5Determinanter

I dette kapitel vil vi definere determinanten, et tal $\det(A)$ for en generel $n\times n$ matrix $A,$ som opfylder: $A$ er invertibel, hvis og kun hvis, $\det(A) \neq 0.$ Dette bliver især brugbart i Kapitel 8 til at bestemme egenværdier.

Vi undersøger hovedsagligt kvadratiske matricer i dette kapitel.

5.1 Determinant af matrix

Ved at slette en række og en søjle i en matrix, opnår man en såkaldt undermatrix; dette bliver en af hovedingredienserne for definitionen af en determinant.

Ved at slette række $i$ og søjle $j$ i en $n\times n$ matrix $A,$ opnår man en $(n-1)\times(n-1)$ matrix $A_{[ij]},$ som kaldes den $(i,j)$ 'te undermatrix af $A.$

Her er et eksempel på en matrix $A$ og undermatricen $A_{[31]}$ , der svarer til at slette tredje række og første søjle:

$A = \begin{pmatrix} \color{red}2 & 0 & 3 & 4\\ \color{red}1 & 3 & 0 & 0\\ \color{red}4 & \color{red}1 & \color{red}0 & \color{red}-1\\ \color{red}0 & -2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad A_{[31]} = \begin{pmatrix} 0 & 3 & 4\\ 3 & 0 & 0\\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$ Løs med det samme Quiz 5.1!

Determinanten $\det(A)$ af en $n\times n$ matrix $A$ er givet induktivt, ved brug af sum-notation:

$\det(A) = \sum_{i=1}^n (-1)^{i+1}a_{i1}\det(A_{[i1]}),$ eller ved at skrive summen ud:

$\begin{aligned} \det(A) &= a_{11} \det(A_{[11]}) - a_{21} \det(A_{[21]}) + a_{31} \det(A_{[31]}) \\ &\hphantom{{}={}} - a_{41} \det(A_{[41]}) + \cdots + (-1)^{n+1} a_{n1}\det(A_{[n1]}). \end{aligned}$ Determinanten for en $1\times 1$ matrix (et tal $a$ ) er $\det(a)=a.$

Definitionen er induktiv, fordi før vi kan beregne determinanten af en $n\times n$ matrix med formlen, så er vi nødt til at kunne beregne determinanten af undermatrix $A_{[i1]},$ det vil sige determinanten af en $(n-1)\times (n-1)$ matrix. Vi kunne sådan set skrive en formel ned for determinanten som ikke er induktiv. Ulempen ved dette er, at denne formel bliver meget lang.

Læg mærke til fortegnsmønsteret $+-+-\cdots$ i Definition 5.2. For en $2\times 2$ matrix får vi

$\det \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12}\\ a_{21} & a_{22} \end{pmatrix} = a_{11} a_{22} - a_{21} a_{12}.$ For $3\times 3$ matricer udleder vi en formel, som ikke er induktiv, på følgende måde:

$\begin{aligned} &\det \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix}\\ &\enskip= a_{11} (a_{22} a_{33} - a_{32} a_{23}) - a_{21}(a_{12} a_{33} - a_{32} a_{13}) + a_{31}(a_{12} a_{23} - a_{22} a_{13})\\ &\enskip= a_{11} a_{22} a_{33} + a_{12}a_{23} a_{31} + a_{13} a_{21} a_{32} - a_{13} a_{22} a_{31} - a_{12} a_{21} a_{33} - a_{11} a_{23} a_{32}. \end{aligned}$ Det virker nu klart, hvorfor man ikke har lyst til at gentage denne spøg for $4\times 4$ matricer (her er der hele $24$ led i formlen for determinanten. For $3\times 3$ matricer var der kun $6$ ). Formlen for determinanten vokser eksplosivt med $n!$ led ( $n$ fakultet) for en $n\times n$ matrix. For eksempel, for at beregne determinanten af en $10\times 10$ matrix, består den tilsvarende formel af 3.628.800 led, og alle dem gider vi ikke lægge sammen. Heldigvis er der langt hurtigere metoder til at udregne determinanten af en stor matrix, men det kræver at vi kigger nærmere på dens egenskaber.

Vi anvender Definition 5.2 til at udregne determinanten af matricen

$A = \begin{pmatrix} \color{blue}2 & \color{blue}0 & \color{blue}3 & \color{blue}4\\ \color{orange}1 & \color{orange}3 & \color{orange}0 & \color{orange}0\\ \color{red}4 & \color{red}1 & \color{red}0 & \color{red}-1\\ \color{purple}0 & \color{purple}-2 & \color{purple}0 & \color{purple}1 \end{pmatrix}.$ De farvede rækker i $A$ svarer til determinanterne nedenfor, når disse rækker samt første søjle slettes i den induktive formel:

$\begin{aligned} \det(A) &= {\color{blue} 2 \det\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -1 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}} - {\color{orange} 1 \det\begin{pmatrix} 0 & 3 & 4 \\ 1 & 0 & -1 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}} \\&\phantom{={}} + {\color{red} 4 \det\begin{pmatrix} 0 & 3 & 4 \\ 3 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}} - {\color{purple} 0 \det\begin{pmatrix} 0 & 3 & 4 \\ 3 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}}. \end{aligned}$ Nu kan formlen for determinanten af $3\times 3$ matricer anvendes, men helt ærligt kan jeg aldrig selv huske denne formel. Ofte er det lettere at bruge den induktive formel igen, reducere til $2\times 2$ determinanter, og så anvende dennes formel, som er meget lettere at huske:

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -1 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix} &= 3 \det\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} - 1\det\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = 0, \\ \det\begin{pmatrix} 0 & 3 & 4 \\ 1 & 0 & -1 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix} &= 0\det\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} -1\det\begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = 3, \\ \det\begin{pmatrix} 0 & 3 & 4 \\ 3 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix} &= 0\det\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} -3\det\begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = -9. \end{aligned}$ Ved at indsætte dette i udtrykket for $\det(A)$ ovenfor, får vi

$\det(A) = {\color{blue} 2\cdot 0} - {\color{orange} 1\cdot 3} + {\color{red} 4\cdot (-9)} - {\color{purple} 0} = -39.$

Ud fra Definition 5.2 ses for identitetsmatricen $I_n$ at

$\det(I_n) = \det(I_{n-1}),$ hvor $n>1.$ Ud fra $\det(I_1) = 1$ sluttes altså generelt at

$\det(I_n) = 1.$

5.2 Determinanter og rækkeoperationer

Vi udleder her nogle helt fundamentale egenskaber for determinanten, specielt at den ikke ændrer sig ved addition af et multiplum af en række til en anden række. Husk at $A_{i\bullet}$ betegner den $i$ 'te række af $A.$

Lad $A$ være en $n\times n$ matrix.

Rækkeoperationen $R_i \leftrightarrow R_j$ for $i\neq j$ skifter fortegn i determinanten:
$\det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{j\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} = -\det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{j\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix}.$
Rækkeoperationen $R_i \rightarrow \lambda R_i$ (også for $\lambda=0$ ) ændrer determinanten til $\lambda\det(A)$ :
$\det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ \lambda A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} = \lambda\det \begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix}.$
Rækkeoperationen $R_i \rightarrow R_i + \lambda R_j$ for $i\neq j$ ændrer ikke determinanten:
$\det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} + \lambda A_{j\bullet} \\ \vdots \\ A_{j\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{j\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix}.$

Fremstillingen i beviset er inspireret af Michael Artin's legendariske algebrabog.

Bevis

Beviset foregår i adskillige trin. Først ser vi på tre resultater, der vises med induktion ved brug af Definition 5.2.

Induktionsbevis for (ii)

Resultatet er sandt for $1\times 1$ matricer, da det bare er multiplikation af tal, hvilket giver induktionsstarten. Antag nu, at resultatet er sandt for $(n-1)\times (n-1)$ matricer, så skal vi vise at det også holder for $n\times n$ matricer.

