Determinante

Antes de definir el determinante, repasemos algunas definiciones importantes.

Sea $V$ un $\KK$ -espacio vectorial. Una función $f : V \times V \times \ldots \times V \; (n \; veces) \to \KK$ es $n$ -multilineal si es lineal en cada coordenada:

\begin{aligned} f(\bfv_1, \ldots, \bfv_i + \bfv_i', \ldots, \bfv_n) &= f(\bfv_1, \ldots, \bfv_i, \ldots, \bfv_n) + f(\bfv_1, \ldots, \bfv_i', \ldots, \bfv_n) \\ f(\bfv_1, \ldots, \lambda \bfv_i, \ldots, \bfv_n) &= \lambda \cdot f(\bfv_1, \ldots, \bfv_i, \ldots, \bfv_n) \quad \forall \lambda \in \KK, \forall i = 1, \ldots, n \\ \end{aligned}

Una función $n$ -multilineal $f$ se dice alternante si al evaluarla en una $n$ -upla con dos vectores iguales se anula. Es decir:

f(\bfv_1, \ldots, \bfv_i, \ldots, \bfv_j, \ldots, \bfv_n) = 0 \quad \text{si} \quad \bfv_i = \bfv_j, \; i \not= j

La fórmula recursiva del determinante utiliza partes de una matriz $A \in \KK^{n \times n}$ para calcular su valor.

Sea $A \in \KK^{n \times n}$ , sean $1 \leq i, j \leq n$ . Entonces $A(i|j) \in \KK^{(n-1) \times (n-1)}$ es la matriz que se obtiene de $A$ suprimiendo la fila $i$ y la columna $j$ .

La única función multilineal alternada es $f : \KK^{n \times n} \to \KK$ tal que $f(I_n) = 1$ se llama determinante de orden $n$ . Su valor se denota como $\det(A)$ o $|A|$ , y determina si una matriz cuadrada es invertible.

f(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}) = 1 \implies \det\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = ad - bc

\det(A^{n \times n}) = \begin{cases} a_{11} ,& n = 1 \\ \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} \; (-1)^{i+1} \cdot a_{i1} \cdot \det(A(i|1)), & n > 1 \end{cases}

Propiedades del Determinante

Si $A \in \KK^{n \times n}$ y $\det(A) \not= 0 \implies A$ es invertible.

Demostración:

\det A \cdot \det A^{-1} = \det(A \cdot A^{-1}) = \det(I_n) = 1

Si $A \in \KK^{n \times n}$ es matriz triangular superior $\implies \det(A) = \displaystyle{\prod_{i=1}^n} \; a_{ii}$

Demostración:

Puede probarse por inducción en $n$ . Para $n = 1$ es trivial, ya que $\det(A) = a_{11}$ .
Supongamos esto vale para cualquier matriz triangular superior de tamaño $(n - 1) \times (n - 1)$ .
Consideremos el desarollo del determinante por la primera columna:

\begin{aligned} \det A &= \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} \; (-1)^{i+1} \cdot a_{i1} \cdot \det(A(i|1)) \\ &= (-1)^{1+1} \cdot a_{11} \cdot \det \begin{pmatrix} a_{22} & \ldots & * \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \ldots & a_{nn} \end{pmatrix} = a_{11} \cdot a_{22} \cdot \ldots \cdot a_{nn} \\ &= \displaystyle{\prod_{i=1}^n} \; a_{ii} \\ \end{aligned}

Sea $A \in \KK^{n \times n} \implies \det(A) = \det(A^t)$ (igual al de su transpuesta)

Demostración:

Puede probarse por inducción en $n$ . Para $n = 1$ es trivial, ya que $\det(A) = a_{11} = \det(A^t)$ .
Asumimos que vale para cualquier matriz $(n - 1) \times (n - 1)$ . Entonces:

\begin{aligned} \det(A^t) &= \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} \; (-1)^{i+1} \cdot a_{1i} \cdot \det((A^t)(1|i)) \\ &= \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} \; (-1)^{i+1} \cdot a_{1i} \cdot \det((A(i|1))^t) \\ &= \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} \; (-1)^{i+1} \cdot a_{1i} \cdot \det(A(i|1)) \\ &= \det(A) \end{aligned}

Sea $A \in \KK^{n \times n} \implies \det(A^n) = (\det(A))^n$ .

Por consecuencia del punto anterior, $\det(A^{-1}) = \frac{1}{\det(A)}$

Sea $A \in \KK^{n \times n} \implies$ si una fila o columna de $A$ es nula, entonces $\det(A) = 0$ .

