Determinant je multilineárna funkcia

[Martin Sleziak]

Keďže dnes sa to v nejakej súvislosti vyskytlo, tak spomeniem dôkaz takéhoto tvrdenia a aj poviem niečo okolo toho. (Berte to ako niečo navyše - hlavné sú tie veci, ktoré boli na prednáške.)

V podstate to čo ideme urobiť je, že na determinant sa budeme pozerať ako na funkciu jeho riadkov, t.j. na vstupe dostaneme nejakých $n$ vektorov z $V=F^n$, t.j ak máme vektory $\vec a_1, \vec a_2,\dots,\vec a_n$, tak sa budeme pozerať na funkciu $D\colon V^n\to F$
$$D(\vec a_1, \vec a_2,\dots,\vec a_n)=\det\begin{pmatrix}\vec a_1\\ \vec a_2\\ \dots\\\vec a_n\end{pmatrix},$$
ktorá $n$-tici vektorov priradí determinant matice, ktorej riadky sú tvorené týmito vektormi.

To, čo si chceme rozmyslieť, je že ak zafixujeme $n-1$ vektorov a meníme len jeden zostávajúci riadok, tak dostaneme lineárnu funkciu $V\to F$.

Tvrdenie. Majme vektory $\vec a_1, \dots,\vec a_{i-1}, \vec a_{i+1},\dots,\vec a_n\in F^n$. Potom pre ľubovoľné $c\in F$ a ľubovoľné $\vec x,\vec y\in F^n$ platí:
$$\begin{gather*} D(\vec a_1, \dots,\vec a_{i-1}, c\cdot\vec x,\vec a_{i+1},\dots,\vec a_n)=c\cdot D(\vec a_1, \dots,\vec a_{i-1}, \vec x,\vec a_{i+1},\dots,\vec a_n)\\ D(\vec a_1, \dots,\vec a_{i-1}, \vec x+\vec y,\vec a_{i+1},\dots,\vec a_n)=D(\vec a_1, \dots,\vec a_{i-1}, \vec x,\vec a_{i+1},\dots,\vec a_n)+D(\vec a_1, \dots,\vec a_{i-1}, \vec y,\vec a_{i+1},\dots,\vec a_n) \end{gather*}$$

Prvá z uvedených vlastností je len ináč zapísané tvrdenie o tom, ako sa zmení determinant ak $i$-ty riadok vynásobíme konštantou $c$. Dôkaz tohoto tvrdenia ste videli na prednáške.

Druhú časť nie je ťažké dokázať priamo z definície - ak ste si už pozerali nejaké dôkazy takého typu ako boli na prednáške, tak odporúčam vyskúšať si to.

Spoiler:

$$\begin{align*} \newcommand{\vp}{\varphi} &D(\vec a_1, \dots,\vec a_{i-1}, \vec x+\vec y,\vec a_{i+1},\dots,\vec a_n)\\ =& \sum_{\vp\in S_n} (-1)^{s(\vp)} a_{1,\vp(1)}\cdots a_{i-1,\vp(i-1)} \cdot (\vec x+\vec y) \cdot a_{i+1,\vp(i+1)} \cdots a_{n,\vp(n)}\\ =& \sum_{\vp\in S_n} \left((-1)^{s(\vp)} a_{1,\vp(1)}\cdots a_{i-1,\vp(i-1)} \vec x \cdot a_{i+1,\vp(i+1)} \cdots a_{n,\vp(n)}+ (-1)^{s(\vp)} a_{1,\vp(1)}\cdots a_{i-1,\vp(i-1)} \vec y \cdot a_{i+1,\vp(i+1)} \cdots a_{n,\vp(n)}\right)\\ =& \sum_{\vp\in S_n} (-1)^{s(\vp)} a_{1,\vp(1)}\cdots a_{i-1,\vp(i-1)} \vec x \cdot a_{i+1,\vp(i+1)} \cdots a_{n,\vp(n)}+ \sum_{\vp\in S_n} (-1)^{s(\vp)} a_{1,\vp(1)}\cdots a_{i-1,\vp(i-1)} \vec y \cdot a_{i+1,\vp(i+1)} \cdots a_{n,\vp(n)}\\ =&D(\vec a_1, \dots,\vec a_{i-1}, \vec x,\vec a_{i+1},\dots,\vec a_n)+D(\vec a_1, \dots,\vec a_{i-1}, \vec y,\vec a_{i+1},\dots,\vec a_n) \end{align*}$$