Lad os kalde

$B = \begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ \lambda A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix}.$ Matricerne $B_{[k1]}$ indeholder rækken $\lambda A_{i\bullet}$ (undtagen første element), medmindre $k = i.$ Fra Definition 5.2, samt brugen af induktionshypotesen på $B_{[k1]}$ for $k\neq i,$ har vi

$\begin{aligned} \det(B) &= a_{11} \det(B_{[11]}) - \cdots + (-1)^{i+1}{\color{blue}\lambda a_{i1}\det(A_{[i1]})} \\ &\phantom{{}={}}+\cdots + (-1)^{n+1} a_{n1}\det(B_{[n1]}) \\ &= \lambda a_{11} \det(A_{[11]}) - \cdots + (-1)^{i+1}{\color{blue}\lambda a_{i1}\det(A_{[i1]})}\\ &\phantom{{}={}}+\cdots + (-1)^{n+1} \lambda a_{n1}\det(A_{[n1]}) \\ &= \lambda\det(A). \end{aligned}$

Addition af rækker:

$\det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} + B_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} + \det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ B_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix}. \tag{5.1}$

Induktionsbevis

Resultatet er sandt for $1\times 1$ matricer, da det bare er addition af tal, hvilket giver induktionsstarten. Antag nu at resultatet er sandt for $(n-1)\times (n-1)$ matricer, så skal vi vise at det også holder for $n\times n$ matricer.

Lad os kalde

$B = \begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ B_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad C = \begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} + B_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix}.$ Fra Definition 5.2, samt brugen af induktionshypotesen på $C_{[k1]} = A_{[k1]} + B_{[k1]}$ for $k\neq i,$ har vi

$\begin{aligned} \det(C) &= a_{11} \det(C_{[11]}) - \cdots + (-1)^{i+1}{\color{blue}(a_{i1}+b_{i1})\det(A_{[i1]})} \\ &\phantom{{}={}}+\cdots + (-1)^{n+1} a_{n1}\det(C_{[n1]}) \\ &= a_{11} (\det(A_{[11]})+\det(B_{[11]})) - \cdots + (-1)^{i+1}{\color{blue}(a_{i1}+b_{i1})\det(A_{[i1]})} \\ &\phantom{{}={}}+\cdots + (-1)^{n+1} a_{n1}(\det(A_{[n1]})+\det(B_{[n1]})). \end{aligned}$ Nu bruges at $A_{[i1]} = B_{[i1]}$ da $A$ og $B$ kun er forskellige i $i$ 'te række, så vi har

$\begin{aligned} \det(C) &= a_{11} (\det(A_{[11]})+\det(B_{[11]})) - \cdots + (-1)^{i+1}{\color{blue}(a_{i1}\det(A_{[i1]})+b_{i1}\det(B_{[i1]}))}\\ &\phantom{{}={}}+\cdots + (-1)^{n+1} a_{n1}(\det(A_{[n1]})+\det(B_{[n1]})) \\ &= \det(A) + \det(B). \end{aligned}$

Ens naborækker:

$\text{Hvis } A_{i\bullet} = A_{(i+1)\bullet}, \text{ så er } \det(A) = 0. \tag{5.2}$

Induktionsbevis

Resultatet er sandt for $2\times 2$ matricer, fra formlen for determinanten af en $2\times 2$ matrix, hvilket giver induktionsstarten. Antag nu, at resultatet er sandt for $(n-1)\times (n-1)$ matricer, så skal vi vise at det også holder for $n\times n$ matricer.

$A_{[k1]}$ indeholder de ens rækker $A_{i\bullet}$ og $A_{(i+1)\bullet}$ (undtagen første element), medmindre $k = i$ eller $k = i+1.$ Af induktionshypotesen gælder derfor $\det(A_{[k1]}) = 0$ hvis både $k\neq i$ og $k\neq i+1.$ Herudover har vi $A_{[i1]} = A_{[(i+1)1]}$ og $a_{i1}=a_{(i+1)1},$ da $A_{i\bullet} = A_{(i+1)\bullet}.$ Derfor giver Definition 5.2:

$\det(A) = (-1)^{i+1}a_{i1}\det(A_{[i1]}) + (-1)^{i+2}a_{(i+1)1}\det(A_{[(i+1)1]}) = 0.$

Naborækkeoperation:

$\begin{aligned} &\text{Hvis } B = \begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ A_{(i+1)\bullet} + \lambda A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} \text{ eller } B = \begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} + \lambda A_{(i+1)\bullet} \\ A_{(i+1)\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix}, \\&\text{så er } \det(B) = \det(A). \end{aligned}\tag{5.3}$ Vi viser det første tilfælde, da beviset for det andet er næsten identisk. Dette indses ved først at anvende (5.1) og dernæst (ii):

$\det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ A_{(i+1)\bullet} + \lambda A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} = \det(A) + \lambda\det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix}.$ Resultatet kommer nu fra (5.2).

Fortegnsskifte ved ombytning af naborækker:

$\det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ A_{(i+1)\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} = -\det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{(i+1)\bullet} \\ A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix}. \tag{5.4}$ Det indses ved brug af (5.3) tre gange, med naborækkeoperationerne som er hhv. $R_{i+1}\to R_{i+1}-R_i,$ så $R_i \to R_i + R_{i+1}$ og til sidst $R_{i+1}\to R_{i+1}-R_i.$ Til slut anvendes (ii):

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ A_{(i+1)\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} &= \det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ A_{(i+1)\bullet} - A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{(i+1)\bullet} \\ A_{(i+1)\bullet} - A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} \\& = \det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{(i+1)\bullet} \\ -A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} = -\det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{(i+1)\bullet} \\ A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix}. \end{aligned}$

(iii): Vi beviser resultatet ved at lave naboombytninger med (5.4), lad os sige $N$ gange, for at flytte række $i$ hen til række $j$ (det vil sige, der er $N$ rækker i $A$ mellem disse to rækker). Dette skifter fortegn $N$ gange i determinanten. Dernæst udføres en naborækkeoperation med (5.3). Til sidst flyttes række $i$ tilbage på plads, med igen $N$ naboombytninger med (5.4), som giver yderligere $N$ fortegnsskift i determinanten:

$\det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} + \lambda A_{j\bullet} \\ \vdots \\ A_{j\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} = (-1)^N \det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} + \lambda A_{j\bullet} \\ A_{j\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} = (-1)^N \det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ A_{j\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix} = (-1)^{2N} \det\begin{pmatrix} A_{1\bullet} \\ \vdots \\ A_{i\bullet} \\ \vdots \\ A_{j\bullet} \\ \vdots \\ A_{n\bullet} \end{pmatrix}.$ $(-1)^{2N} = 1$ for ethvert heltal $N,$ hvilket giver resultatet i (iii).

(i): Beviset er helt tilsvarende beviset for naboombytninger i (5.4), men nu anvendes (iii) i beviset i stedet for nabooperationer med (5.3).

Ækvivalente definitioner af determinant

Der findes adskillige ækvivalente definitioner af determinanten, her er nogle af dem:

Vi har naturligvis Definition 5.2, eller mere generelt Laplace udvikling givet senere i Sætning 5.12.
En anden definition er som den entydige funktion defineret på kvadratiske matricer, der opfylder:
1. $f(I) = 1,$
2. $f$ opfører sig som determinanten fra Sætning 5.4 i forbindelse med rækkeoperationer (eller søjleoperationer).
Entydigheden af sådan en funktion vises i beviset for Sætning 5.12.
Den foregående definition kan også formuleres som en alternerende multilineær form med hensyn til rækker/søjler, og med værdien $1$ for identitetsmatricen.
Leibniz' formel for determinanten (Opgave 5.12).
En af de smukkeste ækvivalente definitioner, som vi dog først kommer til som et resultat meget senere, er som produkt af egenværdier (Sætning 11.7).

De fleste metoder til beregning af $\det(A),$ for $n\times n$ matrix $A,$ er ufatteligt langsomme (beregningskompleksiteten af algoritmerne vokser som $n!$ ). Undtagelsen er brugen af rækkeoperationer, hvor beregningskompleksiteten vokser som $\tfrac{2}{3}n^3.$ Derfor udregnes determinanten på computer typisk gennem LU dekompositionen (Sætning 4.32), der netop kommer fra Gauss elimination, samt egenskaber for determinanten (Sætning 5.7 og Proposition 5.11).

