I Algebra liniowa z geometrią 1 9 Suma prosta 11 Do czego zmierzamy?

Rozdział 10 Wyznacznik

SŁOWA KLUCZOWE ROZDZIAŁU
wyznacznik jako funkcja kolumn $\Diamond$ permutacje $\Diamond$ wyznacznik iloczynu $\Diamond$ wyznacznik macierzy odwrotnej $\Diamond$ wyznacznik macierzy transponowanej $\Diamond$ wyznacznik a liniowa niezależność $\Diamond$ dopełnienie algebraiczne $\Diamond$ rozwinięcie Laplace’a $\Diamond$ macierz odwrotna $\Diamond$ wzory Cramera $\Diamond$ rozkład Schura $\Diamond$ orientacja $\Diamond$ iloczyn wektorowy $\Diamond$ iloczyn mieszany $\Diamond$ objętość równoległościanu

10.1 Grupa permutacji

Definicja 10.1.

Permutacja

Rozważmy zbiór skończony $\{1,\ldots,n\}$ dla $n\in\mathbb{N}$ . Permutacją zbioru $\{1,\ldots,n\}$ nazywamy dowolną bijekcję

\sigma:\{1,\ldots,n\}\longrightarrow\{1,\ldots,n\}.

Przez $S_{n}$ oznaczamy zbiór wszystkich permutacji zbioru $\{1,\ldots,n\}$ tzn.

$S_{n}=\Big{\{}\sigma|\sigma:\{1,\ldots,n\}\longrightarrow\{1,\ldots,n\}\quad% \text{jest bijekcją}\Big{\}}$

Ponieważ złożenie bijekcji jest bijekcją, więc składanie odwzorowań $\circ$ określa strukturę grupy w zbiorze $S_{n}$ . Jej elementem neutralnym jest odwzorowanie identycznościowe ${\rm id}$ na zbiorze $\{1,\ldots,n\}$ . Elementem odwrotnym do permutacji $\sigma$ jest odwzorowanie odwrotne do $\sigma$ (istnieje ono, bo $\sigma$ jest bijekcją).

Przykład 10.1.

Permutację $\sigma:\{1,\ldots,n\}\longrightarrow\{1,\ldots,n\}$ zapisujemy często w postaci tabeli

\sigma=\begin{pmatrix}1&2&3&\ldots&n\\ \sigma(1)&\sigma(2)&\sigma(3)&\ldots&\sigma(n)\\ \end{pmatrix}

Przykładowo,

\sigma=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\ 3&2&4&1&5\\ \end{pmatrix},\quad\tau=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\ 2&4&5&3&1\\ \end{pmatrix}

są pewnymi permutacjami zbioru $5$ -elementowego $\{1,2,3,4,5\}$ . Ich iloczyn jest równy

\tau\sigma=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\ 5&4&3&2&1\\ \end{pmatrix}.

Istnieje bardziej zwarty sposób zapisu permutacji $\sigma\in S_{n}$ . Pochodzi on od Cauchy’ego. Niech $x_{1},\ldots,x_{r}$ będą różnymi elementami zbioru $\{1,\ldots,n\}$ . W szczególności, $2\leq r\leq n$ . Przez $(x_{1},\ldots,x_{r})$ oznaczamy taką permutację z $S_{n}$ , że

x_{1}\to x_{2}\to x_{3}\to\ldots\to x_{r}\to x_{1}

oraz

x\to x,\quad\textmd{dla}\quad x\in\{1,\ldots,n\}\setminus\{x_{1},\ldots,x_{r}\}.

Permutację $(x_{1},\ldots,x_{r})\in S_{n}$ nazywamy $r$ -cyklem. Jeśli $r=2$ , to $2$ -cykl nazywamy transpozycją. Dwa cykle z $S_{n}$ nazywamy rozłącznymi, jeśli nie mają wspólnych wyrazów.

Przykład 10.2.

Dla permutacji

\sigma=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\ 2&1&3&5&4\\ \end{pmatrix},\quad\tau=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\ 5&4&1&2&3\\ \end{pmatrix}

mamy (opuszczamy w zapisie $1$ -cykle):

\sigma=(1,2)(3)(4,5)=(1,2)(4,5),\quad\tau=(1,5,3)(2,4).

