Para esta entrada del blog haremos uso de las propiedades vistas en la entrada de propiedades de determinantes para facilitar las cuentas a la hora de calcular determinantes de matrices que un primera instancia podrían parecer complicadas. Asimismo, haciendo uso de estas propiedades, se demostrará el teorema de expansión de Laplace.

Problemas resueltos

Problema 1. Considera la siguiente matriz

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 2& 1\\ 1& 1& 2\end{array}\right)$$

y calcula $det(A^{-1})$.

Solución. Como el determinante es multiplicativo, sabemos que $det(A^{-1})=\frac{1}{detA}$ , por lo que nos bastará con calcular $detA$.
Es fácil ver que $detA=1(4-1)-1(2-1)+1(1-2)=2-1-1=1.$
Así, $det(A^{-1})=1$.

$\mathrm{△}$

Problema 2. Sea $A\in M_n(\mathbb{R}).$

1. Muestra que si $n^2-n+1$ entradas de $A$ son iguales a $0$, entonces $detA=0$.
2. Muestra que se puede escoger $A$ de tal manera que $detA\ne 0$ tiene $n^2-n+1$ entradas iguales.
3. Muestra que si $n^2-n+2$ entradas de $A$ son iguales, entonces $detA=0$.

Demostración.

1. Afirmamos que la matriz $A$ tiene una columna en la que todas las entradas son cero. Supongamos que cada columna de $A$ tiene a los más $n-1$ ceros, entonces la matriz $A$ tiene a lo más $n^2-n$ ceros, lo cuál contradice nuestra hipótesis, por lo tanto existe una columna en la cuál todas las entradas son iguales a cero. Por lo tanto $detA=0$.
2. Consideremos la matriz $A=[a_{ij}]$ dado por $a_{ij}=1$ si $i\ne j$ y $a_{ij}=i$ si $i=j$. De esta manera nos aseguramos de que $n^2-n+1$ entradas son iguales a $1$, pero $detA\ne 0$, pues si sustraemos el primer renglón de cada uno de los siguientes renglones obtenemos una matriz triangular superior con entradas diagonales distintas de cero, por lo que $detA\ne 0$.
3. Si $A$ tiene $n^2-n+2$ entradas iguales (digamos a un número $k$), entonces $A$ tiene a lo más $n-2$ entradas distintas a $k$. Por lo tanto, a lo más $n-2$ columnas de $A$ contienen una entrada distinta de $k$, es decir, al menos dos columnas de $A$ tienen todas sus entradas iguales a $k$, entonces $\text{rank}(A)<n$. Por consiguiente $detA=0$.

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Teorema de Expansión de Laplace

Sea $A=[a_{ij}]\in M_n(F)$ una matriz y sea $C_{i,j}$ el cofactor de $a_{ij}$.

(a) (Expansión con respecto a una columna $j$) Para cada $j\in \{1,2,\dots ,n\}$ tenemos $$detA={\displaystyle \sum _{i=1}^n{a}_{ij}{C}_{ij}.}$$

(b) (Expansión con respecto a una columna $i$). Para cada $i\in \{1,2,\dots ,n\}$ tenemos $$detA={\displaystyle \sum _{j=1}^n{a}_{ij}{C}_{ij}.}$$

Demostración. (a) Tomemos $j\in \{1,2,\dots ,n\}$ fija , y sea $B=(e_1,\dots ,e_n)$ la base canónica de $F^n$ y sea $C_1,\dots ,C_n\in F^n$ las columnas de $A$, tales que $C_k={\displaystyle \sum _{i=1}^n{a}_{ik}{e}_i}$ para toda $k$. Se sigue que

$$detA=\underset{B}{det}(C_1,\dots ,C_n)=\underset{B}{det}(C_1,\dots ,C_{j-1},\text{displastyle}\sum _{i=1}^n{a}_{ij}{e}_i,C_{j+1},\dots C_n)$$

$$={\displaystyle \sum _{i=1}^n{a}_{ij}\underset{B}{det}(C_1,\dots ,C_{j-1},e_i,C_{j+1},\dots ,C_n).}$$

Nos falta ver que $X_{ij}:=\underset{B}{det}(C_1,\dots ,C_{j-1},e_i,C_{j+1},\dots ,C_n)=C_{ij}$. Mediante una serie de $n-j$ intercambios de columnas, podemos poner la $j-$ésima columna del determinante $X_{ij}$ en la última posición, y mediante una sucesión de $n-i$ intercambios de renglones podemos poner el $i-$ésimo renglón en la última posición, lo que nos da

$$X_{ij}=(-1{)}^{n-1+n-j}=det\left(\begin{array}{ccccccc}{a}_{11}& \dots & a_{i,j-1}& a_{1,j+1}& \dots & a_{1n}& 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮& ⋮\\ a_{n1}& \dots & a_{n,j-1}& a_{n,j+1}& \dots & a_{nn}& 0\\ a_{i1}& \dots & a_{i,j-1}& a_{i,j+1}& \dots & a_{in}& 1\end{array}\right).$$

El último determinante es precisamente $C_{ij}$, y como $(-1{)}^{n-i+n-j}=(-1{)}^{i+j}$ se sigue el resultado deseado.

(b) La prueba para este inciso se sigue del inciso anterior y tomando en cuenta que $detA=det{(}^{t}A)$.

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Problema 3. Sean $x,y,z\in \mathbb{R}$, $A=\left(\begin{array}{ccc}0& y& z\\ z& x& 0\\ y& 0& x\end{array}\right)$

y $B=\left(\begin{array}{ccc}0& z& y\\ y& x& 0\\ z& 0& x\end{array}\right)$. Calcula el determinante de la matriz $$C=\left(\begin{array}{ccc}{y}^2+z^2& xy& xz\\ xy& x^2+z^2& yz\\ xz& yz& x^2+y^2\end{array}\right).$$

Solución. Note que ${}^{t}A=B$, entonces $detA=detB$. Calculemos $detA$

$$detA=-z(yx)+y(-zx)=-2xyz$$

Además notemos que $\left(\begin{array}{ccc}0& y& z\\ z& x& 0\\ y& 0& x\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}0& z& y\\ y& x& 0\\ z& 0& x\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}{y}^2+z^2& xy& xz\\ xy& x^2+z^2& yz\\ xz& yz& x^2+y^2\end{array}\right)$

o bien, $AB=C$.
Así, $detC=(detA{)}^2=(-2xyz{)}^2=4x^2{y}^2{z}^2.$

$\mathrm{△}$

Entradas relacionadas

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»