5.2.1 Udregning af determinant med rækkeoperationer

Definition 5.2 er ganske brugbar for små matricer, men den følgende metode med brug af rækkeoperationer er mere effektiv for større matricer. Vi følger ganske enkelt rækkeoperationerne på vej til dens RREF. De eneste rækkeoperationer som ændrer determinanten, er ombytning af rækker samt multiplikation af en række med et tal.

Lad os se denne fremgangsmåde i et par eksempler:

$\det \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 4 & 5 & 6\\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & -3 & -6\\ 0 & -6 & -12 \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & -3 & -6\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = 0,$ idet en matrix med en nulrække har determinant $0$ (se Opgave 5.4).

I et andet eksempel har vi

$\begin{aligned} \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} &= - \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} = - \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} = - \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \\ &= 2 \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = 2 \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = 2. \end{aligned}$

5.3 Egenskaber for determinanter

Følgende sætning er et af hovedresultaterne, når det kommer til determinanten af en matrix.

En kvadratisk matrix $A$ er invertibel, hvis og kun hvis, $\det(A) \neq 0.$

Bevis

Sætning 4.25 siger at matricen $A$ er invertibel, hvis og kun hvis, den via rækkeoperationer kan omformes til $I.$ Under hver af rækkeoperationerne ændres determinanten ved multiplikation af et tal $\neq 0$ af Sætning 5.4. Da $\det(I) = 1$ følger resultatet, at hvis $A$ er invertibel, så er $\det(A)\neq 0.$

Da $A$ er kvadratisk, så vil dens RREF i det singulære tilfælde have en nulrække (Opgave 4.19), og så giver Opgave 5.4 at $\det(A) = 0.$

I forrige kapitel introducerede vi tre typer elementærmatricer. Lad $E_1$ svare til rækkeoperationen $R_i\leftrightarrow R_j,$ $E_2$ svarer til $R_i\to \lambda R_i$ og $E_3$ svarer til $R_i\to R_i+\lambda R_j$ hvor $i\neq j.$ Alle invertible matricer kan skrives som et produkt af disse typer matricer (Sætning 4.25). Fra Sætning 5.4 er

$\det(E_1) = -1,$
$\det(E_2) = \lambda,$
$\det(E_3) = 1,$

samt

$\det(EB) = \det(E)\det(B), \tag{5.5}$ hvor $B$ er en vilkårlig kvadratisk matrix og $E$ er en elementærmatrix. Dette generaliseres til alle produkter af kvadratiske matricer.

Lad $A$ og $B$ være $n\times n$ matricer. Så gælder

$\det(AB) = \det(A)\det(B).$

Bevis

Hvis $A$ ikke er invertibel, er $AB$ heller ikke invertibel (Sætning 4.16). Så er

$\det(AB)=0=\det(A)\det(B)$ af Sætning 5.6 i dette tilfælde.

Hvis $A$ er invertibel, kan $A$ skrives som et produkt af elementærmatricer (Sætning 4.25). Dermed er

$\det(AB) = \det(A)\det(B)$ ved gentagen anvendelse af (5.5).

Sætning 5.7 har adskillige vigtige anvendelser; lad os nævne nogle få af dem her. En anvendelse af Sætning 5.7 med $B = A^{-1},$ giver følgende resultat:

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

Vi husker fra definitionen af en invertibel matrix (Definition 4.13), at to $n\times n$ matricer $A$ og $B$ er hinandens inverse hvis både $AB = I_n$ og $BA = I_n.$ Den næste anvendelse af Sætning 5.7 viser, at det er tilstrækkeligt at tjekke om enten $AB = I_n$ eller $BA = I_n.$ Det er naturligvis vigtigt for resultatet, at der er tale om kvadratiske matricer.

Lad $A$ og $B$ være $n\times n$ matricer, så gælder:

Hvis $AB = I_n$ er $A$ invertibel med $A^{-1} = B.$
Hvis $BA = I_n$ er $A$ invertibel med $A^{-1} = B.$

Bevis

Det er nok at vise det ene af tilfældene, da det andet blot svarer til at ombytte $A$ og $B.$

Hvis $AB = I_n,$ har vi fra Sætning 5.7 at

$1 = \det(I_n) = \det(AB) = \det(A)\det(B).$ Dermed er $\det(A) \neq 0,$ og Sætning 5.6 fortæller at $A$ er invertibel. Vi kan nu blot gange med $A^{-1}$ fra venstre i $AB= I_n$ til at få $B = A^{-1}.$

Determinanten af en transponeret matrix $A^\textup{T}$ findes direkte fra $A.$

Lad $A$ være en kvadratisk matrix. Så er

$\det(A^\textup{T}) = \det(A).$

Bevis

Opgave 4.6 siger at $A$ er invertibel, hvis og kun hvis, $A^\textup{T}$ er invertibel. Formlen gælder derfor hvis $A$ ikke er invertibel, da vi dermed har $\det(A^\textup{T}) = 0 = \det(A)$ af Sætning 5.6.

Hvis $A$ er invertibel kan $A$ skrives som et produkt af elementærmatricer (Sætning 4.25), og $A^\textup{T}$ er derfor et produkt af transponerede elementærmatricer (Proposition 4.17). En elementærmatrix $E$ opfylder

$\det(E^\textup{T}) = \det(E).$ Dette er klart for elementærmatricerne for ombytning af rækker, og for elementærmatricerne for multiplikation af en række med en skalar, da disse elementærmatricer opfylder $E^\textup{T} = E.$

Den sidste type elementærmatrix udfører en operation af typen $R_i\to R_i+\lambda R_j$ for $i\neq j.$ For $E^\textup{T}$ svarer det til operationen af typen $R_j\to R_j + \lambda R_i.$ For disse elementærmatricer ved vi at $\det(E^\textup{T}) = 1 = \det(E).$

Derfor har vi $\det(A^\textup{T}) = \det(A)$ ved gentagen anvendelse af Sætning 5.7 i dette tilfælde.

Søjleoperationer kan identificeres med rækkeoperationer på den transponerede matrix. Læg mærke til at Proposition 5.9 viser, at determinanten ændres på præcis samme måde ved søjleoperationer som ved rækkeoperationer.

Determinanten skifter fortegn ved ombytning af to søjler:
$\det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 4\\ 1 & 3 & 9 \end{pmatrix} = - \det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 4 & 2 & 1\\ 9 & 3 & 1 \end{pmatrix}.$
Vi kan trække en skalar ganget på en søjle uden for determinanten:
$\det \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\ 2 & 2 & 4\\ 2 & 3 & 9 \end{pmatrix} = 2 \det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 4\\ 1 & 3 & 9 \end{pmatrix}.$
Determinanten er uændret ved addition af multiplum af en søjle til en anden søjle:
$\det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 4\\ 1 & 3 & 9 \end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 3\\ 1 & 3 & 8 \end{pmatrix}.$

For trekantsmatricer (se Afsnit 4.1) er determinanten særdeles let at finde.

Determinanten af en trekantsmatrix er lig produktet af diagonalelementerne.

Bevis

Beviset for øvre trekantsmatricer kommer direkte ved brug af Definition 5.2. Den induktive formel vil kun have første led, som (muligvis) er forskellig fra nul:

$\det(A) = a_{11}\det(A_{[11]}).$ Men da $A_{[11]}$ også er en øvre trekantsmatrix kan dette argument genbruges, indtil der tilbage står produktet af diagonalelementerne som resultat.

Beviset for nedre trekantsmatricer kommer af, at transponering skifter en nedre trekantsmatrix til en øvre trekantsmatrix, men ikke ændrer på diagonalen. Resultatet kommer nu ved brug af Proposition 5.9.

En smuk generalisering af den sædvanlige formel for determinanten i Definition 5.2, er et resultat af Pierre-Simon Laplace kaldet Laplace udvikling; ideen er, at man ikke kun kan udvikle determinanten fra første søjle i matricen, man kan faktisk gøre det fra en vilkårlig søjle eller række.

Man skal dog bemærke, at fortegnsmønstret afhænger af om man vælger et ulige søjle-/rækkenummer (starter med plus), eller et lige søjle-/rækkenummer (starter med minus).

Lad $A$ være en $n\times n$ matrix.

