Lad
A=(123456789). A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}.
Angiv den (2,2)'te undermatrix af AA.
Dit svar: Det er en
Determinanten af en matrix defineres nu rekursivt på følgende vis.
Lad A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) betegne en kvadratisk matrix af størrelse nn. Hvis n=1n=1 så defineres determinanten af A=(a)A=(a) ved
det(A)=a.(11.2) \mathrm{det}(A) = a. \tag{11.2}
Såfremt n>1n>1 og A=(aij)A=(a_{ij}), så defineres
det(A)=∑k=1n(−1)k+1⋅ak1⋅det(Mk,1(A)).(11.3) \mathrm{det}(A) = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \cdot a_{k1} \cdot \mathrm{det}(M_{k,1}(A)). \tag{11.3}
Ovenstående definition er rekursiv i den forstand, at determinanten i tilfældet n=1n=1 er givet i definitionen. For n=2n=2 er determinanten herefter defineret ud fra determinanterne af undermatricerne Mk,1(A)M_{k,1}(A), for k=1,2k=1,2. Men undermatricerne Mk,1(A)M_{k,1}(A), for k=1,2k=1,2, er kvadratiske matricer af størrelse 11, og deres determinanter er derfor allerede defineret. Specielt er determinanten for kvadratiske matricer af størrelse 22 hermed defineret. Herefter defineres determinanten i tilfældet n=3n=3 ud fra determinanter for undermatricer af størrelse 2×22 \times 2, og idet vi just har defineret determinanten i tilfældet n=2n=2, så opnår vi hermed en definition i tilfældet n=3n=3. Generelt kan højresiden af (11.3) beregnes ud fra determinanter af kvadratiske matricer af størrelse n−1n-1, og ovenstående proces fortsætter derfor i det uendelige, og vi opnår hermed en definition på determinanten for kvadratiske matricer af vilkårlig størrelse.
  1. Hvis A=(a)∈Mat1(F)A =(a) \in \mathrm{Mat}_1(\mathbb{F}), så følger det direkte af definitionen, at
    det(A)=a. \mathrm{det}(A) = a.
  2. Hvis n=2n=2 og
    A=(a11a12a21a22),(11.4) A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}, \tag{11.4}
    så er
    det(A)=(−1)1+1⋅a11⋅det(a22)+(−1)2+1⋅a21⋅det(a12)=a11⋅a22−a21⋅a12.\begin{aligned} \mathrm{det}(A) & = (-1)^{1+1} \cdot a_{11} \cdot \mathrm{det}(a_{22}) + (-1)^{2+1} \cdot a_{21} \cdot \mathrm{det}(a_{12}) \\ & = a_{11} \cdot a_{22} - a_{21} \cdot a_{12}. \end{aligned}
  3. Hvis n=3n=3 og
    A=(a11a12a13a21a22a23a31a32a33),(11.5) A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix}, \tag{11.5}
    så er
    det(A)=a11⋅det(a22a23a32a33)−a21⋅det(a12a13a32a33)+a31⋅det(a12a13a22a23)=a11a22a33−a11a32a23−a21a12a33+a21a32a13+a31a12a23−a31a22a13,\begin{aligned} \mathrm{det}(A) & = a_{11} \cdot \mathrm{det}\begin{pmatrix} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} - a_{21} \cdot \mathrm{det}\begin{pmatrix} a_{12} & a_{13} \\ a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} + a_{31} \cdot \mathrm{det}\begin{pmatrix} a_{12} & a_{13} \\ a_{22} & a_{23} \end{pmatrix} \\ & = a_{11} a_{22} a_{33} - a_{11} a_{32} a_{23} - a_{21} a_{12} a_{33} + a_{21} a_{32} a_{13} + a_{31} a_{12} a_{23} - a_{31} a_{22} a_{13}, \end{aligned}
    hvor vi i det sidste lighedstegn har anvendt vores allerede opnåede viden om determinanter af matricer i Mat2(F)\mathrm{Mat}_2(\mathbb{F}).
  4. En øvre triangulær matrix er en kvadratisk matrix, hvor alle indgange under diagonalen er lig 00. Hvis n>1n>1 og
    A=(a11a12a13⋯a1n0a22a23⋯a2n00a33⋯a3n⋮⋮⋮⋱⋮000⋯ann)∈Matn(F) A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\ 0 & a_{22} & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ 0 & 0 & a_{33} & \cdots & a_{3n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a_{nn} \\ \end{pmatrix} \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})
    er en øvre triangulær matrix, så bemærkes det, at der kun er en enkelt af indgangene i første søjle der kan være forskellig fra nul. Højresiden af (11.3) er derfor speciel simpel, og vi opnår
    det(A)=(−1)1+1⋅a11⋅det(M1,1(A)). \mathrm{det}(A) = (-1)^{1+1} \cdot a_{11} \cdot \mathrm{det}(M_{1,1}(A)).
    Idet M1,1(A)M_{1,1}(A) også er øvre triangulær og lig
    A=(a22a23⋯a2n0a33⋯a3n⋮⋮⋱⋮00⋯ann)∈Matn(F), A = \begin{pmatrix} a_{22} & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ 0 & a_{33} & \cdots & a_{3n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & a_{nn} \\ \end{pmatrix} \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}),
    så konkluderes det nu let, via et induktivt argument, at
    det(A)=a11a22⋯ann. \mathrm{det}(A) = a_{11} a_{22} \cdots a_{nn}.
    Altså er determinanten af AA blot lig produktet af diagonalindgangene. Specielt så gælder dette også, hvis AA er en diagonalmatrix
    A=(a1100⋯00a220⋯000a33⋯0⋮⋮⋮⋱⋮000⋯ann)∈Matn(F). A = \begin{pmatrix} a_{11} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & a_{22} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & a_{33} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a_{nn} \\ \end{pmatrix} \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}).

Lad
A=(020006700), A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \\ 7 & 0 & 0 \end{pmatrix},
og
B=(1234). B = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}.
Udregn det(A)\mathrm{det}(A) og det(B)\mathrm{det}(B).
det(A)=84\mathrm{det}(A) = 84, det(B)=10\mathrm{det}(B) = 10
det(A)=0\mathrm{det}(A) = 0, det(B)=10\mathrm{det}(B) = 10
det(A)=0\mathrm{det}(A) = 0, det(B)=−2\mathrm{det}(B) = -2
det(A)=84\mathrm{det}(A) = 84, det(B)=−2\mathrm{det}(B) = -2

Quiz

Lad
A=(2003). A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}.
Angiv en 2×22 \times 2 matrix BB, således at B≠AB \neq A, men det(B)=det(A)\mathrm{det}(B) = \mathrm{det}(A).
Dit svar: Det er en

Quiz

Lad
A=(2003). A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}.
Angiv en 2×22 \times 2 matrix BB, således at det(A+B)≠det(A)+det(B)\mathrm{det}(A + B) \neq \mathrm{det}(A) + \mathrm{det}(B).
Dit svar: Det er en