Przykład 10.3.

Niech $\sigma=(1,2,3)\in S_{n}$ . Wtedy $\sigma^{-1}=(3,2,1)$ , bo

(1,2,3)(3,2,1)={\rm id}.

Ponadto, $(1,2,3)^{3}=(1,2,3)(1,2,3)(1,2,3)={\rm id}$ oraz $3$ jest najmniejszą taką liczbą naturalną $n$ , że $(1,2,3)^{n}={\rm id}$ .

Jeśli $n>2$ , to grupa $(S_{n},\circ)$ nie jest abelowa. Przykładowo,

$(2,3)(1,2)=\begin{pmatrix}1&2&3\\ 3&1&2\\ \end{pmatrix}=(1,3,2)$

oraz

$(1,2)(2,3)=\begin{pmatrix}1&2&3\\ 2&3&1\\ \end{pmatrix}=(1,2,3).$

Dla $\sigma\in S_{n}$ definiujemy zbiór

\sigma^{*}=\{i\in\{1,\ldots,n\}:\sigma(i)\neq i\}.

Zauważmy, że jeśli $i\in\sigma^{*}$ , to $\sigma(i)\in\sigma^{*}$ . Jeśli $\sigma=(x_{1},\ldots,x_{r})\in S_{n}$ jest cyklem, to $\sigma^{*}=\{x_{1},\ldots,x_{r}\}$ . Cykle $\sigma$ i $\tau$ są rozłączne, gdy $\sigma^{*}\cap\tau^{*}=\emptyset$ .

Lemat 10.1.

Jeśli $\sigma,\tau\in S_{n}$ i $\sigma^{*}\cap\tau^{*}=\emptyset$ , to $\sigma\tau=\tau\sigma$ .

Dowód.

Niech $i\in\{1,\ldots,n\}$ będzie ustalone. Sprawdzimy, że $\sigma\tau(i)=\tau\sigma(i)$ . Ponieważ cykle $\tau$ i $\sigma$ są rozłączne, więc mamy trzy możliwości:

(1)

$\tau(i)=i=\sigma(i)$ ,
(2)

$\tau(i)\neq i$ oraz $\sigma(i)=i$ ,
(3)

$\sigma(i)\neq i$ oraz $\tau(i)=i$ .

Przypadek (1) jest oczywisty, a (2) i (3) są symetryczne, więc można założyć, że zachodzi (2). Ponieważ cykle są rozłączne, więc również $\sigma(\tau(i))=\tau(i)$ , czyli teza zachodzi. ∎

Lemat 10.2.

Każda permutacja $\sigma\in S_{n}\setminus\{{\rm id}\}$ jest iloczynem rozłącznych cykli. Taki rozkład jest jednoznaczny z dokładnością do kolejności czynników.

Dowód.

Jeśli $\sigma^{*}=\emptyset$ , to $\sigma={\rm id}=(1)(2)\ldots(n)$ , więc teza zachodzi. Niech $\sigma^{*}\neq\emptyset$ i $s\in\sigma^{*}$ . Rozważmy zbiór

\{\sigma^{k}(s):k\in\mathbb{N}\}.

Ponieważ jest on skończony, więc $\sigma^{i}(s)=\sigma^{j}(s)$ dla pewnych liczb naturalnych $i<j$ . Wtedy $\sigma^{j-i}(s)=s$ . Istnieje więc najmniejsza liczba naturalna $l\geq 2$ taka, że $\sigma^{l}(s)=s$ . Wtedy liczby $s,\ldots,\sigma^{l-1}(s)$ są różne z definicji $l$ oraz $\tau=(s,\sigma(s),\ldots,\sigma^{l-1}(s))$ jest $l$ -cyklem. Dla $\rho=\sigma\tau^{-1}$ mamy $\sigma=\rho\tau$ oraz $\rho$ nie rusza punktów $s,\sigma(s),\ldots,\sigma^{l-1}(s)$ . Stosujemy teraz powyższą procedurę do $\rho$ . Zauważmy, że $\rho^{*}$ jest istotnym podzbiorem $\sigma^{*}$ , więc procedura skończy się po skończonej liczbie kroków, bo $\sigma^{*}$ jest zbiorem skończonym. Dowodzi to rozkładu $\sigma$ na rozłączne cykle.