Determinanten af $A$ kan udvikles fra $j$ 'te søjle:
$\det(A) = \sum_{i=1}^n (-1)^{i+j}a_{ij}\det(A_{[ij]}).$
Determinanten af $A$ kan udvikles fra $i$ 'te række:
$\det(A) = \sum_{j=1}^n (-1)^{i+j}a_{ij}\det(A_{[ij]}).$

Bevis

(i): Lad en funktion $f$ defineres induktivt på kvadratiske matricer op til vilkårlig størrelse $n\times n,$ og afbilde til tal i $\mathbb{C},$ ved

$f(A) = \sum_{i=1}^n (-1)^{i+j}a_{ij}f(A_{[ij]}),$ og med $f(a) = a$ for $a\in\mathbb{C}.$ Ved at kigge ind i beviset for Sætning 5.4, kan beviset for de tre egenskaber for rækkeoperationerne let overføres til $f.$

For $A = I_n,$ med $n>1,$ har vi at $A_{[ij]} = I_{n-1}$ for ethvert $(i,j).$ Så for

$\delta_{ij} = \begin{cases} 1 & \text{for } i = j, \\ 0 & \text{for } i \neq j, \end{cases}$ har vi

$f(I_n) = \sum_{i=1}^n (-1)^{i+j}\delta_{ij}f(I_{n-1}) = (-1)^{2j}f(I_{n-1}) = f(I_{n-1}),$ hvilket induktivt kan overføres til $1\times 1$ tilfældet $f(1) = 1,$ altså

$f(I_n) = 1.$ Disse egenskaber er nok til at genskabe beviset for Sætning 5.6, at $A$ er invertibel, hvis og kun hvis, $f(A) \neq 0.$ Derfor er $f(A) = \det(A)$ for singulære matricer.

Vi kan også genskabe beviset for Sætning 5.7, at $f(AB) = f(A)f(B)$ for kvadratiske matricer $A$ og $B.$ Antag at $A$ er invertibel, og dermed et produkt af elementærmatricer (Sætning 4.25); nu kan resultatet reduceres til at vise $f(E) = \det(E)$ for elementærmatricer. Men da en elementærmatrix er en rækkeoperation anvendt på identitetsmatricen, følger dette af $f(I)=1=\det(I)$ og egenskaberne fra Sætning 5.4, som holder for både $f$ og determinanten.

(ii): Her anvendes resultatet fra (i), samt at $\det(A) = \det(A^\textup{T})$ (Proposition 5.9). Vi har derfor

$\det(A) = \det(A^\textup{T}) = \sum_{i=1}^n (-1)^{i+j}a_{ji}\det((A^\textup{T})_{[ij]}) = \sum_{i=1}^n (-1)^{i+j}a_{ji}\det(A_{[ji]}),$ hvor $(A^\textup{T})_{[ij]} = (A_{[ji]})^\textup{T}.$ Nu følger resultatet ved at ombytte navnene på $i$ og $j.$

Lad os bruge Laplace udvikling (Sætning 5.12) til at finde determinanten af følgende matrix:

$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 2 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$ Ved Laplace udvikling efter anden søjle fås:

$\det(A) = -0\det(A_{[12]}) + 1\det(A_{[22]}) -0\det(A_{[32]}) = \det \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 0 \end{pmatrix} = -6.$ Ved Laplace udvikling efter tredje række fås også:

$\det(A) = 3\det(A_{[31]}) - 0\det(A_{[32]}) + 0\det(A_{[33]}) = 3\det \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = -6.$ Dette er kortere udregninger end ved den sædvanlige udvikling efter første søjle i Definition 5.2; det kan betale sig at anvende en søjle eller række med flest muligt nuller.

Bemærk fortegnsmønstret, hvor udvikling efter anden søjle starter med minus, mens udvikling efter tredje række starter med plus.

5.4 Løsning af ligninger med determinanter

Det følgende klassiske resultat kan bruges til at udregne den inverse matrix, udelukkende ved brug af determinanter. Personligt synes jeg dog, at resultatet sjældent er særlig brugbart, da udregning af adskillige determinanter hurtigt giver mere arbejde end rækkeoperationer.

For en $n\times n$ matrix $A,$ definerer vi nu en $n\times n$ matrix $\widetilde{A} = (\widetilde{a}_{ij})$ ved (bemærk, det er $A_{[ji]}$ og ikke $A_{[ij]}$ ):

$\widetilde{a}_{ij} = (-1)^{i+j}\det(A_{[ji]}).$ Så gælder

$A\widetilde{A} = \det(A) I. \tag{5.6}$ Specifikt, hvis $\det(A) \neq 0,$ har vi

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

Bevis

Det er nok at bevise (5.6), da resten følger af Korollar 5.8.

Vi ser på produktet $A\widetilde{A},$

$(A\widetilde{A})_{kj} = A_{k\bullet}\widetilde{A}_{\bullet j} = \sum_{i = 1}^n (-1)^{i+j}a_{ki}\det(A_{[ji]}).$ Det vil sige for $k=j$ får vi $(A\widetilde{A})_{kj} = \det(A)$ ved Laplace udvikling efter $j$ 'te række (Sætning 5.12). Nu mangler vi at vise, at der fås $0$ for $k\neq j.$

Antag at $k\neq j.$ Lad $B$ være matricen som er lig med $A,$ bortset fra $j$ 'te række som erstattes med $A_{k\bullet}.$ Af Opgave 5.5 er $\det(B) = 0,$ da den har to ens rækker. Men $B_{[ji]} = A_{[ji]}$ for hvert $i,$ da $B$ og $A$ er ens på nær den $j$ 'te række, samt vi har $b_{ji} = a_{ki}$ da $B_{j\bullet}=A_{k\bullet}.$ Derfor har vi

$(A\widetilde{A})_{kj} = \sum_{i = 1}^n (-1)^{i+j}b_{ji}\det(B_{[ji]}) = \det(B) = 0,$ hvor Laplace udvikling blev brugt med udvikling efter $j$ 'te række af $B.$

I alt har vi derfor $A\widetilde{A} = \det(A)I.$

Matricen $\widetilde{A}$ fra Sætning 5.14 kaldes den klassisk-adjungerede af $A,$ og betegnes ofte $\operatorname{adj}(A).$

Det er meget vigtigt ikke at forveksle $\operatorname{adj}(A)$ med den adjungerede matrix $A^*,$ som vi bruger fra og med Kapitel 9. Da $A^*$ udfylder en meget vigtigere rolle, vil vi derfor ikke bruge notationen $\operatorname{adj}(A)$ udbredt i disse noter, for at undgå forvekslingen.

Vi bruger nu Sætning 5.14 til at finde den inverse af matricen

$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 2 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$ I Eksempel 5.13 fandt vi $\det(A) = -6.$ Vi har derfor

$\begin{aligned} A^{-1} &= \frac{1}{\det(A)} \begin{pmatrix*}[r] \det(A_{[11]}) & -\det(A_{[21]}) & \det(A_{[31]}) \\ -\det(A_{[12]}) & \det(A_{[22]}) & -\det(A_{[32]}) \\ \det(A_{[13]}) & -\det(A_{[23]}) & \det(A_{[33]}) \end{pmatrix*} \\ &= -\frac{1}{6} \begin{pmatrix*}[r] \det\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} & -\det\begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} & \det\begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \\ -\det\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 3 & 0 \end{pmatrix} & \det\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 0 \end{pmatrix} & -\det\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 0 \end{pmatrix} \\ \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 0 \end{pmatrix} & -\det\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 3 & 0 \end{pmatrix} & \det\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \end{pmatrix*} \\ &= -\frac{1}{6}\begin{pmatrix} 0 & 0 & -2 \\ 0 & -6 & 4 \\ -3 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$ Jeg vil på det kraftigste opfordre til ikke at afprøve denne metode på større end $3\times 3$ matricer, da beregningerne vokser eksplosivt med størrelsen af matricen.

Det næste resultat af Gabriel Cramer er også ofte for besværligt at bruge, men har en enkelt god anvendelse: Hvis man skal løse et lineært ligningssystem, men kun er interesseret i værdien af en enkelt af de ubekendte. Under alle omstændigheder er det interessant, at man kan finde de ubekendte uafhængigt af hinanden.