11.2 Egenskaber ved determinanten

Vi ønsker nu at specificere en række egenskaber, som determinanter opfylder. I den forbindelse er det nyttigt at arbejde med notationen
A=(aˇ1aˇ2⋮aˇn),(11.6) A= \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \check \bm{a}_2 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}, \tag{11.6}
der præciserer rækkerne aˇ1,aˇ2,…,aˇn∈Fˇn\check \bm{a}_1, \check \bm{a}_2,\ldots, \check \bm{a}_n \in \check \mathbb{F}^n i matricen AA. Vi påstår nu, at følgende resultat gælder.
For et givet heltal n>0n>0 der vil determinanten
det:Matn(F)→F(11.7) \mathrm{det} : \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) \rightarrow \mathbb{F} \tag{11.7}
opfylde følgende egenskaber:
  1. Lad aˇ1,aˇ2,…,aˇn\check \bm{a}_1, \check \bm{a}_2,\ldots, \check \bm{a}_n samt aˇ\check \bm{a} betegne rækkevektorer i Fˇn\check \mathbb{F}^n. For ethvert heltal 1≤i≤n1 \leq i \leq n der er
    det(aˇ1⋮aˇi−1aˇi+aˇaˇi+1⋮aˇn)=det(aˇ1⋮aˇi−1aˇiaˇi+1⋮aˇn)+det(aˇ1⋮aˇi−1aˇaˇi+1⋮aˇn).(11.8) \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a} \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} = \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a} \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}. \tag{11.8}
  2. Lad aˇ1,aˇ2,…,aˇn\check \bm{a}_1, \check \bm{a}_2,\ldots, \check \bm{a}_n betegne rækkevektorer i Fˇn\check \mathbb{F}^n, og lad α∈F\alpha \in \mathbb{F} betegne en skalar. For ethvert heltal 1≤i≤n1 \leq i \leq n er
    det(aˇ1⋮aˇi−1α⋅aˇiaˇi+1⋮aˇn)=α⋅det(aˇ1⋮aˇi−1aˇiaˇi+1⋮aˇn).(11.9) \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \alpha \cdot \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} = \alpha \cdot \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}. \tag{11.9}
  3. Lad aˇ1,aˇ2,…,aˇn\check \bm{a}_1, \check \bm{a}_2,\ldots, \check \bm{a}_n betegne rækkevektorer i Fˇn\check \mathbb{F}^n, og antag, at aˇi=aˇi+1\check \bm{a}_i=\check \bm{a}_{i+1} for et passende heltal 1≤i<n1 \leq i < n. Så
    det(aˇ1⋮aˇiaˇi+1⋮aˇn)=0.(11.10) \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}=0. \tag{11.10}
  4. Hvis I\mathrm{I} betegner identitetsmatricen af størrelse nn, så er det(I)=1\mathrm{det}(\mathrm{I})=1.

Angiv, hvilke af følgende udsagn, der følger direkte ud fra en kombination af påstandene angivet i denne Proposition.
det(1226)=2⋅det(1213)\mathrm{det} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 6 \end{pmatrix} = 2 \cdot \mathrm{det} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}
det(1212)=0\mathrm{det} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = 0
det(1234)=det(1222)\mathrm{det} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} = \mathrm{det} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}
det(123456789)=0\mathrm{det} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = 0

Bevis

Vi argumenterer via induktion i n≥1n \geq 1. Hvis n=1n=1 så er alle egenskaber oplagte. Antag derfor, at n>1n>1, og at udsagnene er vist i tilfældet n−1n-1.
Vi starter med at vise egenskab (1.), og lader aˇ1,aˇ2,…,aˇn\check \bm{a}_1, \check \bm{a}_2,\ldots, \check \bm{a}_n og aˇ\check \bm{a} betegne elementer i Fˇn\check \mathbb{F}^n, og sætter
A=(aˇ1⋮aˇi−1aˇiaˇi+1⋮aˇn),B=(aˇ1⋮aˇi−1aˇaˇi+1⋮aˇn),C=(aˇ1⋮aˇi−1aˇ+aˇiaˇi+1⋮aˇn).(11.11) A= \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a} \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}, \qquad C=\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a} +\check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}. \tag{11.11}
Da har vi pr. induktion, at
det(Mk,1(C))=det(Mk,1(A))+det(Mk,1(B)),for  k≠i,(11.12) \mathrm{det}\left(M_{k,1}(C)\right) = \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right) + \mathrm{det}\left(M_{k,1}(B)\right), \qquad\mathrm{for}\thickspace k \neq i, \tag{11.12}
mens
det(Mi,1(C))=det(Mi,1(A))=det(Mi,1(B)),(11.13) \mathrm{det}\left(M_{i,1}(C)\right) = \mathrm{det}\left(M_{i,1}(A)\right)= \mathrm{det}\left(M_{i,1}(B)\right), \tag{11.13}
idet Mi,1(C)=Mi,1(A)=Mi,1(B)M_{i,1}(C)=M_{i,1}(A)=M_{i,1}(B). Pr. definition af determinanten så opnår vi hermed, at
det(C)=∑k=1n(−1)k+1⋅ck1⋅det(Mk,1(C))=∑k=1,k≠in(−1)k+1⋅ck1⋅(det(Mk,1(A))+det(Mk,1(B)))+(−1)i+1⋅(bi1+ai1)⋅det(Mi,1(C))=∑k=1n(−1)k+1⋅ak1⋅det(Mk,1(A))+∑k=1n(−1)k+1⋅bk1⋅det(Mk,1(B))=det(A)+det(B),\begin{aligned} \mathrm{det}(C) ={} &\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \cdot c_{k1} \cdot \mathrm{det}(M_{k,1}(C)) \\ ={} &\sum_{\mathclap{k=1, k \neq i}}^{n} (-1)^{k+1} \cdot c_{k1} \cdot \bigl( \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right)+ \mathrm{det}\left(M_{k,1}(B)\right) \bigr) \\ & +(-1)^{i+1} \cdot (b_{i1} + a_{i1}) \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,1}(C)\right) \\ ={} & \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \cdot a_{k1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right) + \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \cdot b_{k1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(B)\right) \\ ={} & \mathrm{det}(A) + \mathrm{det}(B), \end{aligned}
hvor vi ved det næstsidste lighedstegn yderligere har anvendt, at ak1=bk1=ck1a_{k1}=b_{k1}=c_{k1}, for k≠ik \neq i. Dette viser (1.). For at vise (2.), så ændrer vi notationen fra ovenfor en smule, og lader nu
A=(aˇ1⋮aˇi−1aˇiaˇi+1⋮aˇn),C=(aˇ1⋮aˇi−1α⋅aˇiaˇi+1⋮aˇn).(11.14) A= \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}, \qquad C=\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \alpha \cdot \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}. \tag{11.14}
Da følger det pr. induktion, at
det(Mk,1(C))=α⋅det(Mk,1(A)),for  k≠i,(11.15) \mathrm{det}\left(M_{k,1}(C)\right) = \alpha \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right), \qquad\mathrm{for}\thickspace k \neq i, \tag{11.15}
mens det(Mi,1(C))=det(Mi,1(A))\mathrm{det}\left(M_{i,1}(C)\right) = \mathrm{det}\left(M_{i,1}(A)\right), idet Mi,1(C)=Mi,1(A)M_{i,1}(C) = M_{i,1}(A). Specielt finder vi, at
det(C)=∑k=1n(−1)k+1⋅ck1⋅det(Mk,1(C))=(−1)i+1⋅α⋅ai1⋅det(Mi,1(A))+∑k=1,k≠in(−1)k+1⋅ck1⋅α⋅det(Mk,1(A))=∑k=1n(−1)k+1⋅ak1⋅α⋅det(Mk,1(A))=α⋅det(A),\begin{aligned} \mathrm{det}(C) & = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \cdot c_{k1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(C)\right) \\ & = (-1)^{i+1} \cdot \alpha \cdot a_{i1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,1}(A)\right) + \sum_{\mathclap{k=1, k \neq i}}^{n} (-1)^{k+1} \cdot c_{k1} \cdot \alpha \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right) \\ & = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \cdot a_{k1} \cdot \alpha \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right) \\ & = \alpha \cdot \mathrm{det}(A), \end{aligned}
som ønsket. For at indse (3.), så antager vi, at AA har to ens naborækker. Dvs. at aˇi=aˇi+1\check \bm{a}_i = \check \bm{a}_{i+1} for et passende ii. Da vil Mk,1(A)M_{k,1}(A) også have to ens naborækker når k≠i,i+1k \neq i,i+1. Specielt vil
det(Mk,1(A))=0,hvis  k≠i,i+1,(11.16) \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right) = 0, \qquad\mathrm{hvis}\thickspace k \neq i, i+1, \tag{11.16}
pr. induktionsantagelsen. Idet vi bemærker, at Mi,1(A)=Mi+1,1(A)M_{i,1}(A)=M_{i+1,1}(A) og at ai1=ai+1,1a_{i1}= a_{i+1,1}, så finder vi derfor, at
det(A)=∑k=1n(−1)k+1⋅ak1⋅det(Mk,1(A))=(−1)i+1⋅ai1⋅det(Mi,1(A))+(−1)i+2⋅ai+1,1⋅det(Mi+1,1(A))=(−1)i+1(ai1⋅det(Mi,1(A))−ai1⋅det(Mi,1(A)))=0.\begin{aligned} \mathrm{det}(A) & = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \cdot a_{k1} \cdot \mathrm{det}(M_{k,1}(A)) \\ & = (-1)^{i+1} \cdot a_{i1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,1}(A)\right) + (-1)^{i+2} \cdot a_{i+1,1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i+1,1}(A)\right) \\ & = (-1)^{i+1} \bigl( a_{i1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,1}(A)\right) - a_{i1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,1}(A)\right) \bigr) \\ & = 0. \end{aligned}
Dette afslutter beviset for, at determinanten opfylder (3.). Sluttelig følger (4.) af Eksempel 11.3 (4.).
Yderligere, så har vi følgende korollar til ovenstående proposition.
Lad A,B∈Matn(F)A, B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}), og antag, at BB fremkommer ved at ombytte to rækker i A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}). Så er
det(B)=−det(A).(11.17) \mathrm{det}(B) = -\mathrm{det}(A). \tag{11.17}

