11 Determinanter

I dette kapitel vil vi indføre determinanten af en kvadratisk matrix $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ over et legeme $\mathbb{F}$ . Determinanten af $A$ betegnes i det følgende med $\mathrm{det}(A)$ , og er i første omgang blot en nærmere specificeret skalar i $\mathbb{F}$ afhængende af $A$ . Determinanten indeholder vigtig information om $A$ ; f.eks. så afgør $\mathrm{det}(A)$ , om $A$ 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 $A =(a_{ij})\in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ med $n>1$ . For et heltalspar $(i,j)$ , med $1 \leq i,j \leq n$ , lader vi $M_{i,j}(A) \in \mathrm{Mat}_{n-1}(\mathbb{F})$ betegne matricen

$M_{i,j}(A) = \begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1, j-1} & a_{1, j+1} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i-1,1} & \cdots & a_{i-1, j-1} & a_{i-1, j+1} & \cdots & a_{i-1,n} \\ a_{i+1,1} & \cdots & a_{i+1, j-1} & a_{i+1, j+1} & \cdots & a_{i+1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & a_{n, j-1} & a_{n, j+1} & \cdots & a_{nn} \\ \end{pmatrix}, \tag{11.1}$ der fremkommer ved at slette den $i$ 'te række samt den $j$ 'te søjle i $A$ . Matricen $M_{i,j}(A)$ omtales også som den $(i,j)$ 'te undermatrix af $A$ .

Lad

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}.$ Angiv den (2,2)'te undermatrix af $A$ .

Dit svar: Det er en

Determinanten af en matrix defineres nu rekursivt på følgende vis.

Lad $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ betegne en kvadratisk matrix af størrelse $n$ . Hvis $n=1$ så defineres determinanten af $A=(a)$ ved

$\mathrm{det}(A) = a. \tag{11.2}$ Såfremt $n>1$ og $A=(a_{ij})$ , så defineres

$\mathrm{det}(A) = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \cdot a_{k1} \cdot \mathrm{det}(M_{k,1}(A)). \tag{11.3}$

Ovenstående definition er rekursiv i den forstand, at determinanten i tilfældet $n=1$ er givet i definitionen. For $n=2$ er determinanten herefter defineret ud fra determinanterne af undermatricerne $M_{k,1}(A)$ , for $k=1,2$ . Men undermatricerne $M_{k,1}(A)$ , for $k=1,2$ , er kvadratiske matricer af størrelse $1$ , og deres determinanter er derfor allerede defineret. Specielt er determinanten for kvadratiske matricer af størrelse $2$ hermed defineret. Herefter defineres determinanten i tilfældet $n=3$ ud fra determinanter for undermatricer af størrelse $2 \times 2$ , og idet vi just har defineret determinanten i tilfældet $n=2$ , så opnår vi hermed en definition i tilfældet $n=3$ . Generelt kan højresiden af (11.3) beregnes ud fra determinanter af kvadratiske matricer af størrelse $n-1$ , og ovenstående proces fortsætter derfor i det uendelige, og vi opnår hermed en definition på determinanten for kvadratiske matricer af vilkårlig størrelse.

Hvis $A =(a) \in \mathrm{Mat}_1(\mathbb{F})$ , så følger det direkte af definitionen, at
$\mathrm{det}(A) = a.$
Hvis $n=2$ og
$A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}, \tag{11.4}$ så er
$\begin{aligned} \mathrm{det}(A) & = (-1)^{1+1} \cdot a_{11} \cdot \mathrm{det}(a_{22}) + (-1)^{2+1} \cdot a_{21} \cdot \mathrm{det}(a_{12}) \\ & = a_{11} \cdot a_{22} - a_{21} \cdot a_{12}. \end{aligned}$
Hvis $n=3$ og
$A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix}, \tag{11.5}$ så er
$\begin{aligned} \mathrm{det}(A) & = a_{11} \cdot \mathrm{det}\begin{pmatrix} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} - a_{21} \cdot \mathrm{det}\begin{pmatrix} a_{12} & a_{13} \\ a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} + a_{31} \cdot \mathrm{det}\begin{pmatrix} a_{12} & a_{13} \\ a_{22} & a_{23} \end{pmatrix} \\ & = a_{11} a_{22} a_{33} - a_{11} a_{32} a_{23} - a_{21} a_{12} a_{33} + a_{21} a_{32} a_{13} + a_{31} a_{12} a_{23} - a_{31} a_{22} a_{13}, \end{aligned}$ hvor vi i det sidste lighedstegn har anvendt vores allerede opnåede viden om determinanter af matricer i $\mathrm{Mat}_2(\mathbb{F})$ .
En øvre triangulær matrix er en kvadratisk matrix, hvor alle indgange under diagonalen er lig $0$ . Hvis $n>1$ og
$A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\ 0 & a_{22} & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ 0 & 0 & a_{33} & \cdots & a_{3n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a_{nn} \\ \end{pmatrix} \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ 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
$\mathrm{det}(A) = (-1)^{1+1} \cdot a_{11} \cdot \mathrm{det}(M_{1,1}(A)).$ Idet $M_{1,1}(A)$ også er øvre triangulær og lig
$A = \begin{pmatrix} a_{22} & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ 0 & a_{33} & \cdots & a_{3n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & a_{nn} \\ \end{pmatrix} \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}),$ så konkluderes det nu let, via et induktivt argument, at
$\mathrm{det}(A) = a_{11} a_{22} \cdots a_{nn}.$ Altså er determinanten af $A$ blot lig produktet af diagonalindgangene. Specielt så gælder dette også, hvis $A$ er en diagonalmatrix
$A = \begin{pmatrix} a_{11} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & a_{22} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & a_{33} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a_{nn} \\ \end{pmatrix} \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}).$

Lad

$A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \\ 7 & 0 & 0 \end{pmatrix},$ og

$B = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}.$ Udregn $\mathrm{det}(A)$ og $\mathrm{det}(B)$ .

$\mathrm{det}(A) = 84$ , $\mathrm{det}(B) = 10$

$\mathrm{det}(A) = 0$ , $\mathrm{det}(B) = 10$

$\mathrm{det}(A) = 0$ , $\mathrm{det}(B) = -2$

$\mathrm{det}(A) = 84$ , $\mathrm{det}(B) = -2$

Quiz

Lad

$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}.$ Angiv en $2 \times 2$ matrix $B$ , således at $B \neq A$ , men $\mathrm{det}(B) = \mathrm{det}(A)$ .