Esta última afirmación no es recíproca. Por ejemplo, la siguiente matriz $A^{3 \times 3}$ tiene $\det A = 0$

A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{bmatrix}

Demostración:

Supongamos la $i$ -ésima fila es nula. Entonces, al desarrollar el determinante por la $i$ -ésima fila:

\det A = \ldots + (-1)^{i+1} \cdot 0 \cdot \det(A(i|1)) + \ldots + (-1)^{i+n} \cdot 0 \cdot \det(A(i|n)) = 0

Existen algunas reglas memotécnicas para calcular el determinante de matrices pequeñas.

Si tenemos una matriz $2 \times 2$ :

A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}

Entonces:

det \; A = a \; det[d] - b \; det[c] = ad - bc

Con una matriz $3 \times 3$ , aplicamos la regla de Sarrus.

\begin{aligned} A &= \begin{bmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \\ \end{bmatrix} \\ &\; \\ (+) &\implies \begin{vmatrix} \color{red} a & \color{green} b & \color{blue} c \\ d & \color{red} e & \color{green} f \\ g & h & \color{red} i \\ \end{vmatrix} \begin{matrix} a & b \\ \color{blue} d & e \\ \color{green} g & \color{blue} h \\ \end{matrix} \\ &\; \\ (-) &\implies \begin{vmatrix} a & b & \color{blue} c \\ d & \color{blue} e & \color{green} f \\ \color{blue} g & \color{green} h & \color{red} i \\ \end{vmatrix} \begin{matrix} \color{green} a & \color{red} b \\ \color{red} d & e \\ g & h \\ \end{matrix} \\ \end{aligned}

\begin{aligned} \\ &= \color{red}{a \cdot e \cdot i} \color{darkgray}{\; + \;} \color{green}{b \cdot f \cdot g} \color{darkgray}{\; + \;} \color{blue}{c \cdot d \cdot h} \color{darkgray}{\; - \;} \color{blue}{g \cdot e \cdot c} \color{darkgray}{\; - \;} \color{green}{h \cdot f \cdot a} \color{darkgray}{\; - \;} \color{red}{i \cdot d \cdot b} \end{aligned}

Ejemplo: Calcular el determinante de la matriz $A$

A = \begin{bmatrix} 2 & 3 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & -1 & 3 \\ 0 & 5 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 5 \\ \end{bmatrix}

\begin{aligned} \det\begin{bmatrix} 2 & 3 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & -1 & 3 \\ 0 & 5 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 5 \\ \end{bmatrix} &= (-1)^{1 + 1} \cdot a_{11} \cdot \det(A(1|1)) + (-1)^{1 + 2} \cdot a_{21} \cdot \det(A(2|1)) \\ &\;+ (-1)^{1 + 3} \cdot a_{31} \cdot \det(A(3|1)) + (-1)^{4 + 1} \cdot a_{41} \cdot \det(A(4|1)) \\ \end{aligned}

Si reemplazamos $a_{i1}$ por el elemento correspondiente:

\begin{aligned} \det(A) &= (-1)^{1+1} \cdot 2 \cdot \det(A(1|1)) + (-1)^{2+1} \cdot 0 \cdot \det(A(2|1)) \\ &+ (-1)^{3+1} \cdot 0 \cdot \det(A(3|1)) + (-1)^{4+1} \cdot 1 \cdot \det(A(4|1)) \\ &\; \\ &= 2 \cdot \det\begin{bmatrix} 2 & -1 & 3 \\ 5 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 5 \\ \end{bmatrix} - \det\begin{bmatrix} 3 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & 3 \\ 5 & 1 & 1 \\ \end{bmatrix} \\ &\; \\ &= 2 \cdot \big(2 \cdot 1 \cdot 5 + (-1) \cdot 1 \cdot 1 + 3 \cdot 5 \cdot 2 - 1 \cdot 3 \cdot 3 - 2 \cdot 1 \cdot 2 - 5 \cdot 5 \cdot (-1)\big) \\ &- \big(3 \cdot (-1) \cdot 1 + 1 \cdot 3 \cdot 5 + 1 \cdot 2 \cdot 1 - 5 \cdot (-1) \cdot 1 - 1 \cdot 3 \cdot 3 - 1 \cdot 2 \cdot 1\big) \\ &\; \\ &= 2 \cdot 57 - 8 \\ &= 106 \end{aligned}

Adjunta clásica

Dada $A \in \KK^{n \times n}$ , y $C \in \KK^{n \times n}$ tal que $C_{ij} = (1)^{i+j} \cdot a_{ij} \cdot \det(A(i|j))$ .
Su transpuesta se llama matriz adjunta clásica de $A$ tal que $\text{adj}(A)_{ij} = C_{ji} = (1)^{i+j} \cdot a_{ji} \cdot \det(A(j|i))$ .