Bevis

Antag at BB fremkommer ved at ombytte række ii og række i+mi+m i AA, hvor i,m>0i,m >0 angiver passende heltal. Vi argumenterer nu via induktion i m>0m>0. Hvis m=1m=1, så fremkommer BB fra AA ved at ombytte to naborækker aˇi\check \bm{a}_i og aˇi+1\check \bm{a}_{i+1} i AA. Betragt da matricen
C=(aˇ1⋮aˇi+aˇi+1aˇi+aˇi+1⋮aˇn)(11.18) C= \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a}_{i+1} \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \tag{11.18}
med to identiske rækker placeret i række ii og række i+1i+1. Ifølge egenskab (3.) i Proposition 11.6 så vil der gælde, at det(C)=0\mathrm{det}(C) = 0. På den anden side så har vi også, at
det(C)=det(aˇ1⋮aˇi+aˇi+1aˇi+aˇi+1⋮aˇn)=det(aˇ1⋮aˇiaˇi+aˇi+1⋮aˇn)+det(aˇ1⋮aˇi+1aˇi+aˇi+1⋮aˇn)=det(aˇ1⋮aˇiaˇi⋮aˇn)+det(aˇ1⋮aˇiaˇi+1⋮aˇn)+det(aˇ1⋮aˇi+1aˇi⋮aˇn)+det(aˇ1⋮aˇi+1aˇi+1⋮aˇn)=det(aˇ1⋮aˇiaˇi+1⋮aˇn)+det(aˇ1⋮aˇi+1aˇi⋮aˇn)=det(A)+det(B),\begin{aligned} \mathrm{det}(C) & = \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a}_{i+1} \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \\ & = \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \\ & = \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_i \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i} \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \check \bm{a}_i \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \\ & = \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i} \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \check \bm{a}_i \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \\ & = \mathrm{det}(A) + \mathrm{det}(B), \end{aligned}
hvor vi undervejs i beregningerne har anvendt egenskaberne (1.) og (3.) fra Proposition 11.6. Dette viser, at det(B)=−det(A)\mathrm{det}(B) = -\mathrm{det}(A) i tilfældet m=1m=1.
Antag nu, at m>1m>1 og at udsagnet er vist i tilfældet m−1m-1. Lad da A′A' betegne matricen, der fremkommer ved at ombytte række ii og række i+1i+1 i AA. Så er det(A′)=−det(A)\mathrm{det}(A') = - \mathrm{det}(A) ifølge det just viste. Lad yderligere B′B' betegne matricen, der fremkommer ved at ombytte række i+1i+1 og række i+mi+m i A′A'. Så er det(B′)=−det(A′)\mathrm{det}(B') = - \mathrm{det}(A') pr. induktionsantagelsen. Nu bemærkes det, at BB fremkommer fra B′B' ved at ombytte række ii og række i+1i+1 i B′B', og dermed er det(B)=−det(B′)\mathrm{det}(B)=-\mathrm{det}(B'). Alt i alt har vi derfor, at
det(B)=−det(B′)=det(A′)=−det(A),(11.19) \mathrm{det}(B) = - \mathrm{det}(B') = \mathrm{det}(A') = - \mathrm{det}(A), \tag{11.19}
som ønsket.

Quiz

Lad A,B∈Matn(F)A,B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}). Hvilke af følgende udsagn kan man med sikkerhed konkludere?
det(A+B)=det(A)+det(B)\mathrm{det}(A + B) = \mathrm{det}(A) + \mathrm{det}(B)
det(A+B)≠det(A)+det(B)\mathrm{det}(A + B) \neq \mathrm{det}(A) + \mathrm{det}(B)
Hvis A=BA=B, så er det(A+B)=2n⋅det(A)\\ \mathrm{det}(A + B) = 2^n \cdot \mathrm{det}(A).
Hvis A≠BA \neq B, så er det(A)≠det(B)\\ \mathrm{det}(A) \neq \mathrm{det}(B).
Hvis A=BA=B, så er det(A+B)=2⋅det(A)\\ \mathrm{det}(A + B) = 2 \cdot \mathrm{det}(A).
Hvis det(A)≠det(B)\mathrm{det}(A) \neq \mathrm{det}(B), så er A≠B \\ A \neq B.

11.3 Elementære rækkeoperationer

Hvis man anvender Definition 11.2 til at beregne determinanten for konkrete matricer i Matn(F)\mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}), så bliver beregningerne let uoverskuelige, når nn er stor. Man har derfor ofte brug for alternative metoder til at beregne determinanter. Følgende resultat giver en forbindelse mellem determinanter og rækkeoperationer, og er ofte meget nyttig i konkrete tilfælde.
Fasthold et heltal n>0n>0, og lad AA og BB i Matn(F)\mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) betegne kvadratiske matricer af størrelse nn. Så gælder der:
  1. Såfremt B∈Matn(F)B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) fremkommer fra AA ved ombytning af to rækker, så er
    det(B)=−det(A). \mathrm{det}(B) = -\mathrm{det}(A).
  2. Såfremt B∈Matn(F)B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) fremkommer fra AA ved multiplikation af en række med en skalar α∈F\alpha \in \mathbb{F}, så er
    det(B)=α⋅det(A). \mathrm{det}(B) = \alpha \cdot \mathrm{det}(A).
  3. Såfremt B∈Matn(F)B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) fremkommer fra AA ved at addere et multiplum af en række til en anden række, så er
    det(B)=det(A). \mathrm{det}(B) = \mathrm{det}(A).

Bevis

Udsagn (1.) følger ved anvendelse af Korollar 11.7, mens udsagn (2.) følger direkte fra egenskab (2.) i Proposition 11.6.
For at indse den resterende påstand, så antager vi, at BB fremkommer ved at addere et multiplum α⋅aˇj\alpha \cdot \check \bm{a}_j af den jj'te række aˇj\check \bm{a}_j til den ii'te række aˇi\check \bm{a}_i i AA. Så gælder der, jf. (1.) og (2.) i Proposition 11.6, at
det(B)=det(aˇ1⋮aˇi+α⋅aˇj⋮aˇj⋮aˇn)=det(aˇ1⋮aˇi⋮aˇj⋮aˇn)+α⋅det(aˇ1⋮aˇj⋮aˇj⋮aˇn)=det(A)+α⋅det(aˇ1⋮aˇj⋮aˇj⋮aˇn).\begin{aligned} \mathrm{det}(B) & = \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i} + \alpha \cdot \check \bm{a}_j \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{j} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \\ & = \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{j} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \alpha \cdot \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_j \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{j} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \\ & = \mathrm{det}(A) + \alpha \cdot \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_j \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{j} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}. \end{aligned}
Det er dermed tilstrækkelig at vise, at determinanten af matricen
U=(aˇ1⋮aˇj⋮aˇj⋮aˇn)(11.20) U= \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_j \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{j} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \tag{11.20}
er lig 00. Men UU har to identiske rækker; den ii'te række og den jj'te række. Hvis disse er naborækker, så følger det ønskede af (3.) i Proposition 11.6. Hvis ii og jj ikke er naborækker, så kan man ombytte række ii med en naborække til række jj, og på den måde opnå en matrix U′U', der har to identiske naborækker. Så vil det(U′)=0\mathrm{det}(U') =0, jf. (3.) i Proposition 11.6. Men ud fra det allerede viste, så er det(U)=−det(U′)\mathrm{det}(U)=-\mathrm{det}(U'), og dermed er det(U)=0\mathrm{det}(U)=0 som ønsket.
Ovenstående viser specielt, at hvis en matrix BB fremkommer fra en anden matrix AA via en enkelt elementær rækkeoperation, så vil det(B)=r⋅det(A)\mathrm{det}(B)= r \cdot \mathrm{det}(A) for en skalar rr i F\mathbb{F} forskellig fra 00. Skalaren rr afhænger ydermere kun af den anvendte elementære rækkeoperation.
Lad A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) betegne en kvadratisk matrix.
  1. Hvis AA indeholder en nulrække, så er det(A)=0\mathrm{det}(A)=0.
  2. Hvis AA indeholder to identiske rækker, så er det(A)=0\mathrm{det}(A)=0.