Dit svar: Det er en

Quiz

Lad

$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}.$ Angiv en $2 \times 2$ matrix $B$ , således at $\mathrm{det}(A + B) \neq \mathrm{det}(A) + \mathrm{det}(B)$ .

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

$A= \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \check \bm{a}_2 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}, \tag{11.6}$ der præciserer rækkerne $\check \bm{a}_1, \check \bm{a}_2,\ldots, \check \bm{a}_n \in \check \mathbb{F}^n$ i matricen $A$ . Vi påstår nu, at følgende resultat gælder.

For et givet heltal $n>0$ der vil determinanten

$\mathrm{det} : \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F}) \rightarrow \mathbb{F} \tag{11.7}$ opfylde følgende egenskaber:

Lad $\check \bm{a}_1, \check \bm{a}_2,\ldots, \check \bm{a}_n$ samt $\check \bm{a}$ betegne rækkevektorer i $\check \mathbb{F}^n$ . For ethvert heltal $1 \leq i \leq n$ der er
$\mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a} \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} = \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a} \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}. \tag{11.8}$
Lad $\check \bm{a}_1, \check \bm{a}_2,\ldots, \check \bm{a}_n$ betegne rækkevektorer i $\check \mathbb{F}^n$ , og lad $\alpha \in \mathbb{F}$ betegne en skalar. For ethvert heltal $1 \leq i \leq n$ er
$\mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \alpha \cdot \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} = \alpha \cdot \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}. \tag{11.9}$
Lad $\check \bm{a}_1, \check \bm{a}_2,\ldots, \check \bm{a}_n$ betegne rækkevektorer i $\check \mathbb{F}^n$ , og antag, at $\check \bm{a}_i=\check \bm{a}_{i+1}$ for et passende heltal $1 \leq i < n$ . Så
$\mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}=0. \tag{11.10}$
Hvis $\mathrm{I}$ betegner identitetsmatricen af størrelse $n$ , så er $\mathrm{det}(\mathrm{I})=1$ .

Angiv, hvilke af følgende udsagn, der følger direkte ud fra en kombination af påstandene angivet i denne Proposition.

$\mathrm{det} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 6 \end{pmatrix} = 2 \cdot \mathrm{det} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$

$\mathrm{det} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = 0$

$\mathrm{det} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} = \mathrm{det} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$

$\mathrm{det} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = 0$

Bevis

Vi argumenterer via induktion i $n \geq 1$ . Hvis $n=1$ så er alle egenskaber oplagte. Antag derfor, at $n>1$ , og at udsagnene er vist i tilfældet $n-1$ .

Vi starter med at vise egenskab (1.), og lader $\check \bm{a}_1, \check \bm{a}_2,\ldots, \check \bm{a}_n$ og $\check \bm{a}$ betegne elementer i $\check \mathbb{F}^n$ , og sætter

$A= \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a} \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}, \qquad C=\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a} +\check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}. \tag{11.11}$ Da har vi pr. induktion, at

$\mathrm{det}\left(M_{k,1}(C)\right) = \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right) + \mathrm{det}\left(M_{k,1}(B)\right), \qquad\mathrm{for}\thickspace k \neq i, \tag{11.12}$ mens

$\mathrm{det}\left(M_{i,1}(C)\right) = \mathrm{det}\left(M_{i,1}(A)\right)= \mathrm{det}\left(M_{i,1}(B)\right), \tag{11.13}$ idet $M_{i,1}(C)=M_{i,1}(A)=M_{i,1}(B)$ . Pr. definition af determinanten så opnår vi hermed, at

$\begin{aligned} \mathrm{det}(C) ={} &\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \cdot c_{k1} \cdot \mathrm{det}(M_{k,1}(C)) \\ ={} &\sum_{\mathclap{k=1, k \neq i}}^{n} (-1)^{k+1} \cdot c_{k1} \cdot \bigl( \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right)+ \mathrm{det}\left(M_{k,1}(B)\right) \bigr) \\ & +(-1)^{i+1} \cdot (b_{i1} + a_{i1}) \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,1}(C)\right) \\ ={} & \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \cdot a_{k1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right) + \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \cdot b_{k1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(B)\right) \\ ={} & \mathrm{det}(A) + \mathrm{det}(B), \end{aligned}$ hvor vi ved det næstsidste lighedstegn yderligere har anvendt, at $a_{k1}=b_{k1}=c_{k1}$ , for $k \neq i$ . Dette viser (1.). For at vise (2.), så ændrer vi notationen fra ovenfor en smule, og lader nu

$A= \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}, \qquad C=\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i-1} \\ \alpha \cdot \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}. \tag{11.14}$ Da følger det pr. induktion, at

$\mathrm{det}\left(M_{k,1}(C)\right) = \alpha \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right), \qquad\mathrm{for}\thickspace k \neq i, \tag{11.15}$ mens $\mathrm{det}\left(M_{i,1}(C)\right) = \mathrm{det}\left(M_{i,1}(A)\right)$ , idet $M_{i,1}(C) = M_{i,1}(A)$ . Specielt finder vi, at

$\begin{aligned} \mathrm{det}(C) & = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \cdot c_{k1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(C)\right) \\ & = (-1)^{i+1} \cdot \alpha \cdot a_{i1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,1}(A)\right) + \sum_{\mathclap{k=1, k \neq i}}^{n} (-1)^{k+1} \cdot c_{k1} \cdot \alpha \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right) \\ & = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \cdot a_{k1} \cdot \alpha \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right) \\ & = \alpha \cdot \mathrm{det}(A), \end{aligned}$ som ønsket. For at indse (3.), så antager vi, at $A$ har to ens naborækker. Dvs. at $\check \bm{a}_i = \check \bm{a}_{i+1}$ for et passende $i$ . Da vil $M_{k,1}(A)$ også have to ens naborækker når $k \neq i,i+1$ . Specielt vil

$\mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right) = 0, \qquad\mathrm{hvis}\thickspace k \neq i, i+1, \tag{11.16}$ pr. induktionsantagelsen. Idet vi bemærker, at $M_{i,1}(A)=M_{i+1,1}(A)$ og at $a_{i1}= a_{i+1,1}$ , så finder vi derfor, at