Przypuśćmy, że

\sigma=\sigma_{1}\ldots\sigma_{k}=\tau_{1}\ldots\tau_{l}

są dwoma rozkładami $\sigma$ na rozłączne cykle. Przypuśćmy, że $\sigma_{1}(i)=j\neq i$ . Wtedy również $\tau_{p}(i)\neq i$ dla pewnego $p$ . Z rozłączności cykli mamy $\tau_{p}(i)=j=\sigma_{1}(i)$ . Rozważmy teraz $\sigma_{1}(j)$ . Z tych samych względów mamy $\tau_{p}(j)=\sigma_{1}(j)$ . Kontynuując dostajemy, że $\sigma_{1}=\tau_{p}$ i teza wynika poprzez indukcję. ∎

Lemat 10.3.

Dowolną permutację $\sigma\in S_{n}$ można przedstawić jako złożenie skończonej liczby transpozycji. Ponadto, jeśli $\sigma$ jest złożeniem parzystej liczby pewnych transpozycji, to każde jej przedstawienie jako złożenie transpozycji (nie jest ono jednoznacznie wyznaczone) składa się z parzystej liczby transpozycji. Takie permutacje $\sigma$ nazywamy parzystymi. Jeśli $\sigma$ jest złożeniem nieparzystej liczby transpozycji, to nazywamy ją nieparzystą.

Dowód.

Wiemy, że $\sigma$ możemy rozłożyć na iloczyn rozłącznych cykli. Każdy cykl $(a_{1},\ldots,a_{k})$ jest iloczynem transpozycji, bo

(a_{1},\ldots,a_{k})=(a_{1},a_{k})\ldots(a_{1},a_{2}).

Przypuśćmy, że mamy dwa rozkłady $\sigma$ na iloczyny transpozycji:

\sigma=\tau_{1}\ldots\tau_{r}=\rho_{1}\ldots\rho_{p}.

Pokażemy, że $r\equiv p\pmod{2}$ . Ponieważ

{\rm id}=\tau_{1}\ldots\tau_{r}\rho_{p}^{-1}\ldots\rho_{1}^{-1},

więc wystarczy pokazać, że ${\rm id}$ może być iloczynem tylko parzystej liczby transpozycji. Przypuśćmy, że

{\rm id}=(a_{1}b_{1})(a_{2}b_{2})\ldots(a_{k}b_{k})

(10.1)

gdzie $k\geq 1$ oraz $a_{i}\neq b_{i}$ dla $i=1,\ldots,k$ . Pokażemy, że $k$ jest parzyste. Zauważmy, że nie może być $k=1$ , bo ${\rm id}\neq(a_{1},b_{1})$ . Dla $k=2$ teza zachodzi. Załóżmy, że $k\geq 3$ i teza zachodzi dla wszystkich iloczynów mniejszej liczby transpozycji. Jedna z transpozycji $(a_{i}b_{i})$ dla $i\in\{2,\ldots,k\}$ musi ruszać $a_{1}$ , bo inaczej (10.1) nie może zachodzić. Stąd $a_{1}$ musi być jednym z $a_{i}$ dla pewnego $i\geq 2$ (zmieniając ewentualnie rolami $a_{i}$ z $b_{i}$ ). Zauważmy, że jeśli różne litery oznaczają różne liczby to zachodzą równości

(cd)(ab)=(ab)(cd),\quad(bc)(ab)=(ab)(bc),

więc możemy założyć, że $a_{2}=a_{1}$ .

Jeśli $b_{2}=b_{1}$ , to iloczyn $(a_{1}b_{1})(a_{1}b_{2})$ jest identycznością i możemy go pominąć otrzymując ${\rm id}$ jako iloczyn $k-2$ transpozycji. Z założenia indukcyjnego $k-2$ jest parzyste, więc $k$ jest parzyste.