EDIT: Teraz vidím, že toto bolo aj na prednáške. (Aj keď dôkaz bol preskočený - s tým, že si to máte rozmyslieť sami cez Laplaceov rozvoj. Vyššie je dôkaz na základe definície - cez permutácie. Ale medzi týmito dvoma dôkazmi nie je až taký veľký rozdiel.)

Terminológia. Ukázali sme, že keď sa pozeráme na jednu konkrétnu premennú, tak dostanem lineárne zobrazenie. Pretože to platí pre každú premennú, tak o zobrazení $D$ hovoríme, že je multilineárne.

Okrem toho o zobrazení $D(\vec a_1, \vec a_2,\dots,\vec a_n)$ vieme z prednášky, že ak vymeníme dva parametre, tak sa zmení znamienko. Takéto zobrazenie voláme alternujúce zobrazenie.

Wikipédia:

• Multilinear map
• Alternating multilinear map

[Martin Sleziak]

Aplikácie. Vlastne sme ukázali, že platí
$$\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_{i-1} \\ \vec x+\vec y \\ \vec a_{i+1} \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}= \det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_{i-1} \\ \vec x \\ \vec a_{i+1} \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}+ \det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_{i-1} \\ \vec y \\ \vec a_{i+1} \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}.$$
Pretože $\det(A^T)=\det(A)$, podobné tvrdenie platí pre stĺpce.

Túto vlastnosť vieme niekedy použiť pri výpočte determinantu a občas aj pri niektorých dôkazoch.

Súčet determinantov. Napríklad na dnešnom cvičení sa vyskytol takýto determinant:
$$\begin{vmatrix} -2 & 2 & 0 & 0 \\ 1 &-2 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 2 &-1 \\ 0 & 1 &-1 & -1 \\ \end{vmatrix}.$$
Dalo by sa pri jeho výpočte nejako využiť uvedené tvrdenie?

Spoiler:

Laplaceov rozvoj dáva
$$\begin{vmatrix} -2 & 2 & 0 & 0 \\ 1 &-2 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 2 &-1 \\ 0 & 1 &-1 & -1 \\ \end{vmatrix}= -2\begin{vmatrix} -2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 &-1 \\ 1 &-1 & -1 \\ \end{vmatrix} -2\begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 &-1 \\ 0 &-1 & -1 \\ \end{vmatrix}=\dots$$
Čo by sa dalo urobiť ďalej?

Spoiler:

$$\begin{align*} \begin{vmatrix} -2 & 2 & 0 & 0 \\ 1 &-2 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 2 &-1 \\ 0 & 1 &-1 & -1 \\ \end{vmatrix} &=-2\begin{vmatrix} -2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 &-1 \\ 1 &-1 & -1 \\ \end{vmatrix} -2\begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 &-1 \\ 0 &-1 & -1 \\ \end{vmatrix}=\\ &=-2\left(\begin{vmatrix} -2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 &-1 \\ 1 &-1 & -1 \\ \end{vmatrix} +\begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 &-1 \\ 0 &-1 & -1 \\ \end{vmatrix}\right)=\\ &\overset{(*)}=-2\begin{vmatrix} -1 & 1 & 2 \\ 2 & 2 &-1 \\ 1 &-1 & -1 \\ \end{vmatrix}= -2\begin{vmatrix} -1 & 1 & 2 \\ 2 & 2 &-1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{vmatrix}\\ &=-2\begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 2 & 2 \\ \end{vmatrix} (-2)\cdot(-4)=8 \end{align*}$$


Na mieste označenom $(*)$ sme využili spomínané tvrdenie pre stĺpce. Trochu sme ušetrili v tom, že namiesto dvoch determinantov $3\times3$ stačilo vypočítať jeden.