$\begin{aligned} \mathrm{det}(A) & = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \cdot a_{k1} \cdot \mathrm{det}(M_{k,1}(A)) \\ & = (-1)^{i+1} \cdot a_{i1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,1}(A)\right) + (-1)^{i+2} \cdot a_{i+1,1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i+1,1}(A)\right) \\ & = (-1)^{i+1} \bigl( a_{i1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,1}(A)\right) - a_{i1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,1}(A)\right) \bigr) \\ & = 0. \end{aligned}$ 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 $A, B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ , og antag, at $B$ fremkommer ved at ombytte to rækker i $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ . Så er

$\mathrm{det}(B) = -\mathrm{det}(A). \tag{11.17}$

Bevis

Antag at $B$ fremkommer ved at ombytte række $i$ og række $i+m$ i $A$ , hvor $i,m >0$ angiver passende heltal. Vi argumenterer nu via induktion i $m>0$ . Hvis $m=1$ , så fremkommer $B$ fra $A$ ved at ombytte to naborækker $\check \bm{a}_i$ og $\check \bm{a}_{i+1}$ i $A$ . Betragt da matricen

$C= \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a}_{i+1} \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \tag{11.18}$ med to identiske rækker placeret i række $i$ og række $i+1$ . Ifølge egenskab (3.) i Proposition 11.6 så vil der gælde, at $\mathrm{det}(C) = 0$ . På den anden side så har vi også, at

$\begin{aligned} \mathrm{det}(C) & = \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a}_{i+1} \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \\ & = \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \check \bm{a}_i + \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \\ & = \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_i \\ \check \bm{a}_i \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i} \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \check \bm{a}_i \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \\ & = \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i} \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i+1} \\ \check \bm{a}_i \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \\ & = \mathrm{det}(A) + \mathrm{det}(B), \end{aligned}$ hvor vi undervejs i beregningerne har anvendt egenskaberne (1.) og (3.) fra Proposition 11.6. Dette viser, at $\mathrm{det}(B) = -\mathrm{det}(A)$ i tilfældet $m=1$ .

Antag nu, at $m>1$ og at udsagnet er vist i tilfældet $m-1$ . Lad da $A'$ betegne matricen, der fremkommer ved at ombytte række $i$ og række $i+1$ i $A$ . Så er $\mathrm{det}(A') = - \mathrm{det}(A)$ ifølge det just viste. Lad yderligere $B'$ betegne matricen, der fremkommer ved at ombytte række $i+1$ og række $i+m$ i $A'$ . Så er $\mathrm{det}(B') = - \mathrm{det}(A')$ pr. induktionsantagelsen. Nu bemærkes det, at $B$ fremkommer fra $B'$ ved at ombytte række $i$ og række $i+1$ i $B'$ , og dermed er $\mathrm{det}(B)=-\mathrm{det}(B')$ . Alt i alt har vi derfor, at

$\mathrm{det}(B) = - \mathrm{det}(B') = \mathrm{det}(A') = - \mathrm{det}(A), \tag{11.19}$ som ønsket.

Quiz

Lad $A,B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ . Hvilke af følgende udsagn kan man med sikkerhed konkludere?

$\mathrm{det}(A + B) = \mathrm{det}(A) + \mathrm{det}(B)$

$\mathrm{det}(A + B) \neq \mathrm{det}(A) + \mathrm{det}(B)$

Hvis $A=B$ , så er $\\ \mathrm{det}(A + B) = 2^n \cdot \mathrm{det}(A)$ .

Hvis $A \neq B$ , så er $\\ \mathrm{det}(A) \neq \mathrm{det}(B)$ .

Hvis $A=B$ , så er $\\ \mathrm{det}(A + B) = 2 \cdot \mathrm{det}(A)$ .

Hvis $\mathrm{det}(A) \neq \mathrm{det}(B)$ , så er $\\ A \neq B$ .

11.3 Elementære rækkeoperationer

Hvis man anvender Definition 11.2 til at beregne determinanten for konkrete matricer i $\mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ , så bliver beregningerne let uoverskuelige, når $n$ 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 $n>0$ , og lad $A$ og $B$ i $\mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ betegne kvadratiske matricer af størrelse $n$ . Så gælder der:

Såfremt $B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ fremkommer fra $A$ ved ombytning af to rækker, så er
$\mathrm{det}(B) = -\mathrm{det}(A).$
Såfremt $B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ fremkommer fra $A$ ved multiplikation af en række med en skalar $\alpha \in \mathbb{F}$ , så er
$\mathrm{det}(B) = \alpha \cdot \mathrm{det}(A).$
Såfremt $B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ fremkommer fra $A$ ved at addere et multiplum af en række til en anden række, så er
$\mathrm{det}(B) = \mathrm{det}(A).$

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 $B$ fremkommer ved at addere et multiplum $\alpha \cdot \check \bm{a}_j$ af den $j$ 'te række $\check \bm{a}_j$ til den $i$ 'te række $\check \bm{a}_i$ i $A$ . Så gælder der, jf. (1.) og (2.) i Proposition 11.6, at

$\begin{aligned} \mathrm{det}(B) & = \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i} + \alpha \cdot \check \bm{a}_j \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{j} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \\ & = \mathrm{det}\begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{i} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{j} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} + \alpha \cdot \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_j \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{j} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \\ & = \mathrm{det}(A) + \alpha \cdot \mathrm{det} \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_j \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{j} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix}. \end{aligned}$ Det er dermed tilstrækkelig at vise, at determinanten af matricen

$U= \begin{pmatrix} \check \bm{a}_1 \\ \vdots \\ \check \bm{a}_j \\ \vdots \\ \check \bm{a}_{j} \\ \vdots \\ \check \bm{a}_n \\ \end{pmatrix} \tag{11.20}$ er lig $0$ . Men $U$ har to identiske rækker; den $i$ 'te række og den $j$ 'te række. Hvis disse er naborækker, så følger det ønskede af (3.) i Proposition 11.6. Hvis $i$ og $j$ ikke er naborækker, så kan man ombytte række $i$ med en naborække til række $j$ , og på den måde opnå en matrix $U'$ , der har to identiske naborækker. Så vil $\mathrm{det}(U') =0$ , jf. (3.) i Proposition 11.6. Men ud fra det allerede viste, så er $\mathrm{det}(U)=-\mathrm{det}(U')$ , og dermed er $\mathrm{det}(U)=0$ som ønsket.

Ovenstående viser specielt, at hvis en matrix $B$ fremkommer fra en anden matrix $A$ via en enkelt elementær rækkeoperation, så vil $\mathrm{det}(B)= r \cdot \mathrm{det}(A)$ for en skalar $r$ i $\mathbb{F}$ forskellig fra $0$ . Skalaren $r$ afhænger ydermere kun af den anvendte elementære rækkeoperation.