Jeśli $b_{2}\neq b_{1}$ , to iloczyn $(a_{1}b_{1})(a_{1}b_{2})$ jest równy $(a_{1}b_{2})(b_{1}b_{2})$ , czyli (10.1) przyjmuje postać

{\rm id}=(a_{1}b_{2})(b_{1}b_{2})\ldots(a_{k}b_{k}).

(10.2)

Zauważmy, że w formule (10.2) jest mniej transpozycji które ruszają $a_{1}$ niż w (10.1). Rozumujemy teraz analogicznie. Pewna transpozycja w iloczynie (10.2) inna niż $(a_{1}b_{1})$ musi ruszać $a_{1}$ . Mamy znowu dwie możliwości albo możemy zredukować liczbę transpozycji o $2$ i zastosować indukcję albo możemy zmniejszyć o $1$ liczbę transpozycji ruszających $a_{1}$ w formule (10.2). Ponieważ ${\rm id}$ nie może być iloczynem transpozycji w którym tylko jedna rusza $a_{1}$ , więc w skończonej liczbie kroków musi zajść sytuacja, że iloczyn pierwszych dwóch transpozycji będzie identycznością, więc teza wynika poprzez indukcję. ∎

Przykład 10.4.

Rozważmy permutację

\sigma=\left(\begin{array}[]{cccccc}1&2&3&4&5&6\\ 1&5&6&4&3&2\\ \end{array}\right)\in S_{6}.

Powyższy napis oznacza, że

\sigma(1)=1,\quad\sigma(2)=5,\quad\sigma(3)=6,\quad\sigma(4)=4,\quad\sigma(5)=% 3,\quad\sigma(6)=2.

Sprawdzamy łatwo, że

	$\displaystyle\sigma$	$\displaystyle=(2,6)\circ(2,3)\circ(2,5)$
		$\displaystyle=(5,2)\circ(3,5)\circ(6,3)$
		$\displaystyle=(1,3)\circ(3,1)\circ(2,6)\circ(2,3)\circ(2,5).$

Widzimy, że przedstawienie permutacji $\sigma$ jako złożenie transpozycji nie jest jednoznaczne, ale parzystość liczby transpozycji w przedstawieniu nie zmienia się. Permutacja $\sigma$ jest nieparzysta.

Definicja 10.2.

Znak permutacji

Znak permutacji $\sigma\in S_{n}$ definiujemy jako liczbę:

{\rm sgn}(\sigma)=\left\{\begin{array}[]{ll}1,&\hbox{gdy $\sigma$ jest % parzysta,}\\ -1,&\hbox{gdy $\sigma$ jest nieparzysta. }\\ \end{array}\right.

Sprawdzamy łatwo, że

{\rm sgn}\,(\sigma\tau)={\rm sgn}\,(\sigma){\rm sgn}\,(\tau),\quad{\rm sgn}\,(% \sigma^{-1})={\rm sgn}\,(\sigma).

10.2 Definicja wyznacznika i jego własności

Pojęcie wyznacznika pojawiło się pod koniec $X V I I$ wieku w pracach Gottfrieda Wilhelma Leibnitza oraz japońskiego matematyka Seki Kova znanego również jako Takakazu (1642–1708). Systematyczna teoria wyznacznika pochodzi od Cauchy’ego (1789–1857) oraz Jacobiego (1804–1851).

Dla macierzy kwadratowej $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ zdefiniowaliśmy wyznacznik wzorem

{\rm det}\,(A)=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}.

Wniosek 10.1.

Dla dowolnych wektorów $u,v,w\in\mathbb{F}^{2}$ i liczb rzeczywistych $a,b\in\mathbb{F}$ zachodzą warunki:

(1)

dwuliniowość wyznacznika jako funkcji kolumn macierzy

$(i)\quad{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c|c}a\cdot u+b\cdot v&w\\ \end{array}\right]=a{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c|c}u&w\\ \end{array}\right]+b{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c|c}v&w\\ \end{array}\right],$

$(ii)\quad{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c|c}u&a\cdot v+b\cdot w\\ \end{array}\right]=a{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c|c}u&v\\ \end{array}\right]+b{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c|c}u&w\\ \end{array}\right];$
(2)

${\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c|c}u&u\\ \end{array}\right]=0,$
(3)

${\rm det}\,I_{2}=1$ .