Opakovaný riadok a výmena riadkov.
Predpokladajme, že už máme dokázanú vlastnosť, že ak máme dvakrát ten istý riadok, tak determinant je nulový.
Ako sa dá pomocou uvedeného tvrdenia upraviť determinant
$$\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_i+\vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_j+\vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix},$$
t.j. determinant matice, ktorá má v~$i$-tom aj riadku súčet $\vec a_i+\vec a_j$ a v ostatných riadkoch sú prvky ako v matici $A$?
Dalo by sa to použiť na dôkaz tvrdenia, že výmena riadkov mení znamienko?

Spoiler:

$$\begin{align*} \det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_i+\vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_j+\vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix} &=\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_j+\vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}+ \det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_j+\vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}\\ &=\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}+ \det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}+ \det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}+ \det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}\\ &=\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}+ \det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix} \end{align*}$$
Dostávame teda, že $$\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}+ \det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}=0$$ a
$$\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}= -\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}.$$

Pripočítanie násobku riadku. Vedeli by sme nejako podobne odvodiť tvrdenie o tom, že pripočítanie násobku niektorého riadku k inému nemení determinant?

Spoiler:

$$\begin{align*} \det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_i+c\vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix} &=\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix} +\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ c\vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}\\ &=\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix} +c\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix}\vec a_1 \\ \vdots \\ \vec a_i \\ \vdots \\ \vec a_j \\ \vdots \\ \vec a_n\end{pmatrix} \end{align*}$$

[Martin Sleziak]

Jednoznačnosť determinantu. Vrátim sa znovu k označeniu $D(\vec a_1,\vec a_2,\dots,\vec a_n)$.

Vieme, že determinant má tieto tri vlastnosti:

• $D(\vec e_1,\vec e_2,\dots,\vec e_n)=1$
• $D$ je multilineárna a alternujúca funkcia

Dá sa dokázať, že týmito vlastnosťami je funkcia $D$ už jednoznačne určená.
Toto je presne vec, ktorá je v jednej sade prednáškových úloh ako bonusová úloha.
Opäť pridám aj linku na Wikipédiu: Leibniz formula for determinants.
A aj nejaké linky na Mathematics Stack Exchange: The determinant function is the only one satisfying the conditions a Uniqueness of determinant.


Čiže v princípe by sme aj toto mohli brať ako definíciu determinantu - samozrejme, potom by sme ale vyjadrenie pomocou súčtu cez všetky permutácie potrebovali nejako odvodiť (ak by sme ho chceli používať). Takisto aj Laplaceov rozvoj.

Rozprávali sme sa trochu o tom, že determinant je niečo ako plocha/objem, len navyše treba nejaké znamienko.
Takáto definícia determinantu by aspoň trochu mohla zodpovedať intuícii o tom, že determinant má byť oznamienkovaný objem.

Podmienka $D(\vec e_1,\vec e_2,\dots,\vec e_n)=1$ vlastne hovorí že jednotková kocka má mať objem $1$.

O tom, prečo by mala platiť multilineárnosť sme sa aspoň pre $n=2$ a $n=3$ trochu rozprávali na dnešnom cvičení. Tiež sme videli, že niekedy potrebujeme aj záporné znamienko - aj keď rozmyslieť si presne pre aké preusporiadanie vektorov sa znamienko má zmeniť na opačné by si vyžiadalo ešte nejakú prácu navyše.

Teda takáto definícia determinantu by bola o čosi geometrickejšia - viac by zodpovedala tomu, že ide o oznamienkovaný objem (zovšeobecnený na $n$-rozmerný priestor). Ale na druhej strane by nás stálo pomerne veľa námahy, ak by sme z tejto definície chceli odvodiť vyjadrenie cez permutácie (Leibnizov vzorec) a potom napríklad aj Laplaceov rozvoj.