Lad $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ betegne en kvadratisk matrix.

Hvis $A$ indeholder en nulrække, så er $\mathrm{det}(A)=0$ .
Hvis $A$ indeholder to identiske rækker, så er $\mathrm{det}(A)=0$ .

Bevis

Antag i første omgang, at den $i$ 'te række $\check \bm{a}_i$ i $A$ er en nulrække. Så kan vi opfatte $\check \bm{a}_i$ som $0 \cdot \check \bm{a}_i$ , og $\mathrm{det}(A)$ er da lig $0$ ifølge Proposition 11.9 (2.).

I tilfældet hvor $A$ har to identiske rækker $\check \bm{a}_i$ og $\check \bm{a}_j$ , for $i<j$ , så lader vi $B$ betegne matricen, der fremkommer ved at trække den $i$ 'te række i $A$ fra den $j$ 'te række i $A$ . Så har $B$ en nulrække, og dermed er $\mathrm{det}(B)=0$ ifølge det just viste. Men $\mathrm{det}(B)$ er også lig $\mathrm{det}(A)$ 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

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ \end{pmatrix}.$ Så kan $A$ bringes på RREF via følgende elementære rækkeoperationer

$\begin{aligned} A & \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix} & & \text{(Ombyt række 1 og 3)} \\ & \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & -3 \\ \end{pmatrix} & & \text{(Subtr. multipla af række 1 fra række 2 og 3)} \\ & \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & -4 \\ \end{pmatrix} & & \text{(Adder række 2 til række 3)} \\ & \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & -4 \\ \end{pmatrix} & & \text{(Subtr. række 2 fra række 1)} \\ & \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} & & \text{(Mult. række 4 med -1/4)} \\ & \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}. & & \text{(Subtr. multipla af række 3 fra række 2 og 1)} \\ \end{aligned}$ For at opnå $H$ ud fra $A$ , 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

$1= \mathrm{det}(H)= (-1) \cdot (- \tfrac{1}{4}) \cdot 1^6 \cdot \mathrm{det}(A) = \tfrac{1}{4} \cdot \mathrm{det}(A),$ og dermed er $\mathrm{det}(A)=4$ . 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 $A$ . F.eks. så er determinanten af den øvre triangulære matrix

$B= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & -4 \\ \end{pmatrix},$ lig $-4$ ifølge Eksempel 11.3 (4.). Ydermere så er $B$ opnået fra $A$ via tre ERO af Type (Ⅲ.) og en enkelt af Type (Ⅰ.). Altså er

$-4= \mathrm{det}(B) = (-1)^1 \cdot 1^3 \cdot \mathrm{det}(A) = -\mathrm{det}(A),$ og vi konkluderer igen, at $\mathrm{det}(A)=4$ .

Determinanten har følgende egenskaber:

Lad $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ . Så er $A$ invertibel, hvis og kun hvis $\mathrm{det}(A) \neq 0$ .
For $A, B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ , der gælder der, at
$\mathrm{det}(AB) = \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{det}(B). \tag{11.21}$

Bevis

Vi starter med følgende observation: hvis $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ er rækkeækvivalent til en matrix $A'$ , så vil der eksistere en følge af matricer

$A=A_0 \sim A_1 \sim A_2 \sim \cdots \sim A_k = A', \tag{11.22}$ hvor $A_i$ , for $i=1,2,\ldots,{k}$ , fremkommer fra $A_{i-1}$ via en enkelt elementær rækkeoperation. Jf. Proposition 11.9, så eksisterer der dermed skalarer $\alpha_i \in \mathbb{F} \setminus \{ 0 \}$ , for $i=1,2,\ldots,k$ , så

$\mathrm{det}(A_i) = \alpha_i \cdot \mathrm{det}(A_{i-1}), \tag{11.23}$ og skalarerne $\alpha_i$ afhænger alene af den anvendte elementære rækkeoperation. Specielt vil

$\mathrm{det}(A') = \alpha \cdot \mathrm{det}(A), \tag{11.24}$ hvor $\alpha = \alpha_1 \cdot \alpha_2 \cdots \alpha_k \neq 0$ alene afhænger af de anvendte elementære rækkeoperationer i overgangen fra $A$ til $A'$ .

Med denne observation in mente, så lader vi nu $H$ betegne en matrix på RREF, der er rækkeækvivalent til $A$ . Så eksisterer der en skalar $\alpha \neq 0$ , så

$\mathrm{det}(H) = \alpha \cdot \mathrm{det}(A). \tag{11.25}$ Hvis $A$ er singulær, så er den nederste række i $H$ en nulrække, og dermed er $\mathrm{det}(H)=0$ , jf. Korollar 11.10 (1.). Idet $\alpha \neq 0$ , så må $\mathrm{det}(A)=0$ , jf. (11.25). Hvis omvendt $A$ er invertibel, så er $H$ lig identitetsmatricen, og dermed er $\mathrm{det}(H)=1$ , jf. (4.) i Proposition 11.6. Specielt implicerer (11.25) at $\mathrm{det}(A) \neq 0$ . Dette viser udsagn (1.).

For at vise udsagn (2.) så antager vi i første omgang, at $A$ er singulær. I givet fald, så er $AB$ også singulær, idet matricen $B (AB)^{-1}$ i modsat fald ville opfylde, at

$A \cdot \left( B (AB)^{-1} \right) = (AB) \cdot (AB)^{-1} = \mathrm{I}, \tag{11.26}$ og dermed ville $B (AB)^{-1}$ være en invers til $A$ . Det sidste er en modstrid. Ud fra det allerede viste, så har vi dermed, at $\mathrm{det}(A)=\mathrm{det}(AB)=0$ , og identiteten i udsagn (2.) er derfor opfyldt. Vi mangler dermed kun at vise udsagn (2.) i tilfældet, hvor $A$ er invertibel. I dette tilfælde er $\left( A\mid AB \right)$ og $\left( \mathrm{I} \mid B \right)$ rækkeækvivalente, jf. Proposition 4.12. Ydermere så implicerer rækkeækvivalensen mellem $\left( A\mid AB \right)$ og $\left( \mathrm{I} \mid B \right)$ , at man kan vælge en successiv følge af rækkeoperationer, der ændrer $A$ til $\mathrm{I}$ , og som samtidig ændrer $AB$ til $B$ . Idet skalaren $\alpha \neq 0$ indført ovenfor (11.24) alene afhang af de anvendte rækkeoperationer, så vil der for et passende $\alpha \neq 0$ gælde, at

$\mathrm{det}(I) = \alpha \cdot \mathrm{det}(A) \text{ og } \mathrm{det}(B) = \alpha \cdot \mathrm{det}(AB). \tag{11.27}$ Heraf fås umiddelbart, at

$\mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{det}(B) = \mathrm{det}(A) \cdot \alpha \cdot \mathrm{det}(AB) = \mathrm{det}(I) \cdot \mathrm{det}(AB) = \mathrm{det}(AB),$ som ønsket.

