Determinant blokovej matice

[Martin Sleziak]

Na cviku sme si spomenuli (a aj dokázali) pre blokové matice takéto vzťahy

\begin{align*}
\begin{vmatrix} A&0\\ D&C\end{vmatrix}&=|A|\cdot|C|\\
\begin{vmatrix} A&B\\ 0&C\end{vmatrix}&=|A|\cdot|C|
\end{align*}
Dôležité je, že tam bol jeden nulový blok.

Môžete sa zamyslieť znovu nad tým, ako sme túto rovnosť dokázali.

Pridám aj nejaké linky:
* https://math.stackexchange.com/question ... nt-formula (Wayback Machine)
* https://math.stackexchange.com/question ... lar-matrix (Wayback Machine)

Vo všeobecnosti neplatia takéto vzorce:
\begin{align*}
\begin{vmatrix} A&B\\ D&C\end{vmatrix}&\ne|A|\cdot|C|\\
\begin{vmatrix} A&B\\ D&C\end{vmatrix}&\ne|A|\cdot|C|-|B|\cdot|D|
\end{align*}

Jednoduchý kontrapríklad:
$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
Všimnite si, že táto matica je regulárna, a teda má nenulový determinant. Ale determinant každého zo štyroch blokov je nulový.
(Jeden z dôvodov prečo to spomínam je ten, že dnes niekto v opravnej písomke počítal determinant $4\times 4$ takýmto spôsobom - hoci matica neobsahovala nulové bloky. Tak som chcel o tom napísať na fórum, aby ste si tento problém uvedomili.)

Niekedy vieme vyjadriť aj takýto determinant. Napríklad skopírujem úlohu odtiaľto http://thales.doa.fmph.uniba.sk/niepel/ ... 16/u10.pdf (Tu sa predpokladá, že niektoré z blokov sú regulárne - používa sa tam inverzná matica.)

Ukážte, že pre determinant blokovej matice platí
$$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}
\det\begin{pmatrix}
A & B \\
C & D
\end{pmatrix}=
\det A \det (D-C \inv A B) =
\det (A - B\inv{D}C)\det D
$$
Ukážte, že ak $A$ a $C$ komutujú, potom sa determinant rovná $\det(AD-CB)$.

[Martin Sleziak]

Skúsim sem doplniť postupnosť hintov, ktoré vedú k tejto rovnosti:
$$\begin{vmatrix} A&B\\ 0&C\end{vmatrix}=|A|\cdot|C|.$$
(Dôkaz sa dá nájsť na linkách, ktoré som postol vyššie. A zvyčajne sa na niečo takéto zvykneme pozrieť aj na cviku. Ale takto máte možnosť vyskúšať si, či viete na to prísť sami, ak niekde máte aspoň začiatok riešenia.)

*****

Najprv sa pozrieme na špeciálny prípady, keď $C=I$, alebo $A=I$.

Vedeli by ste ukázať, že
$$\begin{vmatrix} A&B\\ 0&I\end{vmatrix}=|A|.$$

Hint:

Spoiler:

Laplaceov rozvoj.

Detailnejší hint:

Spoiler:

Indukciou vzhľadom na $k$ dokážeme
$$\begin{vmatrix} A&B\\ 0&I_k\end{vmatrix}=|A|.$$
T.j. indukciu budeme robiť vzhľadom na rozmery jednotkovej matice v pravom dolnom bloku.

Dôkaz:

Spoiler:

Báza indukcie aj indukčný krok sa dá urobiť veľmi podobne.

Ak urobíme Laplaceov rozvoj vzhľadom na posledný riadok, tak dostaneme
$$\begin{vmatrix} A&B\\ 0&I_{k+1}\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix} A&B'\\ 0&I_k\end{vmatrix}.$$
Skoro to isté robíme pri báze indukcie:
$$\begin{vmatrix} A&\vec b^T\\ 0&1\end{vmatrix}=|A|.$$

Takmer rovnako sa dokáže aj
$$\begin{vmatrix} I&B\\ 0&C\end{vmatrix}=|C|.$$

*****

Teraz by sme chceli už dokázané veci použiť na dôkaz, že platí
$$\begin{vmatrix} A&B\\ 0&C\end{vmatrix}=|A|\cdot|C|.$$

Malý hint:

Spoiler:

Determinant súčinu je súčin determinantov.

Hint 1:

Spoiler:

Skúste vyjadriť maticu
$$\begin{pmatrix} A&B\\ 0&C\end{pmatrix}$$
ako súčin jednoduchších matíc.

Hint 2:

Spoiler:

Ak to pomôže, vyskúšajte to aspoň v prípade, že matice $A$, $B$, $C$ sú rozmerov $1\times1$.

Riešenie k hintu 2:

Spoiler:

$$\begin{pmatrix} a&b\\ 0&c\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix} 1&0\\ 0&c\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} a&b\\ 0&1\end{pmatrix}
$$

Riešenie:

Spoiler:

Máme takýto súčin matíc:
$$\begin{pmatrix} A&B\\ 0&C\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix} I&0\\ 0&C\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} A&B\\ 0&I\end{pmatrix}.$$
Pre determinanty potom dostaneme
$$\det\begin{pmatrix} A&B\\ 0&C\end{pmatrix}=
\det\begin{pmatrix} I&0\\ 0&C\end{pmatrix}\cdot
\det\begin{pmatrix} A&B\\ 0&I\end{pmatrix}=\det(C)\cdot\det(A).$$

Tu si treba rozmyslieť, že ako funguje súčin blokových matíc.
To, čo sme použili v predošlej rovnosti, je špeciálny prípad rovnosti
$$\begin{pmatrix}
A & B \\
C & D \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E & F \\
G & H \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
AE+BG & AF+BH \\
CE+DG & CF+GH \\
\end{pmatrix},$$
kde predpokladáme, že matice sú "správnych rozmerov". (T.j. takých rozmerov, že uvedené súčiny matíc sa naozaj dajú urobiť.)

[Martin Sleziak]

Doplním ešte, že to isté funguje aj ak mám viac blokov, keď bloky pod diagonálou sú nulové.
Ak by som mal napríklad blokovú maticu poskladanú z $3\times3=9$ blokov, tak mám $$
\det\begin{pmatrix}
A_{11} & A_{12} & A_{13} \\
0 & A_{22} & A_{23} \\
0 & 0 & A_{33} \\
\end{pmatrix}=\det(A_{11})\det(A_{22})\det(A_{33}).$$
Podobne aj pre väčšie rozmery. (Ak už to máme dokázané pre štyri bloky, tak na väčší počet blokov by sme toto tvrdenia ľahko rozšírili indukciou.)

[Martin Sleziak]

Spomeniem ešte aj to, že toto tvrdenie dostaneme okamžite, ak máme k dispozícii zovšeobecnený Laplaceov rozvoj: viewtopic.php?t=1407
Ak matica $A$ má rozmery $k\times k$, tak rovnosť $$\begin{vmatrix} A&0\\ C&D\end{vmatrix}=|A|\cdot|D|$$ dostaneme, ak urobíme rozvoj podľa prvých $k$ riadkov a rovnosť $$\begin{vmatrix} A&B\\ 0&D\end{vmatrix}=|A|\cdot|D|$$ dostaneme, ak urobíme rozvoj podľa prvých $k$ stĺpcov.