Overvej et ligningssystem $A\mathbf x = \mathbf b$ med invertibel matrix $A.$ Lad $B_j$ være lig matricen $A,$ bortset fra $j$ 'te søjle som erstattes med $\mathbf b.$ Så er indgangene af $\mathbf x$ givet ved

$x_j = \frac{\det(B_j)}{\det(A)}.$

Bevis

Da $A$ er invertibel er der en entydig løsning $\mathbf x = A^{-1}\mathbf b.$ Lad $B$ være lig $A,$ bortset fra $i$ 'te søjle som erstattes med $\mathbf b = (b_1,\dots,b_n)^\textup{T}.$ Så har vi fra Sætning 5.14:

$\begin{aligned} x_i &= \frac{1}{\det(A)}\sum_{j=1}^n (-1)^{i+j}b_j\det(A_{[ji]}) \\ &= \frac{1}{\det(A)}\sum_{j=1}^n (-1)^{i+j}B_{ji}\det(B_{[ji]}) \\ &= \frac{\det(B)}{\det(A)}, \end{aligned}$ hvor vi anvendte at $B_{[ji]} = A_{[ji]}$ for hvert $j,$ samt Laplace udvikling fra $i$ 'te søjle af $B$ (Sætning 5.12).

For matricen

$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 2 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 0 \end{pmatrix},$ ønsker vi nu at finde andet koordinat $x_2$ for løsningen til $A\mathbf x=\mathbf b$ med $\mathbf b = (1, 2, 0)^\textup{T}.$ I Eksempel 5.13 fandt vi $\det(A) = -6.$ Lad

$B = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 0 \\ 3 & 0 & 0 \end{pmatrix},$ så har vi med Laplace udvikling fra tredje række (Sætning 5.12):

$\det(B) = 3\det(B_{[31]}) - 0\det(B_{[32]}) + 0\det(B_{[33]}) = 3\det \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 0 \end{pmatrix} = -12.$ Af Cramer's regel (Sætning 5.17) har vi derfor

$x_2 = \frac{\det(B)}{\det(A)} = 2.$

5.5 Cauchy-Binet sætning

Vi skal nu se på en generalisering af Sætning 5.7, at determinanten af et produkt af to kvadratiske matricer $A$ og $B$ er lig produktet af deres determinanter. Men hvad så hvis $A$ og $B$ ikke er kvadratiske? Lad os nu antage at $A$ er $m\times n$ og $B$ er $n\times m,$ så giver produkterne $AB$ og $BA$ stadig mening, og giver henholdsvis en $m\times m$ matrix og en $n\times n$ matrix. Men vi er ikke i stand til at tage determinanten af hverken $A$ eller af $B$ når $m\neq n.$

Hvis vi fokuserer på $AB$ og $m > n,$ og vi kigger lidt fremad til Sætning 6.27, så vil vi altid have $\det(AB) = 0.$ Derfor er det kun interessant at undersøge situationen for $n\geq m,$ hvilket betyder at $A$ er en "tyk" matrix og $B$ er en "høj" matrix. For eksempel, i tilfældet $m=2$ og $n=3,$ kunne vi have

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad B = \begin{pmatrix} 7 & 8 \\ 9 & 10 \\ 11 & 12 \end{pmatrix}. \tag{5.7}$ Det er nu nødvendigt at introducere lidt mere notation. For $n\geq m$ lad $S_{m,n}$ bestå af alle mængder af $m$ indeks fra $\{1,2,\dots,n\}.$ For eksempel har vi

$S_{2,3} = \bigl\{ \{1,2\}, \{1,3\}, \{2,3\} \bigr\}.$ Vi har tidligere brugt notationen at $A_{\bullet j}$ er $j$ 'te søjlevektor af $A,$ og $B_{i\bullet}$ er $i$ 'te rækkevektor af $B.$ Den notation udvider vi nu, så $A_{\bullet s}$ er søjlevektorerne fra $A$ med de indeks som er i $s\in S_{m,n}$ (svarende til at de andre søjler slettes), og $B_{s\bullet}$ er de tilsvarende rækkevektorer fra $B.$ I begge tilfælde får vi $m\times m$ matricer, som vi derfor er i stand til at tage determinanten af. Igen, hvis vi har matricerne fra (5.7) og bruger $s = \{1,3\},$ så får vi:

$A_{\bullet s} = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 4 & 6 \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad B_{s\bullet} = \begin{pmatrix} 7 & 8 \\ 11 & 12 \end{pmatrix}.$ Nu er vi endelig i stand til at opskrive følgende berømte resultat, som er af fransk afstamning af Augustin-Louis Cauchy og Jacques Philippe Marie Binet.

Lad $A$ være en $m\times n$ matrix og $B$ en $n\times m$ matrix med $n\geq m.$ Så er

$\det(AB) = \sum_{s\in S_{m,n}} \det(A_{\bullet s})\det(B_{s\bullet}).$

Bevis $*$

Følgende elegante bevis er af Richard Schwartz. Vi lader

$f(A,B) = \det(AB) \quad \text{og} \quad g(A,B) = \sum_{s\in S_{m,n}}\det(A_{\bullet s})\det(B_{s\bullet}).$ Det bemærkes, at multiplikation af en række af $A$ med skalar $\lambda\neq 0,$ tilsvarende vil multiplicere med $\lambda$ i samme række af produktet $AB.$ Tilsvarende vil en rækkeombytning i $A$ svare til en rækkeombytning i $AB.$ Sidst men ikke mindst, vil additivitet af rækker for $A$ også ses tilsvarende i produktet $AB.$ Den samme situation gør sig gældende for søjleoperationer i $B,$ med tilsvarende resultat for $AB.$ Fra Sætning 5.4 og Proposition 5.9 påvirkes $f(A,B)$ med skalarer $\neq 0$ ved disse operationer på $A$ og $B.$ Men operationer på rækkerne i $A$ påvirker tilsvarende $A_{\bullet s},$ og operationer på søjlerne af $B$ påvirker tilsvarende $B_{s\bullet}.$ Det betyder at $f(A,B)$ og $g(A,B)$ ændres på samme måde ved disse operationer.

Vi kan derfor skrive linearkombinationer op (de samme koefficienter for både $f$ og $g$ ), hvor der er i hvert led er $f(\widetilde{A},\widetilde{B})$ og $g(\widetilde{A},\widetilde{B})$ (med forskellige matricer for hvert led), hvor der kun er et enkelt $1$ -tal i hver række af $\widetilde{A}$ og i hver søjle af $\widetilde{B},$ og resten er nuller. Det er derfor nok at vise, at $f(\widetilde{A},\widetilde{B}) = g(\widetilde{A},\widetilde{B})$ for denne type matricer.

Hvis to rækker af $\widetilde{A}$ er ens, vil de tilsvarende to rækker af $\widetilde{A}\widetilde{B}$ være ens, og af Opgave 5.5 er $f(\widetilde{A},\widetilde{B})=0.$ I samme situation vil der tilsvarende være to ens rækker for $\widetilde{A}_{\bullet s}$ for alle $s\in S_{m,n},$ og derfor vil $g(\widetilde{A},\widetilde{B})=0.$ En tilsvarende situation gør sig gældende hvis der er ens søjler i $\widetilde{B},$ i forhold til søjlerne i $\widetilde{A}\widetilde{B}$ og $\widetilde{B}_{s\bullet},$ så af Proposition 5.9 er også $f(\widetilde{A},\widetilde{B})=0=g(\widetilde{A},\widetilde{B})$ her.

Tilbage har vi argumenteret for, at den eneste situation vi mangler at tjekke, er hvor alle rækker af $\widetilde{A}$ og alle søjler af $\widetilde{B}$ er forskellige. Vi kan også bruge ombytning af rækker og søjler til at lade $1$ -tallene komme længere mod højre ned gennem rækkerne, så vi antager også at dette er tilfældet.