Bevis

Antag i første omgang, at den ii'te række aˇi\check \bm{a}_i i AA er en nulrække. Så kan vi opfatte aˇi\check \bm{a}_i som 0⋅aˇi0 \cdot \check \bm{a}_i, og det(A)\mathrm{det}(A) er da lig 00 ifølge Proposition 11.9 (2.).
I tilfældet hvor AA har to identiske rækker aˇi\check \bm{a}_i og aˇj\check \bm{a}_j, for i<ji<j, så lader vi BB betegne matricen, der fremkommer ved at trække den ii'te række i AA fra den jj'te række i AA. Så har BB en nulrække, og dermed er det(B)=0\mathrm{det}(B)=0 ifølge det just viste. Men det(B)\mathrm{det}(B) er også lig det(A)\mathrm{det}(A) ifølge Proposition 11.9 (3.).
Vi giver nedenfor et eksempel, der viser, hvordan elementære rækkeoperationer kan anvendes til at beregne determinanter.
Betragt den reelle matrix
A=(211121112). A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ \end{pmatrix}.
Så kan AA bringes på RREF via følgende elementære rækkeoperationer
A∼(112121211)(Ombyt række 1 og 3)∼(11201−10−1−3)(Subtr. multipla af række 1 fra række 2 og 3)∼(11201−100−4)(Adder række 2 til række 3)∼(10301−100−4)(Subtr. række 2 fra række 1)∼(10301−1001)(Mult. række 3 med -1/4)∼(100010001).(Subtr. multipla af række 3 fra række 2 og 1)\begin{aligned} A & \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix} & & \text{(Ombyt række 1 og 3)} \\ & \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & -3 \\ \end{pmatrix} & & \text{(Subtr. multipla af række 1 fra række 2 og 3)} \\ & \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & -4 \\ \end{pmatrix} & & \text{(Adder række 2 til række 3)} \\ & \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & -4 \\ \end{pmatrix} & & \text{(Subtr. række 2 fra række 1)} \\ & \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} & & \text{(Mult. række 3 med -1/4)} \\ & \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}. & & \text{(Subtr. multipla af række 3 fra række 2 og 1)} \\ \end{aligned}
For at opnå HH ud fra AA, så har vi udført en enkelt ERO af Type (Ⅰ.), en af Type (Ⅱ.) samt seks af Type (Ⅲ.). Derfor har vi, jf. Proposition 11.9, at
1=det(H)=(−1)⋅(−14)⋅16⋅det(A)=14⋅det(A), 1= \mathrm{det}(H)= (-1) \cdot (- \tfrac{1}{4}) \cdot 1^6 \cdot \mathrm{det}(A) = \tfrac{1}{4} \cdot \mathrm{det}(A),
og dermed er det(A)=4\mathrm{det}(A)=4. I princippet behøver vi ikke at udføre rækkeoperationer indtil vi opnår en matrix på RREF. Hvis vi blot på et tidspunkt i processen opnår en matrix, hvis determinant er kendt, så kan vi udregne determinanten af den oprindelige matrix AA. F.eks. så er determinanten af den øvre triangulære matrix
B=(11201−100−4), B= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & -4 \\ \end{pmatrix},
lig −4-4 ifølge Eksempel 11.3 (4.). Ydermere så er BB opnået fra AA via tre ERO af Type (Ⅲ.) og en enkelt af Type (Ⅰ.). Altså er
−4=det(B)=(−1)1⋅13⋅det(A)=−det(A), -4= \mathrm{det}(B) = (-1)^1 \cdot 1^3 \cdot \mathrm{det}(A) = -\mathrm{det}(A),
og vi konkluderer igen, at det(A)=4\mathrm{det}(A)=4.
Determinanten har følgende egenskaber:
  1. Lad A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}). Så er AA invertibel, hvis og kun hvis det(A)≠0\mathrm{det}(A) \neq 0.
  2. For A,B∈Matn(F)A, B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}), der gælder der, at
    det(AB)=det(A)⋅det(B).(11.21) \mathrm{det}(AB) = \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{det}(B). \tag{11.21}

Bevis

Vi starter med følgende observation: hvis A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) er rækkeækvivalent til en matrix A′A', så vil der eksistere en følge af matricer
A=A0∼A1∼A2∼⋯∼Ak=A′,(11.22) A=A_0 \sim A_1 \sim A_2 \sim \cdots \sim A_k = A', \tag{11.22}
hvor AiA_i, for i=1,2,…,ki=1,2,\ldots,{k}, fremkommer fra Ai−1A_{i-1} via en enkelt elementær rækkeoperation. Jf. Proposition 11.9, så eksisterer der dermed skalarer αi∈F∖{0}\alpha_i \in \mathbb{F} \setminus \{ 0 \}, for i=1,2,…,ki=1,2,\ldots,k, så
det(Ai)=αi⋅det(Ai−1),(11.23) \mathrm{det}(A_i) = \alpha_i \cdot \mathrm{det}(A_{i-1}), \tag{11.23}
og skalarerne αi\alpha_i afhænger alene af den anvendte elementære rækkeoperation. Specielt vil
det(A′)=α⋅det(A),(11.24) \mathrm{det}(A') = \alpha \cdot \mathrm{det}(A), \tag{11.24}
hvor α=α1⋅α2⋯αk≠0\alpha = \alpha_1 \cdot \alpha_2 \cdots \alpha_k \neq 0 alene afhænger af de anvendte elementære rækkeoperationer i overgangen fra AA til A′A'.
Med denne observation in mente, så lader vi nu HH betegne en matrix på RREF, der er rækkeækvivalent til AA. Så eksisterer der en skalar α≠0\alpha \neq 0, så
det(H)=α⋅det(A).(11.25) \mathrm{det}(H) = \alpha \cdot \mathrm{det}(A). \tag{11.25}
Hvis AA er singulær, så er den nederste række i HH en nulrække, og dermed er det(H)=0\mathrm{det}(H)=0, jf. Korollar 11.10 (1.). Idet α≠0\alpha \neq 0, så må det(A)=0\mathrm{det}(A)=0, jf. (11.25). Hvis omvendt AA er invertibel, så er HH lig identitetsmatricen, og dermed er det(H)=1\mathrm{det}(H)=1, jf. (4.) i Proposition 11.6. Specielt implicerer (11.25) at det(A)≠0\mathrm{det}(A) \neq 0. Dette viser udsagn (1.).
For at vise udsagn (2.) så antager vi i første omgang, at AA er singulær. I givet fald, så er ABAB også singulær, idet matricen B(AB)−1B (AB)^{-1} i modsat fald ville opfylde, at
A⋅(B(AB)−1)=(AB)⋅(AB)−1=I,(11.26) A \cdot \left( B (AB)^{-1} \right) = (AB) \cdot (AB)^{-1} = \mathrm{I}, \tag{11.26}
og dermed ville B(AB)−1B (AB)^{-1} være en invers til AA. Det sidste er en modstrid. Ud fra det allerede viste, så har vi dermed, at det(A)=det(AB)=0\mathrm{det}(A)=\mathrm{det}(AB)=0, og identiteten i udsagn (2.) er derfor opfyldt. Vi mangler dermed kun at vise udsagn (2.) i tilfældet, hvor AA er invertibel. I dette tilfælde er (A∣AB)\left( A\mid AB \right) og (I∣B)\left( \mathrm{I} \mid B \right) rækkeækvivalente, jf. Proposition 4.12. Ydermere så implicerer rækkeækvivalensen mellem (A∣AB)\left( A\mid AB \right) og (I∣B)\left( \mathrm{I} \mid B \right), at man kan vælge en successiv følge af rækkeoperationer, der ændrer AA til I\mathrm{I}, og som samtidig ændrer ABAB til BB. Idet skalaren α≠0\alpha \neq 0 indført ovenfor (11.24) alene afhang af de anvendte rækkeoperationer, så vil der for et passende α≠0\alpha \neq 0 gælde, at
det(I)=α⋅det(A) og det(B)=α⋅det(AB).(11.27) \mathrm{det}(I) = \alpha \cdot \mathrm{det}(A) \text{ og } \mathrm{det}(B) = \alpha \cdot \mathrm{det}(AB). \tag{11.27}
Heraf fås umiddelbart, at
det(A)⋅det(B)=det(A)⋅α⋅det(AB)=det(I)⋅det(AB)=det(AB), \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{det}(B) = \mathrm{det}(A) \cdot \alpha \cdot \mathrm{det}(AB) = \mathrm{det}(I) \cdot \mathrm{det}(AB) = \mathrm{det}(AB),
som ønsket.