Quiz

Lad $A \in \mathrm{Mat}_5(\mathbb{R})$ betegne en invertibel matrix med invers $A^{-1}$ . Angiv, hvilke af nedenstående udsagn der altid er sande.

$\mathrm{det}(A^{-1}) = \frac{1}{\mathrm{det}(A)}$

$\mathrm{det}(A^{-1}) = \mathrm{det}(A)$

$\mathrm{det}(A^{-1}) = \frac{5}{\mathrm{det}(A)}$

$\mathrm{det}(A^{-1}) = 0$

Quiz

Lad $A, B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ betegne kvadratiske matricer. Hvis $A$ er

og $B$ er

, så er $AB$

singulær

invertibel

11.4 Ombytning af søjler

Vi vil nu undersøge, hvad der sker med determinanten, når man ombytter to søjler. Vi betragter mængden $\mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ af kvadratiske matricer af størrelse $n$ , og fastholder i det følgende to heltal $1 \leq s < t \leq n$ . For en matrix $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ der lader vi da $C(A)$ betegne matricen, der fremkommer ved at ombytte søjle $s$ og søjle $t$ i $A$ . Vi har da følgende forbindelse mellem determinanterne for hhv. $A$ og $C(A)$ .

Med notation som ovenfor der gælder der, at

$\mathrm{det}(A) = -\mathrm{det}\left(C(A)\right). \tag{11.28}$

Bevis

Lad $(\bm{e}_1,\bm{e}_2,\ldots,\bm{e}_n)$ betegne standardbasen for $\mathbb{F}^n$ , og bemærk, at der for $i=1,2,\ldots,n$ gælder, at

$A \bm{e}_i= \bm{a}_i,$ hvor $\bm{a}_i$ betegner den $i$ 'te søjle i $A$ . Bemærk yderligere, at hvis $\mathrm{I} \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ betegner identitetsmatricen, så er

$C(\mathrm{I}) = \begin{pmatrix} \bm{e}_1 \mid \cdots \mid \bm{e}_{s-1} \mid \bm{e}_t \mid \bm{e}_{s+1} \mid \cdots \mid \bm{e}_{t-1} \mid \bm{e}_s \mid \bm{e}_{t+1} \mid \cdots \mid \bm{e}_n \end{pmatrix}.$ Vi kan hermed beregne, at

$\begin{aligned} A \cdot C(\mathrm{I})& = A \cdot \begin{pmatrix} \bm{e}_1 \mid \cdots \mid \bm{e}_{s-1} \mid \bm{e}_t \mid \bm{e}_{s+1} \mid \cdots \mid \bm{e}_{t-1} \mid \bm{e}_s \mid \bm{e}_{t+1} \mid \cdots \mid \bm{e}_n \end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix} A\bm{e}_1 \mid \cdots \mid A\bm{e}_{s-1} \mid A\bm{e}_t \mid A\bm{e}_{s+1} \mid \cdots \mid A\bm{e}_{t-1} \mid A\bm{e}_s \mid A \bm{e}_{t+1} \mid \cdots \mid A\bm{e}_n \end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix} \bm{a}_1 \mid \cdots \mid \bm{a}_{s-1} \mid \bm{a}_t \mid \bm{a}_{s+1} \mid \cdots \mid \bm{a}_{t-1} \mid \bm{a}_s \mid \bm{a}_{t+1} \mid \cdots \mid \bm{a}_n \end{pmatrix} \\ & = C(A). \end{aligned}$ Vi konkluderer, at $C(A) = A \cdot C(\mathrm{I})$ , og (2.) i Proposition 11.12 implicerer da, at

$\mathrm{det}\left(C(A)\right) = \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{det}\left(C(I)\right). \tag{11.29}$ Det er derfor tilstrækkeligt at vise, at $\mathrm{det}\left(C(I)\right)=-1$ . Bemærk nu, at matricen $C(\mathrm{I})$ også fremkommer ved at ombytte række $s$ og $t$ 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

$\mathrm{det}(A) = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \cdot a_{k1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{k,1}(A)\right), \tag{11.30}$ der gælder, når $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ for $n>1$ . Formlen beskriver, hvordan determinanten kan udtrykkes ud fra en kombination af indgangene i første søjle i $A$ og af visse determinanter af kvadratiske matricer af størrelse $n-1$ . 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 $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ med $n>1$ . For et heltalspar $(i,j)$ , med $1 \leq i,j \leq n$ , der kaldes skalaren

$A_{i,j} = (-1)^{i+j} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,j}(A)\right)$ for den $(i,j)$ 'te kofaktor af $A$ .

Lad

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}.$ Angiv den (2,2)'te kofaktor af $A$ .

Dit svar: Det er en

Specielt så kan vi nu omskrive udviklingen af determinanten efter første søjle (11.30) til

$\mathrm{det}(A) = \sum_{k=1}^n a_{k1} \cdot A_{k,1}. \tag{11.31}$

Betragt en matrix

$A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{pmatrix} .$ Så er kofaktorerne til $A$ givet ved

$A_{1,1} = d,\qquad A_{1,2} = -c , \qquad A_{2,1} = -b ,\qquad A_{2,2}=a.$

Ethvert element i $\check \mathbb{F}^n$ er som bekendt en linearkombination af standardbasiselementerne $\check \bm{e}_1,\check \bm{e}_2, \ldots, \check \bm{e}_n$ . For en given matrix $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ med rækker $\check \bm{a}_1, \check \bm{a}_2,\ldots,\check \bm{a}_n$ , der kan vi derfor skrive

$\check \bm{a}_i = a_{i1} \check \bm{e}_1 + a_{i2} \check \bm{e}_2 + \cdots + a_{in} \check \bm{e}_n. \tag{11.32}$ Fasthold nu et heltal $i$ med $1 \leq i \leq n$ . Ved at sammenholde (11.32) med egenskab (1.) og (2.) i Proposition 11.6 så ser vi, at

$\mathrm{det}(A) = \sum_{j=1}^n a_{ij} \cdot \mathrm{det}(B_j), \tag{11.33}$ hvor $B_j \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ betegner matricen, der fremkommer ved at erstatte den $i$ 'te række i $A$ med $\check \bm{e}_j$ . Vi påstår, at $\mathrm{det}(B_j)$ stemmer overens med den $(i,j)$ 'te kofaktor $A_{i,j}$ . Dette indses som en direkte konsekvens af følgende resultat.