Lad $s_A$ være de $m$ søjlenumre af $\widetilde{A}$ hvor der er et $1$ -tal, og $s_B$ er de $m$ rækkenumre af $\widetilde{B}$ hvor der står et $1$ -tal. Hvis $s_A = s_B$ har vi af Opgave 5.4, at præcis dette led overlever i $g$ :

$g(\widetilde{A},\widetilde{B}) = \det(\widetilde{A}_{\bullet s_A})\det(\widetilde{B}_{s_B\bullet})=\det(I_m)\det(I_m) = 1.$ Tilsvarende har vi $\widetilde{A}\widetilde{B} = I_m,$ så også $f(\widetilde{A},\widetilde{B})=1.$

Derimod, hvis $s_A \neq s_B,$ så har vi af Opgave 5.4, at $f(\widetilde{A},\widetilde{B})=0=g(\widetilde{A},\widetilde{B})$ da $\widetilde{A}\widetilde{B}$ vil have en nulrække, og for hvert $s\in S_{m,n}$ vil enten $\widetilde{A}_{\bullet s}$ eller $\widetilde{B}_{s\bullet}$ have en nulrække.

I alt har vi $f(A,B) = g(A,B),$ som skulle vises.

Vi vender igen tilbage til matricerne fra (5.7), og vil bruge Cauchy-Binet sætning til at finde determinanten af $AB,$ uden at udregne matrixproduktet:

$\begin{aligned} &\hspace{-2mm}\det(AB) \\ &= \det(A_{\bullet \{1,2\}})\det(B_{\{1,2\}\bullet}) + \det(A_{\bullet \{1,3\}})\det(B_{\{1,3\}\bullet}) + \det(A_{\bullet \{2,3\}})\det(B_{\{2,3\}\bullet}) \\ &= \det\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 4 & 5 \end{pmatrix}\det\begin{pmatrix} 7 & 8 \\ 9 & 10 \end{pmatrix} + \det\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 4 & 6 \end{pmatrix}\det\begin{pmatrix} 7 & 8 \\ 11 & 12 \end{pmatrix} + \det\begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 5 & 6 \end{pmatrix}\det\begin{pmatrix} 9 & 10 \\ 11 & 12 \end{pmatrix} \\ &= (-3)(-2) + (-6)(-4) + (-3)(-2) = 36. \end{aligned}$

Hvis $A$ er en $n\times m$ matrix med $n\geq m,$ så har vi med Sætning 5.19 og Proposition 5.9:

$\det(A^\textup{T}A) = \sum_{s\in S_{m,n}} \det(A_{s\bullet})^2. \tag{5.8}$ Hvis vi kigger lidt længere frem til Definition 9.13, for den adjungerede matrix $A^*,$ og Kapitel 10 om mindste kvadraters metode, så er især matricen $A^*A$ interessant. Ved brug af Sætning 5.19 og Sætning 9.17, får vi også formlen:

$\det(A^*A) = \sum_{s\in S_{m,n}} \lvert \det(A_{s\bullet}) \rvert^2. \tag{5.9}$ Eftersom leddene i (5.9) er ikke-negative, er $A^* A$ invertibel såfremt bare en $\det(A_{s\bullet})\neq 0.$

5.6 Anvendelser med polynomier

5.6.1 Polynomium af grad $n$ gennem $n+1$ punkter

Ved brug af determinanter kan vi nu bevise, at for $n+1$ punkter

$(x_0, y_0),\quad (x_1, y_1),\quad \dots,\quad (x_n, y_n)\in \mathbb{R}^2, \tag{5.10}$ findes et entydigt polynomium

$p(x) = a_n x^n + \cdots + a_1 x + a_0 \tag{5.11}$ af grad højst $n,$ som går gennem punkterne, forudsat at $x$ -værdierne er forskellige. At polynomiet (5.11) går gennem punkterne i (5.10), betyder at $p(x_i) = y_i$ for $i=0, \dots, n.$ Denne betingelse kan oversættes til ligningssystemet

$\begin{matrix} a_0 &+ &a_1 x_0 &+ &a_2 x_0^2 &+ &\cdots &+ &a_n x_0^n &= &y_0\phantom{,}\\ a_0 &+ &a_1 x_1 &+ &a_2 x_1^2 &+ &\cdots &+ &a_n x_1^n &= &y_1\phantom{,}\\ a_0 &+ &a_1 x_2 &+ &a_2 x_2^2 &+ &\cdots &+ &a_n x_2^n &= &y_2\phantom{,}\\ &&&&&&&&&\vdots&\\ a_0 &+ &a_1 x_n &+ &a_2 x_n^2 &+ &\cdots &+ &a_n x_n^n &= &y_n, \end{matrix} \tag{5.12}$ med $n+1$ ligninger i de $n+1$ ubekendte $a_0, a_1, \dots, a_n.$ Ligningssystemet (5.12) skrives op på matrixform som

$\begin{pmatrix} 1 & x_0 & x_0^2 & \dots & x_0^n\\ 1 & x_1 & x_1^2 & \dots & x_1^n\\ 1 & x_2 & x_2^2 & \dots & x_2^n\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & x_n & x_n^2 & \dots & x_n^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_0\\ a_1 \\ a_2\\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y_0 \\ y_1 \\ y_2 \\ \vdots \\ y_n \end{pmatrix}.$ Matricen

$\begin{pmatrix} 1 & x_0 & x_0^2 & \dots & x_0^n\\ 1 & x_1 & x_1^2 & \dots & x_1^n\\ 1 & x_2 & x_2^2 & \dots & x_2^n\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & x_n & x_n^2 & \dots & x_n^n \end{pmatrix} \tag{5.13}$ kaldes Vandermonde matricen (efter Alexandre-Théophile Vandermonde) med hensyn til $x_0, x_1, \dots, x_n.$ Man kan vise generelt, at determinanten af Vandermonde matricen i (5.13) er

$(x_1 - x_0) (x_2 - x_0) (x_2 - x_1)(x_3 - x_0) (x_3 - x_1) (x_3 - x_2) \cdots (x_n - x_{n-1}). \tag{5.14}$ Specielt er determinanten af Vandermonde matricen $\neq 0,$ hvis og kun hvis, $x$ -erne er forskellige.

Ideen til beviset for formel (5.14) kommer fra tilfældet $n=2.$ Alt hvad man benytter er reglerne fra Sætning 5.4 samt Proposition 5.9, for at udføre søjle- og rækkeoperationer:

$\begin{aligned} \det \begin{pmatrix} 1 & x_0 & x_0^2\\ 1 & x_1 & x_1^2\\ 1 & x_2 & x_2^2 \end{pmatrix} &= \det \begin{pmatrix} 1 & x_0 & 0\\ 1 & x_1 & x_1^2 - x_0 x_1\\ 1 & x_2 & x_2^2 - x_0 x_2 \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 1 & x_1 - x_0 & x_1^2 - x_0 x_1\\ 1 & x_2 - x_0 & x_2^2 - x_0 x_2 \end{pmatrix}\\ &= \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & x_1 - x_0 & x_1^2 - x_0 x_1\\ 0 & x_2 - x_0 & x_2^2 - x_0 x_2 \end{pmatrix}\\ & = (x_1-x_0) \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & x_1\\ 0 & x_2 - x_0 & x_2^2 - x_0 x_2 \end{pmatrix}\\ &= (x_1-x_0) (x_2 - x_0) \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & x_1\\ 0 & 1 & x_2 \end{pmatrix} \\ &= (x_1 - x_0)(x_2 - x_0) (x_2 - x_1). \end{aligned}$ Det generelle bevis for $x_0, x_1, \dots, x_n$ følger successivt det centrale trin i ovenstående tilfælde, gennem $n$ søjleoperationer ud fra første række; se også Opgave 5.9.

I tilfældet med forskellige $x$ -værdier er determinanten af Vandermonde matricen $\neq 0.$ Dermed er den invertibel ifølge Sætning 5.6 og ligningssystemet (5.12) har en entydig løsning. Derfor er der præcis et polynomium af grad højst $n$ som går gennem punkterne (se også Bemærkning 3.3). Man kan selvfølgelig bare gå i krig og regne på løsninger til (5.12), men matematikkens styrke er beviset for den helt generelle sætning. Matematikken viser, at der er noget unikt at lede efter og regne på.