Quiz

Lad A∈Mat5(R)A \in \mathrm{Mat}_5(\mathbb{R}) betegne en invertibel matrix med invers A−1A^{-1}. Angiv, hvilke af nedenstående udsagn der altid er sande.
det(A−1)=1det(A)\mathrm{det}(A^{-1}) = \frac{1}{\mathrm{det}(A)}
det(A−1)=det(A)\mathrm{det}(A^{-1}) = \mathrm{det}(A)
det(A−1)=5det(A)\mathrm{det}(A^{-1}) = \frac{5}{\mathrm{det}(A)}
det(A−1)=0\mathrm{det}(A^{-1}) = 0

Quiz

Lad A,B∈Matn(F)A, B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) betegne kvadratiske matricer. Hvis AA er
og BB er
, så er ABAB
.
singulær
singulær
invertibel

11.4 Ombytning af søjler

Vi vil nu undersøge, hvad der sker med determinanten, når man ombytter to søjler. Vi betragter mængden Matn(F)\mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) af kvadratiske matricer af størrelse nn, og fastholder i det følgende to heltal 1≤s<t≤n1 \leq s < t \leq n. For en matrix A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) der lader vi da C(A)C(A) betegne matricen, der fremkommer ved at ombytte søjle ss og søjle tt i AA. Vi har da følgende forbindelse mellem determinanterne for hhv. AA og C(A)C(A).
Med notation som ovenfor der gælder der, at
det(A)=−det(C(A)).(11.28) \mathrm{det}(A) = -\mathrm{det}\left(C(A)\right). \tag{11.28}

Bevis

Lad (e1,e2,…,en)(\bm{e}_1,\bm{e}_2,\ldots,\bm{e}_n) betegne standardbasen for Fn\mathbb{F}^n, og bemærk, at der for i=1,2,…,ni=1,2,\ldots,n gælder, at
Aei=ai, A \bm{e}_i= \bm{a}_i,
hvor ai\bm{a}_i betegner den ii'te søjle i AA. Bemærk yderligere, at hvis I∈Matn(F)\mathrm{I} \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) betegner identitetsmatricen, så er
C(I)=(e1∣⋯∣es−1∣et∣es+1∣⋯∣et−1∣es∣et+1∣⋯∣en). C(\mathrm{I}) = \begin{pmatrix} \bm{e}_1 \mid \cdots \mid \bm{e}_{s-1} \mid \bm{e}_t \mid \bm{e}_{s+1} \mid \cdots \mid \bm{e}_{t-1} \mid \bm{e}_s \mid \bm{e}_{t+1} \mid \cdots \mid \bm{e}_n \end{pmatrix}.
Vi kan hermed beregne, at
A⋅C(I)=A⋅(e1∣⋯∣es−1∣et∣es+1∣⋯∣et−1∣es∣et+1∣⋯∣en)=(Ae1∣⋯∣Aes−1∣Aet∣Aes+1∣⋯∣Aet−1∣Aes∣Aet+1∣⋯∣Aen)=(a1∣⋯∣as−1∣at∣as+1∣⋯∣at−1∣as∣at+1∣⋯∣an)=C(A).\begin{aligned} A \cdot C(\mathrm{I})& = A \cdot \begin{pmatrix} \bm{e}_1 \mid \cdots \mid \bm{e}_{s-1} \mid \bm{e}_t \mid \bm{e}_{s+1} \mid \cdots \mid \bm{e}_{t-1} \mid \bm{e}_s \mid \bm{e}_{t+1} \mid \cdots \mid \bm{e}_n \end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix} A\bm{e}_1 \mid \cdots \mid A\bm{e}_{s-1} \mid A\bm{e}_t \mid A\bm{e}_{s+1} \mid \cdots \mid A\bm{e}_{t-1} \mid A\bm{e}_s \mid A \bm{e}_{t+1} \mid \cdots \mid A\bm{e}_n \end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix} \bm{a}_1 \mid \cdots \mid \bm{a}_{s-1} \mid \bm{a}_t \mid \bm{a}_{s+1} \mid \cdots \mid \bm{a}_{t-1} \mid \bm{a}_s \mid \bm{a}_{t+1} \mid \cdots \mid \bm{a}_n \end{pmatrix} \\ & = C(A). \end{aligned}
Vi konkluderer, at C(A)=A⋅C(I)C(A) = A \cdot C(\mathrm{I}), og (2.) i Proposition 11.12 implicerer da, at
det(C(A))=det(A)⋅det(C(I)).(11.29) \mathrm{det}\left(C(A)\right) = \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{det}\left(C(I)\right). \tag{11.29}
Det er derfor tilstrækkeligt at vise, at det(C(I))=−1 \mathrm{det}\left(C(I)\right)=-1. Bemærk nu, at matricen C(I)C(\mathrm{I}) også fremkommer ved at ombytte række ss og tt i I\mathrm{I}, og derfor følger det ønskede af (1.) i Proposition 11.9.

11.5 Udvikling efter rækker og søjler

I den rekursive definition af determinanter, der optræder formlen
det(A)=∑k=1n(−1)k+1⋅ak1⋅det(Mk,1(A)),(11.30) \mathrm{det}(A) = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \cdot a_{k1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right), \tag{11.30}
der gælder, når A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) for n>1n>1. Formlen beskriver, hvordan determinanten kan udtrykkes ud fra en kombination af indgangene i første søjle i AA og af visse determinanter af kvadratiske matricer af størrelse n−1n-1. Denne måde at beregne determinanten på omtales som udvikling af determinanten efter første søjle. Faktisk kan man udvikle determinanten efter en vilkårlig søjle eller række, hvilket vi beskriver i det følgende.
[Kofaktor] Lad A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) med n>1n>1. For et heltalspar (i,j)(i,j), med 1≤i,j≤n1 \leq i,j \leq n, der kaldes skalaren
Ai,j=(−1)i+j⋅det(Mi,j(A)) A_{i,j} = (-1)^{i+j} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,j}(A)\right)
for den (i,j)(i,j)'te kofaktor af AA.