Lad $A=(a_{ij}) \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ betegne en kvadratisk matrix, og lad $1 \leq s, t \leq n$ betegne to heltal. Lad $B$ betegne matricen

$B = \begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1, t-1} & a_{1,t} & a_{1, t+1} & \cdots & a_{1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{s-1,1} & \cdots & a_{s-1, t-1} & a_{s-1,t} & a_{s-1, t+1} & \cdots & a_{s-1,n} \\ 0 & \cdots & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ a_{s+1,1} & \cdots & a_{s+1, t-1} & a_{s+1,t} & a_{s+1, t+1} & \cdots & a_{s+1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & \cdots & a_{n, t-1} & a_{n,t} & a_{n, t+1} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{pmatrix}, \tag{11.34}$ der fremkommer ved at erstatte den $s$ 'te række i $A$ med standardbasisvektoren $\check \bm{e}_t \in \check \mathbb{F}^n$ . Så er $\det(B)$ identisk med kofaktoren $A_{s,t}$ .

Bevis

Ved at udføre elementære rækkeoperationer af Type (Ⅲ.) på $B$ , så ser man, at $B$ er rækkeækvivalent med

$\hat B = \begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1, t-1} & 0 & a_{1, t+1} & \cdots & a_{1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{s-1,1} & \cdots & a_{s-1, t-1} & 0 & a_{s-1, t+1} & \cdots & a_{s-1,n} \\ 0 & \cdots & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ a_{s+1,1} & \cdots & a_{s+1, t-1} & 0 & a_{s+1, t+1} & \cdots & a_{s+1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & \cdots & a_{n, t-1} &0 & a_{n, t+1} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{pmatrix}. \tag{11.35}$ Idet elementære rækkeoperationer af Type (Ⅲ.) ikke ændrer på determinanten, jf. Proposition 11.9, så gælder der yderligere, at $\mathrm{det} ( \hat B) = \mathrm{det}(B)$ .

Bemærk nu, at vi kan udføre $(s-1)$ elementære rækkeoperationer af Type (Ⅰ.) på $\hat B$ og opnå matricen

$\hat C = \begin{pmatrix} 0 & \cdots & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ a_{11} & \cdots & a_{1, t-1} & 0 & a_{1, t+1} & \cdots & a_{1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{s-1,1} & \cdots & a_{s-1, t-1} & 0 & a_{s-1, t+1} & \cdots & a_{s-1,n} \\ a_{s+1,1} & \cdots & a_{s+1, t-1} & 0 & a_{s+1, t+1} & \cdots & a_{s+1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & \cdots & a_{n, t-1} &0 & a_{n, t+1} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{pmatrix}. \tag{11.36}$ Specielt er $\mathrm{det}(\hat C) = (-1)^{s-1} \mathrm{det}(\hat B)$ , jf. (1.) i Proposition 11.9. Tilsvarende så kan vi successivt ombytte $(t-1)$ par af søjler i matricen $\hat C$ og opnå matricen

$C = \begin{pmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & a_{11} & \cdots & a_{1, t-1} & a_{1, t+1} & \cdots & a_{1,n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & a_{s-1,1} & \cdots & a_{s-1, t-1} & a_{s-1, t+1} & \cdots & a_{s-1,n} \\ 0 & a_{s+1,1} & \cdots & a_{s+1, t-1} & a_{s+1, t+1} & \cdots & a_{s+1,n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & a_{n,1} & \cdots & a_{n, t-1} & a_{n, t+1} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{pmatrix}, \tag{11.37}$ og, jf. Lemma 11.15, så er $\mathrm{det}(C) = (-1)^{t-1} \mathrm{det}(\hat C)$ . Endelig så kan vi udregne determinanten af $C$ ved hjælp af Definition 11.2, hvilket implicerer, at

$\mathrm{det}(C) = 1 \cdot (-1)^{1+1} \cdot \mathrm{det}\left(M_{1,1}(C)\right) = \mathrm{det}\left(M_{s,t}(A)\right), \tag{11.38}$ idet der kun er en enkelt indgang i første søjle af $C$ , der er forskellig fra $0$ . Samlet set har vi derfor, at

$\begin{aligned} \mathrm{det}(B) = \mathrm{det}(\hat B) & = (-1)^{s-1} \mathrm{det}(\hat C) \\ & = (-1)^{s-1} (-1)^{t-1} \mathrm{det}(C) \\ & = (-1)^{s+t} \mathrm{det}\left(M_{s,t}(A)\right) \\ & = A_{s,t}, \end{aligned}$ som ønsket.

Vi har hermed, jf. (11.33), samlet set opnået:

Fasthold et heltal $n>1$ og lad $A \in \mathrm{Mat}_{n}(\mathbb{F})$ . For $1 \leq i \leq n$ der gælder, at

$\mathrm{det}(A) = \sum_{j=1}^n a_{ij} \cdot A_{i,j}. \tag{11.39}$

Ovenstående formel (11.39) omtales ofte som udvikling af determinanten efter den $i$ '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 $n>0$ , og lad $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ betegne en kvadratisk matrix af størrelse $n$ . Så

$\mathrm{det}(A) = \mathrm{det}(A^T). \tag{11.40}$

Bevis

Vi argumenterer via induktion i $n$ . Hvis $n=1$ , så er udsagnet oplagt. Antag derfor, at $n>1$ og at udsagnet er vist for kvadratiske matricer af størrelse $n-1$ .