5.6.2 Differentiation af polynomium ganget med eksponentialfunktion

Lad $b\neq 0$ være en skalar, og lad

$f(x) = p(x)\mathrm{e}^{bx} \quad \text{og} \quad g(x) = q(x)\mathrm{e}^{b x},$ hvor $p$ og $q$ er $n$ 'te gradspolynomier

$p(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$ og

$q(x) = c_n x^n + c_{n-1} x^{n-1} + \dots + c_1 x + c_0.$ Man støder af og til på funktioner som $f$ og $g$ ovenfor, og nogle gange skal man kunne differentiere dem eller integrere dem.

Lad os sige at vi vil differentiere $f.$ Her kan vi snildt gøre brug af produktreglen for differentiation:

$f'(x) = p'(x)\mathrm{e}^{bx} + p(x) b\mathrm{e}^{bx} = [bp(x)+p'(x)]\mathrm{e}^{bx}.$ Nu kan vi i den firkantede parentes samle led, der hører til samme potens af $x$ :

$\begin{aligned} f'(x) &= [ba_nx^n + (ba_{n-1}+na_n)x^{n-1} + (ba_{n-2}+(n-1)a_{n-1})x^{n-2} \\ &\phantom{{}={}}+ \dots + (ba_1+2a_2)x + (ba_0 + a_1)]\mathrm{e}^{bx}. \end{aligned}$ Vi indser, at dette også er et $n$ 'te gradspolynomium ganget med $\mathrm{e}^{bx}.$ Vi kan spørge om, hvis vi kender $f$ (dvs. $a_n,\dots,a_0$ ), kan vi så finde $g$ (dvs. $c_n,\dots, c_0$ ) således at $f' = g?$ Dette svarer til at sammenligne koefficienterne i $f'$ og i $g,$ og kan skrives på matrixform:

$\begin{pmatrix} c_0 \\ c_1 \\ \vdots \\ c_{n-1} \\ c_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b & 1 & & & \\ & b & 2 & & \\ & & \ddots & \ddots & \\ & & & b & n \\ & & & & b \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_{n-1} \\ a_n \end{pmatrix}$ eller

$\mathbf c = A\mathbf a.$ Vi kan altså differentiere, eksempelvis, $(3x^2-x+2)\mathrm{e}^{3x}$ med en matrixmultiplikation:

$\begin{pmatrix} c_0 \\ c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ 3 \\ 9 \end{pmatrix},$ hvilket giver $(9x^2+3x+5)\mathrm{e}^{3x}.$

5.6.3 Integration af polynomium ganget med eksponentialfunktion

Lad os nu sige, at vi ønsker at gøre det modsatte end ovenfor, det vil sige givet $g$ (dvs. $c_n,\dots,c_0$ ), kan vi finde $f$ (dvs. $a_n,\dots,a_0$ ) således at $g = f',$ altså finde en stamfunktion til $g$ ?

Det er straks et mere uoverskueligt problem at finde en stamfunktion til $g(x) = q(x)\mathrm{e}^{bx}.$ Man kunne gå i gang med integrationsteknikker, som eksempelvis delvis integration, men dette skal gøres $n$ gange for dette problem! Det giver ret stor mulighed for regnefejl, og er desuden lidt kedeligt.

Men hvis vi tænker i form af lineære ligninger, kunne vi jo ovenfor differentiere $f$ ved at udregne matrix-vektor multiplikationen $\mathbf c = A \mathbf a.$ Så det modsatte er jo netop at finde $f$ via en løsning til dette ligningssystem.

$A$ er en $(n+1)\times(n+1)$ trekantsmatrix, så Proposition 5.11 giver

$\det(A) = b^{n+1}.$ Da vi antog $b\neq 0$ er $A$ invertibel af Sætning 5.6, og vi kan altså integrere $g$ således:

$\mathbf a = A^{-1} \mathbf c.$ Dette giver en direkte formel til at integrere denne type funktioner, som let kan implementeres på en computer (se Bemærkning 4.33 om tilbageløsning). Det giver koefficienterne til stamfunktionen $f$ til $g,$ som opfylder at $f(0) = a_0$ ; der kan lægges konstanter til $f,$ for at opnå andre stamfunktioner.

Prøv nu at overveje: Hvad går galt i dette afsnit hvis $b = 0,$ og hvorfor?

5.7 Opgaver

Lad

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 2\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 3 & 2 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix}.$ Hvilke af nedenstående udsagn er rigtige?

$A_{[12]} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\ 3 & 1 & 0\\ 1 & 3 & 4 \end{pmatrix}.$

$A_{[22]} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\ 3 & 2 & 1\\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}.$

$A_{[31]} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1\\ 2 & 3 & 4 \end{pmatrix}.$

$A_{[21]} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 2\\ 2 & 1 & 0\\ 2 & 3 & 4 \end{pmatrix}.$

Lad

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & x\\ x & 1 & 1 \end{pmatrix}.$ Hvilke af nedenstående udsagn er rigtige?

$\det(A) = (x-1)^2.$

$\det(A) = x^2 +2 x - 3.$

$\det(A) = x^2 + x -2.$

Udregn determinanterne af

$\begin{pmatrix} 2 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 2 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 3 & 1 & 1\\ 1 & 3 & 1\\ 1 & 1 & 3 \end{pmatrix}\quad\text{og}\quad \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 2 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ ved at reducere matricerne til RREF. Skitser dine trin i udregningerne. Summen af de sidste to svar skal gerne give $25.$

Hvorfor medfører Afsnit 5.2, at determinanten til en matrix med en nulrække er $0$ (du må ikke bruge Sætning 5.12)?

Som en del af beviset for Sætning 5.4, blev det vist at hvis en kvadratisk matrix $A$ har to ens naborækker, så er $\det(A) = 0.$

Generaliser dette resultat: Hvis en kvadratisk matrix $A$ har to ens rækker, så er $\det(A) = 0.$

Hvad er determinanten af

$\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}?$ Kan du generalisere til $n\times n$ matricer?

Hint

Prøv at bytte om på række 1 og række $n,$ dernæst ombyt række 2 og række $n-1.$ Forsæt med dette indtil du når midten af matricen. Hvad giver resultatet? Afhænger antal rækkeombytninger af om $n$ er et lige eller ulige tal?

Lad $A_n = (a_{ij})$ betegne $n\times n$ matricen med $a_{ij} = (i-1) n + j.$ For eksempel er

$A_4 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4\\ 5 & 6 & 7 & 8\\ 9 & 10 & 11 & 12\\ 13 & 14 & 15 & 16 \end{pmatrix}.$ Generelt er

$A_n = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \dots & n\\ n+1 & n+2 & \dots & 2n\\ 2n+1 & 2n+2 & \dots & 3n\\ \vdots & \vdots & & \vdots\\ (n-1)n+1 & (n-1)n+2 & \dots & n^2 \end{pmatrix}.$ Gør rede for, at $\det(A_n) = 0$ for ethvert $n>2.$

Hint

Det er tilstrækkeligt at kigge på de første tre rækker af matricen. Prøv at opskrive et generelt udtryk for de første tre rækker, og se om det er muligt at opnå en nulrække ved brug af rækkeoperationer.

For at opskrive udtrykket for de første tre rækker, kan det hjælpe at anvende rækkevektorerne $\mathbf u = (1,2,\dots,n)$ og $\mathbf v = (n,n,\dots,n).$

$\phantom{}$

Vi ved at $A B$ ikke nødvendigvis er lig med $B A$ for to kvadratiske matricer $A$ og $B.$ Men hvorfor er
$\det(AB) = \det(BA)?$
Antag at $A$ er en $4\times 4$ matrix, og der også findes en invertibel $4\times 4$ matrix $V$ så
$V^{-1}AV = \begin{pmatrix} 2 & & & \\ & 4 & & \\ & & -1 & \\ & & & 1 \end{pmatrix}.$ Hvad er determinanten af $A$ ?