Lad
A=(123456789). A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}.
Angiv den (2,2)'te kofaktor af AA.
Dit svar: Det er en
Specielt så kan vi nu omskrive udviklingen af determinanten efter første søjle (11.30) til
det(A)=∑k=1nak1⋅Ak,1.(11.31) \mathrm{det}(A) = \sum_{k=1}^n a_{k1} \cdot A_{k,1}. \tag{11.31}
Betragt en matrix
A=(abcd). A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{pmatrix} .
Så er kofaktorerne til AA givet ved
A1,1=d,A1,2=−c,A2,1=−b,A2,2=a. A_{1,1} = d,\qquad A_{1,2} = -c , \qquad A_{2,1} = -b ,\qquad A_{2,2}=a.
Ethvert element i Fˇn\check \mathbb{F}^n er som bekendt en linearkombination af standardbasiselementerne eˇ1,eˇ2,…,eˇn\check \bm{e}_1,\check \bm{e}_2, \ldots, \check \bm{e}_n. For en given matrix A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) med rækker aˇ1,aˇ2,…,aˇn\check \bm{a}_1, \check \bm{a}_2,\ldots,\check \bm{a}_n, der kan vi derfor skrive
aˇi=ai1eˇ1+ai2eˇ2+⋯+aineˇn.(11.32) \check \bm{a}_i = a_{i1} \check \bm{e}_1 + a_{i2} \check \bm{e}_2 + \cdots + a_{in} \check \bm{e}_n. \tag{11.32}
Fasthold nu et heltal ii med 1≤i≤n1 \leq i \leq n. Ved at sammenholde (11.32) med egenskab (1.) og (2.) i Proposition 11.6 så ser vi, at
det(A)=∑j=1naij⋅det(Bj),(11.33) \mathrm{det}(A) = \sum_{j=1}^n a_{ij} \cdot \mathrm{det}(B_j), \tag{11.33}
hvor Bj∈Matn(F)B_j \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) betegner matricen, der fremkommer ved at erstatte den ii'te række i AA med eˇj\check \bm{e}_j. Vi påstår, at det(Bj)\mathrm{det}(B_j) stemmer overens med den (i,j)(i,j)'te kofaktor Ai,jA_{i,j}. Dette indses som en direkte konsekvens af følgende resultat.
Lad A=(aij)∈Matn(F)A=(a_{ij}) \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) betegne en kvadratisk matrix, og lad 1≤s,t≤n1 \leq s, t \leq n betegne to heltal. Lad BB betegne matricen
B=(a11⋯a1,t−1a1,ta1,t+1⋯a1,n⋮⋱⋮⋮⋮⋱⋮as−1,1⋯as−1,t−1as−1,tas−1,t+1⋯as−1,n0⋯010⋯0as+1,1⋯as+1,t−1as+1,tas+1,t+1⋯as+1,n⋮⋱⋮⋮⋮⋱⋮an,1⋯an,t−1an,tan,t+1⋯an,n),(11.34) B = \begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1, t-1} & a_{1,t} & a_{1, t+1} & \cdots & a_{1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{s-1,1} & \cdots & a_{s-1, t-1} & a_{s-1,t} & a_{s-1, t+1} & \cdots & a_{s-1,n} \\ 0 & \cdots & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ a_{s+1,1} & \cdots & a_{s+1, t-1} & a_{s+1,t} & a_{s+1, t+1} & \cdots & a_{s+1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & \cdots & a_{n, t-1} & a_{n,t} & a_{n, t+1} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{pmatrix}, \tag{11.34}
der fremkommer ved at erstatte den ss'te række i AA med standardbasisvektoren eˇt∈Fˇn\check \bm{e}_t \in \check \mathbb{F}^n. Så er det⁡(B)\det(B) identisk med kofaktoren As,tA_{s,t}.

Bevis

Ved at udføre elementære rækkeoperationer af Type (Ⅲ.) på BB, så ser man, at BB er rækkeækvivalent med
B^=(a11⋯a1,t−10a1,t+1⋯a1,n⋮⋱⋮⋮⋮⋱⋮as−1,1⋯as−1,t−10as−1,t+1⋯as−1,n0⋯010⋯0as+1,1⋯as+1,t−10as+1,t+1⋯as+1,n⋮⋱⋮⋮⋮⋱⋮an,1⋯an,t−10an,t+1⋯an,n).(11.35) \hat B = \begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1, t-1} & 0 & a_{1, t+1} & \cdots & a_{1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{s-1,1} & \cdots & a_{s-1, t-1} & 0 & a_{s-1, t+1} & \cdots & a_{s-1,n} \\ 0 & \cdots & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ a_{s+1,1} & \cdots & a_{s+1, t-1} & 0 & a_{s+1, t+1} & \cdots & a_{s+1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & \cdots & a_{n, t-1} &0 & a_{n, t+1} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{pmatrix}. \tag{11.35}
Idet elementære rækkeoperationer af Type (Ⅲ.) ikke ændrer på determinanten, jf. Proposition 11.9, så gælder der yderligere, at det(B^)=det(B)\mathrm{det} ( \hat B) = \mathrm{det}(B).
Bemærk nu, at vi kan udføre (s−1)(s-1) elementære rækkeoperationer af Type (Ⅰ.) på B^\hat B og opnå matricen
C^=(0⋯010⋯0a11⋯a1,t−10a1,t+1⋯a1,n⋮⋱⋮⋮⋮⋱⋮as−1,1⋯as−1,t−10as−1,t+1⋯as−1,nas+1,1⋯as+1,t−10as+1,t+1⋯as+1,n⋮⋱⋮⋮⋮⋱⋮an,1⋯an,t−10an,t+1⋯an,n).(11.36) \hat C = \begin{pmatrix} 0 & \cdots & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ a_{11} & \cdots & a_{1, t-1} & 0 & a_{1, t+1} & \cdots & a_{1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{s-1,1} & \cdots & a_{s-1, t-1} & 0 & a_{s-1, t+1} & \cdots & a_{s-1,n} \\ a_{s+1,1} & \cdots & a_{s+1, t-1} & 0 & a_{s+1, t+1} & \cdots & a_{s+1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & \cdots & a_{n, t-1} &0 & a_{n, t+1} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{pmatrix}. \tag{11.36}
Specielt er det(C^)=(−1)s−1det(B^)\mathrm{det}(\hat C) = (-1)^{s-1} \mathrm{det}(\hat B), jf. (1.) i Proposition 11.9. Tilsvarende så kan vi successivt ombytte (t−1)(t-1) par af søjler i matricen C^\hat C og opnå matricen
C=(10⋯00⋯00a11⋯a1,t−1a1,t+1⋯a1,n⋮⋮⋱⋮⋮⋱⋮0as−1,1⋯as−1,t−1as−1,t+1⋯as−1,n0as+1,1⋯as+1,t−1as+1,t+1⋯as+1,n⋮⋮⋱⋮⋮⋱⋮0an,1⋯an,t−1an,t+1⋯an,n),(11.37) C = \begin{pmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & a_{11} & \cdots & a_{1, t-1} & a_{1, t+1} & \cdots & a_{1,n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & a_{s-1,1} & \cdots & a_{s-1, t-1} & a_{s-1, t+1} & \cdots & a_{s-1,n} \\ 0 & a_{s+1,1} & \cdots & a_{s+1, t-1} & a_{s+1, t+1} & \cdots & a_{s+1,n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & a_{n,1} & \cdots & a_{n, t-1} & a_{n, t+1} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{pmatrix}, \tag{11.37}
og, jf. Lemma 11.15, så er det(C)=(−1)t−1det(C^)\mathrm{det}(C) = (-1)^{t-1} \mathrm{det}(\hat C). Endelig så kan vi udregne determinanten af CC ved hjælp af Definition 11.2, hvilket implicerer, at
det(C)=1⋅(−1)1+1⋅det(M1,1(C))=det(Ms,t(A)),(11.38) \mathrm{det}(C) = 1 \cdot (-1)^{1+1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{1,1}(C)\right) = \mathrm{det}\left(M_{s,t}(A)\right), \tag{11.38}
idet der kun er en enkelt indgang i første søjle af CC, der er forskellig fra 00. Samlet set har vi derfor, at
det(B)=det(B^)=(−1)s−1det(C^)=(−1)s−1(−1)t−1det(C)=(−1)s+tdet(Ms,t(A))=As,t,\begin{aligned} \mathrm{det}(B) = \mathrm{det}(\hat B) & = (-1)^{s-1} \mathrm{det}(\hat C) \\ & = (-1)^{s-1} (-1)^{t-1} \mathrm{det}(C) \\ & = (-1)^{s+t} \mathrm{det}\left(M_{s,t}(A)\right) \\ & = A_{s,t}, \end{aligned}
som ønsket.
Vi har hermed, jf. (11.33), samlet set opnået:
Fasthold et heltal n>1n>1 og lad A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_{n}(\mathbb{F}). For 1≤i≤n1 \leq i \leq n der gælder, at
det(A)=∑j=1naij⋅Ai,j.(11.39) \mathrm{det}(A) = \sum_{j=1}^n a_{ij} \cdot A_{i,j}. \tag{11.39}
Ovenstående formel (11.39) omtales ofte som udvikling af determinanten efter den ii'te række. Vi har tidligere set, at man også kan udvikle determinanten efter den første søjle (11.31). Dette leder nu til følgende resultat.
Fasthold et heltal n>0n>0, og lad A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) betegne en kvadratisk matrix af størrelse nn. Så
det(A)=det(AT).(11.40) \mathrm{det}(A) = \mathrm{det}(A^T). \tag{11.40}