Idet vi har følgende identitet af undermatricer

$M_{i,j}(A)^T = M_{j,i}(A^T), \tag{11.41}$ så gælder der pr. induktion, at

$\begin{aligned} A_{i,j} & = (-1)^{i+j} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,j}(A)\right) \\ & = (-1)^{i+j} \cdot \mathrm{det}\left(M_{i,j}(A)^T\right) \\ & =(-1)^{i+j} \cdot \mathrm{det}\left(M_{j,i}(A^T)\right) \\ & = (A^T)_{j,i}. \end{aligned} \tag{11.42}$ Ved udvikling af determinanter for $A^T$ efter første række, der opnår vi derfor, at (husk, at den $(1,j)$ 'te indgang i $A^T$ er lig $a_{j1}$ )

$\begin{aligned} \mathrm{det}(A^T) & = \sum_{j=1}^n a_{j1} \cdot (A^T)_{1,j} \\ & = \sum_{j=1}^n a_{j1} \cdot A_{j,1} \\ & = \mathrm{det}(A), \end{aligned}$ 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 $n>1$ og lad $A \in \mathrm{Mat}_{n}(\mathbb{F})$ . For $1 \leq j \leq n$ der gælder, at

$\mathrm{det}(A) = \sum_{i=1}^n a_{ij} \cdot A_{i,j}. \tag{11.43}$

Bevis

Vi sammenholder Korollar 11.20 og Sætning 11.19 og opnår herved, at

$\begin{aligned} \mathrm{det}(A) & = \mathrm{det}(A^T) \\ & = \sum_{i=1}^n a_{ij} \cdot (A^T)_{j,i} \\ & = \sum_{i=1}^n a_{ij} \cdot A_{i,j}, \end{aligned}$ hvor vi undervejs har anvendt identiteten (11.42) fra beviset for Korollar 11.20.

Betragt den reelle matrix

$A= \begin{pmatrix} 3 & 2 & 5 & 4 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 7 & 3 \\ 0 & 2 & 9 & 4 \\ \end{pmatrix}.$ Det bemærkes, at den første søjle i $A$ kun indeholder en enkelt indgang forskellig fra $0$ . Specielt vil udviklingen af determinanten efter den første søjle kun indeholde et enkelt led forskelligt fra nul. Vi finder, at

$\mathrm{det}(A) = 3 \cdot \mathrm{det} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 3 & 7 & 3 \\ 2 & 9 & 4 \\ \end{pmatrix} .$ Matricen

$\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 3 & 7 & 3 \\ 2 & 9 & 4 \\ \end{pmatrix}$ indeholder tilsvarende kun et enkelt element forskellig fra $0$ i første række, og dermed opnår vi ved udvikling af den tilsvarende determinant efter første række, at

$\mathrm{det} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 3 & 7 & 3 \\ 2 & 9 & 4 \\ \end{pmatrix} = 2 \cdot \mathrm{det} \begin{pmatrix} 7 & 3 \\ 9 & 4 \\ \end{pmatrix} = 2 \cdot(7 \cdot 4 - 9 \cdot 3) = 2,$ hvor sidste lighedstegn følger fra Eksempel 11.3 (2.). Vi konkluderer samlet, at $\mathrm{det}(A) = 6$ .

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 $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ . Så:

Såfremt $B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ fremkommer fra $A$ ved ombytning af to søjler, så er
$\mathrm{det}(B) = -\mathrm{det}(A).$
Såfremt $B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ fremkommer fra $A$ ved multiplikation af en søjle med en skalar $\alpha \in \mathbb{F}$ , så er
$\mathrm{det}(B) = \alpha \cdot \mathrm{det}(A).$
Såfremt $B \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ fremkommer fra $A$ ved at addere et multiplum af en søjle til en anden søjle, så
$\mathrm{det}(B) = \mathrm{det}(A).$

Bevis

Antag at $B$ fremkommer fra $A$ via en af de beskrevne operationer (1.), (2.) eller (3.). Sæt $C=A^T$ og $D=B^T$ . Så fremkommer $D$ fra $C$ via en tilsvarende rækkeoperation. Jf. Proposition 11.9, så er

$\mathrm{det}(D) = r \cdot \mathrm{det}(C),$ hvor $r$ er hhv. lig $-1$ , $\alpha$ eller $1$ svarende til tilfældene (1.), (2.) eller (3.). Yderligere haves, at $\mathrm{det}(C) = \mathrm{det}(A)$ og $\mathrm{det}(D)=\mathrm{det}(B)$ , jf. Korollar 11.20, og det ønskede er hermed opnået.

De involverede operationer på matricen $A$ i ovenstående resultat kaldes, såfremt $\alpha \neq 0$ , 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 $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ . Den adjungerede matrix til $A$ defineres som matricen ${\mathrm{adj}(A)} \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ , hvis $(i,j)$ 'te indgang er lig kofaktoren $A_{j,i}$ .

Lad

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}.$ Angiv den adjungerede matrix $\mathrm{adj}(A)$ til $A$ .

Dit svar: Det er en

Ifølge Eksempel 11.17 så er

$\mathrm{adj} \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix} .$

Vi skynder os at bemærke:

Lad $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ . Så er

$\mathrm{adj}(A)^T = \mathrm{adj}(A^T).$

Bevis

Det påståede udsagn er ækvivalent med kofaktoridentiteten

$A_{i,j} = (A^T)_{j,i},$ for $1 \leq i,j \leq n$ . Denne identitet er allerede udledt i beviset for Korollar 11.20, jf. (11.42).

Den adjungerede matrix $\mathrm{adj}(A)$ er tæt knyttet til den inverse for $A$ (såfremt denne eksisterer). Vi har:

Lad $A=(a_{ij}) \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ . Så er

$\mathrm{adj}(A) \cdot A = \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I} = A \cdot \mathrm{adj}(A), \tag{11.44}$ hvor $\mathrm{I} \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ betegner identitetsmatricen.

Bevis

Ifølge definitionen på matrixproduktet, så beskrives den $(i,j)$ 'te indgang i produktet $A \cdot \mathrm{adj}(A)$ , som

$\sum_{k=1}^n a_{ik} A_{j,k}. \tag{11.45}$ Hvis $i=j$ , så er dette udtryk blot udviklingen af $\mathrm{det}(A)$ efter den $j$ 'te række i $A$ . Hvis derimod $i \neq j$ , så lader vi $B=(b_{ij})$ betegne matricen, der alene adskiller sig fra $A$ ved at den $j$ 'te række i $B$ er lig den $i$ 'te række $\bm{a}_i$ i $A$ . Specielt er $B_{j,k}$ identisk med $A_{j,k}$ , mens $b_{jk}=a_{ik}$ , for $k=1,2,\ldots,n$ . Vi kan derfor opfatte (11.45) som determinanten af $B$ udviklet efter den $j$ 'te række. Bemærk nu, at række $i$ og $j$ i $B$ er identiske, og dermed så er $\mathrm{det}(B)=0$ ifølge (2.) i Korollar 11.10.