Dowód.

Wystarczy przeprowadzić bezpośredni rachunek. Uzasadnimy dla przykładu warunek (1). Niech $u=[u_{1},u_{2}]^{T}$ , $v=[v_{1},v_{2}]^{t}$ oraz $w=[w_{1},w_{2}]^{T}$ . Wtedy

\left[\begin{array}[]{c|c}a\cdot u+b\cdot v&w\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{cc}au_{1}+bv_{1}&w_{1}\\ au_{2}+bv_{2}&w_{2}\\ \end{array}\right],

więc

	$\displaystyle{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c\|c}a\cdot u+b\cdot v&w\\ \end{array}\right]$	$\displaystyle=(au_{1}+bv_{1})w_{2}-(au_{2}+bv_{2})w_{1}$
		$\displaystyle=a(u_{1}w_{2}-u_{2}w_{1})+b(v_{1}w_{2}-v_{2}w_{1})$
		$\displaystyle=a\,{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c\|c}u&w\\ \end{array}\right]+b\,{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c\|c}v&w\\ \end{array}\right].$

∎

Pokażemy, że każde odwzorowanie $F:M_{2\times 2}(\mathbb{F})\longrightarrow\mathbb{F}$ spełniające warunki (1)-(3) musi być dane wzorem:

F(A)=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}.

Oznacza to, że wyznacznik jest jednoznacznie wyznaczony przez warunki (1)-(3) i musi być zadany powyższym wzorem.

Lemat 10.4.

Jeśli $F:M_{2\times 2}(\mathbb{F})\longrightarrow\mathbb{F}$ spełnia warunki (1)-(2), to dla dowolnych macierzy $A,B\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ zachodzi wzór

F(AB)=F(A)(b_{11}b_{22}-b_{12}b_{21}).

(10.3)

Dowód.

Niech

A=\left[\begin{array}[]{c|c}a_{1}&a_{2}\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{cc}a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22}\\ \end{array}\right],\quad B=\left[\begin{array}[]{cc}b_{11}&b_{12}\\ b_{21}&b_{22}\\ \end{array}\right].

Wtedy

	$\displaystyle AB$	$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{cc}a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21}&a_{11}b_{12}+% a_{12}b_{22}\\ a_{21}b_{11}+a_{22}b_{21}&a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22}\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c}b_{11}\cdot a_{1}+b_{21}\cdot a_{2}&b_% {12}\cdot a_{1}+b_{22}\cdot a_{2}\\ \end{array}\right].$

Z warunku (1) zastosowanego dwukrotnie mamy

	$\displaystyle F(AB)$	$\displaystyle=F(b_{11}\cdot a_{1}+b_{21}\cdot a_{2},b_{12}\cdot a_{1}+b_{22}% \cdot a_{2})$
		$\displaystyle=b_{11}F(a_{1},b_{12}\cdot a_{1}+b_{22}\cdot a_{2})+b_{21}F(a_{2}% ,b_{12}\cdot a_{1}+b_{22}\cdot a_{2})$
		$\displaystyle=b_{11}b_{12}F(a_{1},a_{1})+b_{11}b_{22}F(a_{1},a_{2})$
		$\displaystyle+b_{21}b_{12}F(a_{2},a_{1})+b_{21}b_{22}F(a_{2},a_{2}).$

Z warunku (2) wynika, że $F(v,v)=0$ dla dowolnego wektora $v\in\mathbb{F}^{2}$ oraz

F(a_{2},a_{1})=-F(a_{1},a_{2}).

Stąd

	$\displaystyle F(AB)$	$\displaystyle=F(a_{1},a_{2})(b_{11}b_{22}-b_{12}b_{21})$
		$\displaystyle=F(A)(b_{11}b_{22}-b_{12}b_{21}).$

∎

Twierdzenie 10.1.