Bevis

Vi argumenterer via induktion i nn. Hvis n=1n=1, så er udsagnet oplagt. Antag derfor, at n>1n>1 og at udsagnet er vist for kvadratiske matricer af størrelse n−1n-1.
Idet vi har følgende identitet af undermatricer
Mi,j(A)T=Mj,i(AT),(11.41) M_{i,j}(A)^T = M_{j,i}(A^T), \tag{11.41}
så gælder der pr. induktion, at
Ai,j=(−1)i+j⋅det(Mi,j(A))=(−1)i+j⋅det(Mi,j(A)T)=(−1)i+j⋅det(Mj,i(AT))=(AT)j,i.(11.42) \begin{aligned} A_{i,j} & = (-1)^{i+j} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,j}(A)\right) \\ & = (-1)^{i+j} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,j}(A)^T\right) \\ & =(-1)^{i+j} \cdot \mathrm{det}\left(M_{j,i}(A^T)\right) \\ & = (A^T)_{j,i}. \end{aligned} \tag{11.42}
Ved udvikling af determinanter for ATA^T efter første række, der opnår vi derfor, at (husk, at den (1,j)(1,j)'te indgang i ATA^T er lig aj1a_{j1})
det(AT)=∑j=1naj1⋅(AT)1,j=∑j=1naj1⋅Aj,1=det(A),\begin{aligned} \mathrm{det}(A^T) & = \sum_{j=1}^n a_{j1} \cdot (A^T)_{1,j} \\ & = \sum_{j=1}^n a_{j1} \cdot A_{j,1} \\ & = \mathrm{det}(A), \end{aligned}
hvor det sidste lighedstegn følger fra (11.31). Dette afslutter beviset.
Ovenstående resultat fortæller, at determinanten ikke ændrer sig, når der byttes rundt på søjler og rækker. Alle resultater der involverer en sammenhæng mellem rækker og determinanten har derfor en tilsvarende udgave for søjler. F.eks. så opnår vi på denne måde, at man kan udvikle determinanten efter en vilkårlig søjle:
Fasthold et heltal n>1n>1 og lad A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_{n}(\mathbb{F}). For 1≤j≤n1 \leq j \leq n der gælder, at
det(A)=∑i=1naij⋅Ai,j.(11.43) \mathrm{det}(A) = \sum_{i=1}^n a_{ij} \cdot A_{i,j}. \tag{11.43}

Bevis

Vi sammenholder Korollar 11.20 og Sætning 11.19 og opnår herved, at
det(A)=det(AT)=∑i=1naij⋅(AT)j,i=∑i=1naij⋅Ai,j,\begin{aligned} \mathrm{det}(A) & = \mathrm{det}(A^T) \\ & = \sum_{i=1}^n a_{ij} \cdot (A^T)_{j,i} \\ & = \sum_{i=1}^n a_{ij} \cdot A_{i,j}, \end{aligned}
hvor vi undervejs har anvendt identiteten (11.42) fra beviset for Korollar 11.20.
Betragt den reelle matrix
A=(3254020003730294). A= \begin{pmatrix} 3 & 2 & 5 & 4 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 7 & 3 \\ 0 & 2 & 9 & 4 \\ \end{pmatrix}.
Det bemærkes, at den første søjle i AA kun indeholder en enkelt indgang forskellig fra 00. Specielt vil udviklingen af determinanten efter den første søjle kun indeholde et enkelt led forskelligt fra nul. Vi finder, at
det(A)=3⋅det(200373294). \mathrm{det}(A) = 3 \cdot \mathrm{det} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 3 & 7 & 3 \\ 2 & 9 & 4 \\ \end{pmatrix} .
Matricen
(200373294) \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 3 & 7 & 3 \\ 2 & 9 & 4 \\ \end{pmatrix}
indeholder tilsvarende kun et enkelt element forskellig fra 00 i første række, og dermed opnår vi ved udvikling af den tilsvarende determinant efter første række, at
det(200373294)=2⋅det(7394)=2⋅(7⋅4−9⋅3)=2, \mathrm{det} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 3 & 7 & 3 \\ 2 & 9 & 4 \\ \end{pmatrix} = 2 \cdot \mathrm{det} \begin{pmatrix} 7 & 3 \\ 9 & 4 \\ \end{pmatrix} = 2 \cdot(7 \cdot 4 - 9 \cdot 3) = 2,
hvor sidste lighedstegn følger fra Eksempel 11.3 (2.). Vi konkluderer samlet, at det(A)=6\mathrm{det}(A) = 6.

11.6 Determinanter og søjleoperationer

I Proposition 11.9 der beskrev vi, hvordan determinanten opfører sig ifm. rækkeoperationer. Vi vil nu se, at tilsvarende formler gælder, hvis vi udfører operationer på søjler i stedet for på rækker. Resultatet bygger på, at vi allerede kender udsagnet for rækker, og at vi kan ombytte rækker og søjler uden at ændre på determinanten, jf. Korollar 11.20.
Lad A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}). Så:
  1. Såfremt B∈Matn(F)B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) fremkommer fra AA ved ombytning af to søjler, så er
    det(B)=−det(A). \mathrm{det}(B) = -\mathrm{det}(A).
  2. Såfremt B∈Matn(F)B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) fremkommer fra AA ved multiplikation af en søjle med en skalar α∈F\alpha \in \mathbb{F}, så er
    det(B)=α⋅det(A). \mathrm{det}(B) = \alpha \cdot \mathrm{det}(A).
  3. Såfremt B∈Matn(F)B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) fremkommer fra AA ved at addere et multiplum af en søjle til en anden søjle, så
    det(B)=det(A). \mathrm{det}(B) = \mathrm{det}(A).

Bevis

Antag at BB fremkommer fra AA via en af de beskrevne operationer (1.), (2.) eller (3.). Sæt C=ATC=A^T og D=BTD=B^T. Så fremkommer DD fra CC via en tilsvarende rækkeoperation. Jf. Proposition 11.9, så er
det(D)=r⋅det(C), \mathrm{det}(D) = r \cdot \mathrm{det}(C),
hvor rr er hhv. lig −1-1, α\alpha eller 11 svarende til tilfældene (1.), (2.) eller (3.). Yderligere haves, at det(C)=det(A) \mathrm{det}(C) = \mathrm{det}(A) og det(D)=det(B)\mathrm{det}(D)=\mathrm{det}(B), jf. Korollar 11.20, og det ønskede er hermed opnået.
De involverede operationer på matricen AA i ovenstående resultat kaldes, såfremt α≠0\alpha \neq 0, også for elementære søjleoperationer af hhv. Type I , Type II og Type III.

11.7 Den adjungerede matrix

Vi vil nu formulere formlerne for udvikling af determinanten efter rækker og søjler på en alternativ måde. Vi starter med følgende definition.
[Adjungeret matrix] Lad A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}). Den adjungerede matrix til AA defineres som matricen adj(A)∈Matn(F){\mathrm{adj}(A)} \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}), hvis (i,j)(i,j)'te indgang er lig kofaktoren Aj,iA_{j,i}.

Lad
A=(123456789). A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}.
Angiv den adjungerede matrix adj(A)\mathrm{adj}(A) til AA.
Dit svar: Det er en
Ifølge Eksempel 11.17 så er
adj(abcd)=(d−b−ca). \mathrm{adj} \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix} .
Vi skynder os at bemærke:
Lad A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}). Så er
adj(A)T=adj(AT). \mathrm{adj}(A)^T = \mathrm{adj}(A^T).

Bevis

Det påståede udsagn er ækvivalent med kofaktoridentiteten
Ai,j=(AT)j,i, A_{i,j} = (A^T)_{j,i},
for 1≤i,j≤n1 \leq i,j \leq n. Denne identitet er allerede udledt i beviset for Korollar 11.20, jf. (11.42).
Den adjungerede matrix adj(A)\mathrm{adj}(A) er tæt knyttet til den inverse for AA (såfremt denne eksisterer). Vi har:
Lad A=(aij)∈Matn(F)A=(a_{ij}) \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}). Så er
adj(A)⋅A=det(A)⋅I=A⋅adj(A),(11.44) \mathrm{adj}(A) \cdot A = \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I} = A \cdot \mathrm{adj}(A), \tag{11.44}
hvor I∈Matn(F)\mathrm{I} \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) betegner identitetsmatricen.