Vi kender hermed værdien af (11.45) for alle værdier af $i$ og $j$ , og vi kan nu konkludere, at

$A \cdot \mathrm{adj}(A) = \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I}. \tag{11.46}$

Den resterende del af identiteten (11.44) følger nu ved at anvende (11.46) på matricen $A^T$ . Vi opnår da, at

$\mathrm{det}(A^T) \cdot \mathrm{I} = A^T \cdot \mathrm{adj}(A^T) = A^T \cdot \mathrm{adj}(A)^T, \tag{11.47}$ hvor det sidste lighedstegn følger af Lemma 11.26. Dermed, jf. Korollar 11.20, vil

$\mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I} = A^T \cdot \mathrm{adj}(A)^T,$ hvilket implicerer, at

$\mathrm{adj}(A) \cdot A = \big(A^T \cdot \mathrm{adj}(A)^T\big)^T = \big(\mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I} \big)^T = \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I},$ hvor det sidste lighedstegn følger, idet matricen $\mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I}$ er diagonal. Dette afslutter beviset.

I tilfældet hvor $n=2$ er udsagnet i Proposition 11.27 identisk med

$\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ad-bc & 0 \\ 0 & ad-bc \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ jf. Eksempel 11.25.

Lad $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ betegne en invertibel matrix. Så er

$A^{-1} = \frac{1}{\mathrm{det}(A)} \mathrm{adj}(A). \tag{11.48}$

Bevis

Udsagnet følger direkte af Proposition 11.27 idet

$\begin{aligned} A \cdot \big( \frac{1}{\mathrm{det}(A)} \mathrm{adj}(A) \big ) & = \frac{1}{\mathrm{det}(A)} \big(A \cdot \mathrm{adj}(A) \big) \\ & = \frac{1}{\mathrm{det}(A)} \big( \mathrm{det}(A) \cdot \mathrm{I} \big) \\ &= \mathrm{I}. \end{aligned}$

11.8 Cramers regel

I det følgende betegner $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ en invertibel matrix med søjler $\bm{a}_1, \bm{a}_2,\ldots,\bm{a}_n \in \mathbb{F}^n$ . At $A$ er invertibel implicerer, jf. Proposition 7.4, at $\mathcal{V}=(\bm{a}_1, \bm{a}_2,\ldots,\bm{a}_n )$ udgør en basis for $\mathbb{F}^n$ . Specielt vil ethvert element $\bm{b} \in \mathbb{F}^n$ kunne udtrykkes entydigt som en linearkombination af søjlevektorerne $\bm{a}_1,\bm{a}_2,\ldots,\bm{a}_n$ ; dvs. der eksisterer entydigt bestemte skalarer $\alpha_1,\alpha_2,\allowbreak \ldots,\alpha_n \in \mathbb{F}$ , så

$\bm{b} = \alpha_1 \cdot \bm{a}_1 + \alpha_2 \cdot \bm{a}_2 + \cdots + \alpha_n \cdot \bm{a}_n. \tag{11.49}$ Som bekendt (jf. Afsnit 5.2.1), så er vektoren $(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)^T \in \mathbb{F}^n$ karakteriseret som den entydige løsning til det lineære ligningssystem $A \cdot \bm{x} = \bm{b}$ . Den følgende sætning, kaldet Cramers regel, beskriver værdierne af $\alpha_1, \ldots, \alpha_n \in \mathbb{F}$ vha. determinantbegrebet.

[Cramers regel] Lad $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ betegne en invertibel matrix, og lad $\bm{b} \in \mathbb{F}^n$ . Lad $A_i$ , for $i=1,2,\ldots,n$ , betegne matricen, der fremkommer ved at udskifte den $i$ 'te søjle i $A$ med $\bm{b}$ . Den entydige løsning $(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)^T \in \mathbb{F}^n$ til det lineære ligningssystem $A \cdot \bm{x} = \bm{b}$ , er da bestemt ved

$\alpha_i = \frac{\mathrm{det}(A_i)}{\mathrm{det}(A)} \qquad\mathrm{for}\thickspace i=1,2,\ldots,n. \tag{11.50}$

Lad $A, A_1$ og $A_2$ betegne de reelle matricer

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 4 & 3 \end{pmatrix}, A_1 = \begin{pmatrix} 11 & 1 \\ 27 & 3 \end{pmatrix}, A_2 = \begin{pmatrix} 2 & 11 \\ 4 & 27 \end{pmatrix},$ og lad $\bm{b} = \begin{pmatrix} 11 \\ 27 \end{pmatrix}$ .

Så er $\mathrm{det}(A)=$

, $\mathrm{det}(A_1)=$

og $D(A_2)=$

Specielt er $\begin{pmatrix} \alpha \\ \beta \end{pmatrix}$ , med $\alpha=$

og $\beta =$

, en løsning til det lineære ligningssystem $A \cdot \bm{x} = \bm{b}$ .

$3$

$6$

$2$

$10$

$5$

Bevis

Som beskrevet ovenfor så er $(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)^T \in \mathbb{F}^n$ bestemt ved identiteten

$\bm{b} = \alpha_1 \cdot \bm{a}_1 + \alpha_2 \cdot \bm{a}_2 + \cdots + \alpha_n \cdot \bm{a}_n. \tag{11.51}$ Specielt er den $i$ 'te søjle i $A_i$ også givet som linearkombinationen på højresiden af (11.51). For $j \neq i$ , så er den $j$ 'te søjle i $A_i$ blot lig $\bm{a}_j$ , og det er derfor oplagt, at vi kan udføre elementære søjleoperationer af Type III på $A_i$ (subtraher $\alpha_j$ gange søjle $j$ fra søjle $i$ for $j \neq i$ ) og opnå en matrix $B_i$ , hvor den $i$ 'te søjle er lig $\alpha_i \cdot \bm{a}_i$ , mens de øvrige søjler er identiske med dem i $A$ . Ifølge Proposition 11.23 (3.) så er $\mathrm{det}(B_i) = \mathrm{det}(A_i)$ , mens Proposition 11.23 (2.) implicerer, at $\mathrm{det}(B_i) = \alpha_i \cdot \mathrm{det}(A)$ . Vi konkluderer derfor, at

$\mathrm{det}(A_i) = \alpha_i \cdot \mathrm{det}(A),$ 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.