Gør rede for alle trin i udregningen af determinanten

$\det \begin{pmatrix} 1 & x_0 & x_0^2 & x_0^3\\ 1 & x_1 & x_1^2 & x_1^3\\ 1 & x_2 & x_2^2 & x_2^3\\ 1 & x_3 & x_3^2 & x_3^3 \end{pmatrix},$ for at nå frem til resultatet

$(x_1 - x_0) (x_2 - x_0) (x_2 - x_1)(x_3 - x_0) (x_3 - x_1) (x_3 - x_2).$

$\phantom{}$

Hvis $A$ er $n\times n,$ $B$ er $n\times m,$ $C$ er $m\times n$ og $D$ er $m\times m,$ så definerer vi blok-trekantsmatricerne
$M_1 = \begin{pmatrix} A & B \\ \mathbf 0 & D \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad M_2 = \begin{pmatrix} A & \mathbf 0 \\ C & D \end{pmatrix}.$ Gør rede for, at
$\det(M_1) = \det(A)\det(D) = \det(M_2).$ Hint
Ifølge Proposition 5.9 er det nok at fokusere på $M_1.$
Hvis $A$ ikke er invertibel, hvad kan siges om antal pivotsøjler for RREF af $M_1$ (brug at der står nuller under $A$ )?
Hvis $A$ er invertibel, overvej følgende omskrivning:
$M_1 = \begin{pmatrix} A & \mathbf 0 \\ \mathbf 0 & I \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I & A^{-1}B \\ \mathbf 0 & D \end{pmatrix}.$ Du får nok brug for Sætning 5.7 og Sætning 5.12.
Lad $M_3$ være en generel blok-trekantsmatrix, med kvadratiske diagonalblokke $A_{11}, A_{22}, \dots, A_{kk},$ det vil sige
$M_3 = \begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} & \cdots & A_{1k} \\ \mathbf 0 & A_{22} & \cdots & A_{2k} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \mathbf 0 & \mathbf 0 & \cdots & A_{kk} \end{pmatrix} \quad \text{eller} \quad M_3 = \begin{pmatrix} A_{11} & \mathbf 0 & \cdots & \mathbf 0 \\ A_{21} & A_{22} & \cdots & \mathbf 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{k1} & A_{k2} & \cdots & A_{kk} \end{pmatrix}.$ Gør rede for, at
$\det(M_3) = \det(A_{11})\det(A_{22})\cdots\det(A_{kk}).$
Lad
$M_4 = \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}.$ Hvis $A$ hhv. $D$ er invertibel (i de formler hvor deres inverse indgår), gør rede for
$\det(M_4) = \det(A-BD^{-1}C)\det(D) = \det(D-CA^{-1}B)\det(A).$ Hint
Brug Schur komplementer (Sætning 4.28).
Antag at det vil sige at og er lige store kvadratiske matricer. Vis at følgende gælder:
1. Hvis $A$ og $B$ kommuterer er $\det(M_4) = \det(DA-CB).$
2. Hvis $A$ og $C$ kommuterer er $\det(M_4) = \det(AD-CB).$
3. Hvis $B$ og $D$ kommuterer er $\det(M_4) = \det(DA-BC).$
4. Hvis $C$ og $D$ kommuterer er $\det(M_4) = \det(AD-BC).$
Hvis hhv. er invertibel kan (c) anvendes direkte, men dette er ikke nødvendigt at antage for disse resultater.
Hint
Vi fokuserer på tilfældet (i), hvor $AB = BA,$ og modificerer vores $M_4$ matrix til
$\widetilde{M}_z = \begin{pmatrix} A_z & B \\ C & D \end{pmatrix},$ med $A_z = A + zI$ for $z\in\mathbb{C}.$ For de $z$ hvor $A_z$ er invertibel, brug (c) til at vise
$\det(\widetilde{M}_z) = \det(DA_z-CB). \tag{5.15}$ Vi har at $\det(A_z)$ er et komplekst polynomium i $z,$ hvilket af algebraens fundamentalsætning (Appendix A) og Sætning 5.6 betyder, at $A_z$ er invertibel for alle på nær et endeligt antal værdier af $z.$ Da venstre- og højreside i (5.15) er komplekse polynomier i $z,$ og ligheden gælder for alle på nær et endeligt antal værdier af $z,$ kan ligheden ved kontinuitet udvides til alle $z,$ inklusiv $z = 0$ som giver resultatet i (i).

I denne opgave skal vises James Sylvester's determinant sætning

$\det(AB + I_m) = \det(BA + I_n),$ som holder for alle $m\times n$ matricer $A$ og $n\times m$ matricer $B$ ; bemærk, matricerne $A$ og $B$ behøver ikke være kvadratiske.

Hint

Overvej blok-matricen

$M = \begin{pmatrix} I_m & A \\ -B & I_n \end{pmatrix}.$ Ved brug af Schur komplementer (Sætning 4.28), kan $M$ skrives både som

$M = \begin{pmatrix} I_m & A \\ \mathbf 0 & I_n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} AB+I_m & \mathbf 0 \\ \mathbf 0 & I_n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_m & \mathbf 0 \\ -B & I_n \end{pmatrix} \tag{5.16}$ og som

$M = \begin{pmatrix} I_m & \mathbf 0 \\ -B & I_n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_m & \mathbf 0 \\ \mathbf 0 & BA+I_n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_m & A \\ \mathbf 0 & I_n \end{pmatrix}. \tag{5.17}$ Forsøg nu at finde determinanten af (5.16) og (5.17), som begge er lig $\det(M).$ Opgave 5.10 kan være brugbar.

Denne opgave omhandler Gottfried Leibniz' formel for determinanten, som i nogle matematiske tekster anvendes som definitionen af determinanten.

Lad $s = \{1,2,\dots,n\},$ så kaldes $\sigma\colon s\to s$ en permutation hvis $\sigma$ er invertibel, det vil sige at værdierne $\sigma(1),\sigma(2),\dots,\sigma(n)$ alle er forskellige og giver tallene i $s$ (men muligvis i en anden rækkefølge). Mængden af permutationer betegnes $S_n.$

Man kan starte med $1,2,\dots,n,$ og kan parvist ombytte rækkefølgen af tallene, indtil rækkefølgen fra $\sigma$ er fundet. Hvis antallet af ombytninger er lige, kaldes $\sigma$ en lige permutation, og kaldes en ulige permutation, hvis et ulige antal ombytninger er nødvendigt. Så defineres

$\mathop{\text{sgn}}(\sigma) = \begin{dcases} \phantom{-}1, & \text{hvis } \sigma \text{ er lige,} \\ -1, & \text{hvis } \sigma \text{ er ulige}. \end{dcases}$ Leibniz' formel for determinanten opskrives ved brug af sum og produkt notation:

$\det(A) = \sum_{\sigma\in S_n}\mathop{\text{sgn}}(\sigma)\prod_{i=1}^n a_{i\sigma(i)} = \sum_{\sigma\in S_n}\mathop{\text{sgn}}(\sigma)\prod_{j=1}^n a_{\sigma(j)j}. \tag{5.18}$ Vi nøjes med at bevise den første formel i (5.18) (da den anden kan bevises på tilsvarende måde med søjleoperationer), så denne formel betegnes som en funktion $f,$ der afbilder kvadratiske matricer til tal i $\mathbb{C}.$

Vis at $f(I) = 1$ .
Vis at hvis $B$ fremkommer ved en rækkeoperation $R_i\leftrightarrow R_j$ for $i\neq j$ på $A,$ så er $f(B) = -f(A).$
Vis at hvis $B$ fremkommer ved en rækkeoperation $R_i \to \lambda R_i$ på $A,$ så er $f(B) = \lambda f(A).$
Vis at hvis $A$ har to ens rækker, så er $f(A) = 0.$
Vis at hvis $B$ fremkommer ved en rækkeoperation $R_i \to R_i+\lambda R_j$ for $i\neq j$ på $A,$ så er $f(B) = f(A).$

Fra beviset af Sætning 5.12, giver ovenstående at $f(A) = \det(A).$

5Determinanter

5.1 Determinant af matrix

5.2 Determinanter og rækkeoperationer

5.2.1 Udregning af determinant med rækkeoperationer

5.3 Egenskaber for determinanter

5.4 Løsning af ligninger med determinanter

5.5 Cauchy-Binet sætning

5.6 Anvendelser med polynomier

5.6.1 Polynomium af grad n gennem n+1 punkter

5.6.2 Differentiation af polynomium ganget med eksponentialfunktion

5.6.3 Integration af polynomium ganget med eksponentialfunktion

5.7 Opgaver

5.6.1 Polynomium af grad $n$ gennem $n+1$ punkter