Regla de Cramer

Sea $A \in \KK^{n \times n}$ una matriz invertible y sea $b \in \KK^{n \times 1}$ . Escribimos a $A = [A_1, \; A_2, \; \ldots, \; A_n]$ , como columnas. Entonces la única solución del sistema lineal $Ax = b$ está dada por:

x = \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix}, \quad \text{donde} \quad x_i = \frac{\det(1, \ldots, \stackrel{\text{pos.}\; i}{b}, \ldots, n)}{\det A}, \quad \forall i = 1, \ldots, n

Demostración:

Multiplicamos por $\text{adj}(A)$ el sistema:

\begin{aligned} Ax = b \implies \text{adj}(A) \cdot Ax &= b \cdot \text{adj}(A) \\ \det(A) x &= \text{adj}(A) \cdot b \\ (\det(A) x)_i &= (\text{adj}(A) \cdot b)_i \\ \det(A) \cdot x_i &= \sum_{j=1}^{n} \text{adj}(A)_{ij} \cdot b_j \\ &= \sum_{j=1}^{n} (1)^{i+j} \cdot a_{ji} \cdot \det(A(j|i)) \cdot b_j \\ &= \det(1, \ldots, \stackrel{\text{pos.}\; i}{b}, \ldots, n) \\ \implies x_i &= \frac{\det(1, \ldots, \stackrel{\text{pos.}\; i}{b}, \ldots, n)}{\det A} \\ \end{aligned}

Ejercicios resueltos - Determinantes

Calcular el determinante de la matriz $B$ :

\begin{aligned} B &= \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \\ \end{bmatrix} \\ &\; \\ \det(B) &= (-1)^{1+1} \cdot 2 \cdot \det(B(1|1)) + (-1)^{2+1} \cdot 0 \cdot \det(B(2|1)) \\ &\;+ (-1)^{3+1} \cdot 0 \cdot \det(B(3|1)) + (-1)^{4+1} \cdot 0 \cdot \det(B(4|1)) \\ &\; \\ &= 2 \cdot \det\begin{bmatrix} 0 & 3 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ \end{bmatrix} \\ &\; \\ &= 2 \cdot \big(0 \cdot 0 \cdot 4 + 3 \cdot 0 \cdot 0 + 0 \cdot (-1) \cdot 0 - 0 \cdot 0 \cdot 0 - 0 \cdot 0 \cdot 0 - 4 \cdot (-1) \cdot 3\big) \\ &= 2 \cdot 12 \\ &= 24 \end{aligned}

Determinar para qué valores de $c \in \RR$ la matriz es invertible:

A = \begin{bmatrix} 0 & c & -c \\ -1 & 2 & -1 \\ c & -c & c \\ \end{bmatrix}

\begin{aligned} \det(A) &= \big(0 \cdot 2 \cdot c + c \cdot (-1) \cdot c + (-c) \cdot (-1) \cdot (-c)\big) - c \cdot 2 \cdot (-c) - (-c) \cdot (-1) \cdot 0 - c \cdot (-1) \cdot c \\ &= -c^2 - c^2 + 2c^2 - (-c^2) \\ &= c^2 \end{aligned}

Si el determinante es distinto de cero, la matriz es invertible.
Por lo tanto, $A$ es invertible para todo $c \in \RR - \{0\}$ .

B = \begin{bmatrix} 4 & c & 3 \\ c & 2 & c \\ 5 & c & 4 \\ \end{bmatrix}

\begin{aligned} \det(B) &= \big(4 \cdot 2 \cdot 4 + c \cdot c \cdot 5 + 3 \cdot c \cdot c\big) - 3 \cdot 2 \cdot 5 - c \cdot c \cdot 4 - 4 \cdot c \cdot c \\ &= 32 + 5c^2 + 3c^2 - 30 - 4c^2 - 4c^2 \\ &= 2 \end{aligned}

En este caso el determinante $2$ , por lo que la matriz es invertible $\forall c \in \RR$ .

C = \begin{bmatrix} 1 & c & -1 \\ c & 1 & 1 \\ 0 & 1 & c \\ \end{bmatrix}

\begin{aligned} \det(C) &= \big(1 \cdot 1 \cdot c + c \cdot 1 \cdot 0 + (-1) \cdot c \cdot 1\big) - (-1) \cdot 1 \cdot 0 - c \cdot 1 \cdot 1 - 1 \cdot 1 \cdot c \\ &= c + 0 -c - 0 - 1 - c^3 \\ &= -1 - c^3 \\ &\; \\ \therefore -1 - c^3 &= 0 \\ c^3 &= -1 \\ c &= -1 \end{aligned}

La matriz es invertible para todo $c \in \RR - \{-1\}$ .