Bevis

Ifølge definitionen på matrixproduktet, så beskrives den (i,j)(i,j)'te indgang i produktet A⋅adj(A)A \cdot \mathrm{adj}(A), som
∑k=1naikAj,k.(11.45) \sum_{k=1}^n a_{ik} A_{j,k}. \tag{11.45}
Hvis i=ji=j, så er dette udtryk blot udviklingen af det(A)\mathrm{det}(A) efter den jj'te række i AA. Hvis derimod i≠ji \neq j, så lader vi B=(bij)B=(b_{ij}) betegne matricen, der alene adskiller sig fra AA ved at den jj'te række i BB er lig den ii'te række ai\bm{a}_i i AA. Specielt er Bj,kB_{j,k} identisk med Aj,kA_{j,k}, mens bjk=aikb_{jk}=a_{ik}, for k=1,2,…,nk=1,2,\ldots,n. Vi kan derfor opfatte (11.45) som determinanten af BB udviklet efter den jj'te række. Bemærk nu, at række ii og jj i BB er identiske, og dermed så er det(B)=0\mathrm{det}(B)=0 ifølge (2.) i Korollar 11.10.
Vi kender hermed værdien af (11.45) for alle værdier af ii og jj, og vi kan nu konkludere, at
A⋅adj(A)=det(A)⋅I.(11.46) A \cdot \mathrm{adj}(A) = \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I}. \tag{11.46}
Den resterende del af identiteten (11.44) følger nu ved at anvende (11.46) på matricen ATA^T. Vi opnår da, at
det(AT)⋅I=AT⋅adj(AT)=AT⋅adj(A)T,(11.47) \mathrm{det}(A^T) \cdot \mathrm{I} = A^T \cdot \mathrm{adj}(A^T) = A^T \cdot \mathrm{adj}(A)^T, \tag{11.47}
hvor det sidste lighedstegn følger af Lemma 11.26. Dermed, jf. Korollar 11.20, vil
det(A)⋅I=AT⋅adj(A)T, \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I} = A^T \cdot \mathrm{adj}(A)^T,
hvilket implicerer, at
adj(A)⋅A=(AT⋅adj(A)T)T=(det(A)⋅I)T=det(A)⋅I, \mathrm{adj}(A) \cdot A = \big(A^T \cdot \mathrm{adj}(A)^T\big)^T = \big(\mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I} \big)^T = \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I},
hvor det sidste lighedstegn følger, idet matricen det(A)⋅I\mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I} er diagonal. Dette afslutter beviset.
I tilfældet hvor n=2n=2 er udsagnet i Proposition 11.27 identisk med
(abcd)⋅(d−b−ca)=(ad−bc00ad−bc)=(d−b−ca)⋅(abcd) \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ad-bc & 0 \\ 0 & ad-bc \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}
jf. Eksempel 11.25.
Lad A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) betegne en invertibel matrix. Så er
A−1=1det(A)adj(A).(11.48) A^{-1} = \frac{1}{\mathrm{det}(A)} \mathrm{adj}(A). \tag{11.48}

Bevis

Udsagnet følger direkte af Proposition 11.27 idet
A⋅(1det(A)adj(A))=1det(A)(A⋅adj(A))=1det(A)(det(A)⋅I)=I.\begin{aligned} A \cdot \big( \frac{1}{\mathrm{det}(A)} \mathrm{adj}(A) \big ) & = \frac{1}{\mathrm{det}(A)} \big(A \cdot \mathrm{adj}(A) \big) \\ & = \frac{1}{\mathrm{det}(A)} \big( \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I} \big) \\ &= \mathrm{I}. \end{aligned}

11.8 Cramers regel

I det følgende betegner A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) en invertibel matrix med søjler a1,a2,…,an∈Fn\bm{a}_1, \bm{a}_2,\ldots,\bm{a}_n \in \mathbb{F}^n. At AA er invertibel implicerer, jf. Proposition 7.4, at V=(a1,a2,…,an)\mathcal{V}=(\bm{a}_1, \bm{a}_2,\ldots,\bm{a}_n ) udgør en basis for Fn\mathbb{F}^n. Specielt vil ethvert element b∈Fn\bm{b} \in \mathbb{F}^n kunne udtrykkes entydigt som en linearkombination af søjlevektorerne a1,a2,…,an\bm{a}_1,\bm{a}_2,\ldots,\bm{a}_n; dvs. der eksisterer entydigt bestemte skalarer α1,α2,…,αn∈F\alpha_1,\alpha_2,\allowbreak \ldots,\alpha_n \in \mathbb{F}, så
b=α1⋅a1+α2⋅a2+⋯+αn⋅an.(11.49) \bm{b} = \alpha_1 \cdot \bm{a}_1 + \alpha_2 \cdot \bm{a}_2 + \cdots + \alpha_n \cdot \bm{a}_n. \tag{11.49}
Som bekendt (jf. Afsnit 5.2.1), så er vektoren (α1,α2,…,αn)T∈Fn(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)^T \in \mathbb{F}^n karakteriseret som den entydige løsning til det lineære ligningssystem A⋅x=bA \cdot \bm{x} = \bm{b}. Den følgende sætning, kaldet Cramers regel, beskriver værdierne af α1,…,αn∈F\alpha_1, \ldots, \alpha_n \in \mathbb{F} vha. determinantbegrebet.
[Cramers regel] Lad A∈Matn(F)A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) betegne en invertibel matrix, og lad b∈Fn\bm{b} \in \mathbb{F}^n. Lad AiA_i, for i=1,2,…,ni=1,2,\ldots,n, betegne matricen, der fremkommer ved at udskifte den ii'te søjle i AA med b\bm{b}. Den entydige løsning (α1,α2,…,αn)T∈Fn(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)^T \in \mathbb{F}^n til det lineære ligningssystem A⋅x=bA \cdot \bm{x} = \bm{b}, er da bestemt ved
αi=det(Ai)det(A)for  i=1,2,…,n.(11.50) \alpha_i = \frac{\mathrm{det}(A_i)}{\mathrm{det}(A)} \qquad\mathrm{for}\thickspace i=1,2,\ldots,n. \tag{11.50}

Lad A,A1A, A_1 og A2A_2 betegne de reelle matricer
A=(2143),A1=(111273),A2=(211427), A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 4 & 3 \end{pmatrix}, A_1 = \begin{pmatrix} 11 & 1 \\ 27 & 3 \end{pmatrix}, A_2 = \begin{pmatrix} 2 & 11 \\ 4 & 27 \end{pmatrix},
og lad b=(1127)\bm{b} = \begin{pmatrix} 11 \\ 27 \end{pmatrix}.
Så er det(A)=\mathrm{det}(A)=
, det(A1)=\mathrm{det}(A_1)=
og D(A2)=D(A_2)=
.
Specielt er (αβ)\begin{pmatrix} \alpha \\ \beta \end{pmatrix}, med α=\alpha=
og β=\beta =
, en løsning til det lineære ligningssystem A⋅x=bA \cdot \bm{x} = \bm{b}.
33
66
22
1010
55

Bevis

Som beskrevet ovenfor så er (α1,α2,…,αn)T∈Fn(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)^T \in \mathbb{F}^n bestemt ved identiteten
b=α1⋅a1+α2⋅a2+⋯+αn⋅an.(11.51) \bm{b} = \alpha_1 \cdot \bm{a}_1 + \alpha_2 \cdot \bm{a}_2 + \cdots + \alpha_n \cdot \bm{a}_n. \tag{11.51}
Specielt er den ii'te søjle i AiA_i også givet som linearkombinationen på højresiden af (11.51). For j≠ij \neq i, så er den jj'te søjle i AiA_i blot lig aj\bm{a}_j, og det er derfor oplagt, at vi kan udføre elementære søjleoperationer af Type III på AiA_i (subtraher αj\alpha_j gange søjle jj fra søjle ii for j≠ij \neq i) og opnå en matrix BiB_i, hvor den ii'te søjle er lig αi⋅ai\alpha_i \cdot \bm{a}_i, mens de øvrige søjler er identiske med dem i AA. Ifølge Proposition 11.23 (3.) så er det(Bi)=det(Ai)\mathrm{det}(B_i) = \mathrm{det}(A_i), mens Proposition 11.23 (2.) implicerer, at det(Bi)=αi⋅det(A)\mathrm{det}(B_i) = \alpha_i \cdot \mathrm{det}(A). Vi konkluderer derfor, at
det(Ai)=αi⋅det(A), \mathrm{det}(A_i) = \alpha_i \cdot \mathrm{det}(A),
som ønsket.
I ovenstående formulering af Proposition 11.30 er det implicit antaget, at Proposition 11.12. er kendt, så højresiden af (11.50) giver mening.