Istnieje dokładnie jedno odwzorowanie $F:M_{2\times 2}(\mathbb{F})\longrightarrow\mathbb{F}$ spełniające warunki (1)-(3). Ponadto,

F(B)=b_{11}b_{22}-b_{12}b_{21},\quad B\in M_{2\times 2}(\mathbb{F}).

Dowód.

Przyjmując $A=I$ w Lemacie 10.4 i korzystając z warunku (3) otrzymujemy, że dla dowolnej macierzy $B\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ mamy

	$\displaystyle F(B)$	$\displaystyle=F(IB)$
		$\displaystyle=F(I)(b_{11}b_{22}-b_{12}b_{21})$
		$\displaystyle=b_{11}b_{22}-b_{12}b_{21},$

co kończy dowód. ∎

Uogólnimy ten rezultat na dowolny wymiar i zdefiniujemy wyznacznik dowolnej macierzy kwadratowej $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ . Będziemy w tym celu potrzebowali pewnych faktów dotyczących permutacji zbiorów skończonych.

Będziemy potrzebowali jeszcze jednego pojęcia. Odwzorowanie

F:M_{n\times n}(\mathbb{F})\longrightarrow\mathbb{F}

będziemy traktowali jako funkcję zależną od $n$ kolumn macierzy $A=\left[\begin{array}[]{c|c|c}a_{1}&\ldots&a_{n}\\ \end{array}\right]\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ , czyli $F=F(a_{1},\ldots,a_{n})$ jest funkcją zależną od $n$ wektorów.

Definicja 10.3.

Odwzorowanie $n$ -liniowe

Odwzorowanie $F:M_{n\times n}(\mathbb{F})\longrightarrow\mathbb{F}$ nazywamy $n$ -liniowym, jeśli jest ono liniowe ze względu na każdą zmienną. Oznacza to, że dla dowolnie ustalonego $i\in\{1,\ldots,n\}$ oraz wektorów $a_{i},b_{i}\in\mathbb{F}^{n}$ i skalarów $\alpha,\beta\in\mathbb{F}$ zachodzi równość

F(a_{1},\ldots,\underbrace{\alpha\cdot a_{i}+\beta\cdot b_{i}}_{i},\ldots a_{n% })=\alpha\cdot F(a_{1},\ldots,\underbrace{a_{i}}_{i},\ldots a_{n})+\beta\cdot F% (a_{1},\ldots,\underbrace{b_{i}}_{i},\ldots a_{n}).

Przykład 10.5.

Iloczyn skalarny

\mathbb{R}^{n}\times\mathbb{R}^{n}\ni(x,y)\mapsto(x|y)\in\mathbb{F}

jest odwzorowaniem dwuliniowym.

Twierdzenie 10.2 (Definicja wyznacznika).

Istnieje dokładnie jedno odwzorowanie

F:M_{n\times n}(\mathbb{F})\longrightarrow\mathbb{F}

spełniające warunki

(1)

$F$ jest $n$ -liniowe (jako funkcja kolumn macierzy $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F}))$ ,
(2)

jeśli $A$ ma dwie identyczne kolumny tzn., $a_{i}=a_{j}$ dla pewnych $i\neq j$ , to $F(A)=0$ ,
(3)

$F(I)=1$ .

Ponadto, dla dowolnej macierzy $B=[b_{ij}]\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ zachodzi

F(B)=\sum_{\sigma\in S_{n}}{\rm sgn}(\sigma)\;b_{\sigma(1)1}\ldots b_{\sigma(n% )n}.

(10.4)

Nazywamy ją wyznacznikiem i oznaczamy przez ${\rm det}$ . Czasami będziemy również stosować oznaczenie $|B|:={\rm det}\,B$ .

Z warunków (1) i (2) wynika, że jeśli $c\in\mathbb{F}$ oraz $i\neq j$ , to

$F(a_{1},\ldots,a_{i}+c\cdot a_{j},\ldots,a_{n})=F(a_{1},\ldots,a_{i},\ldots,a_% {n}).$

Wniosek 10.2.

Jeśli $F$ spełnia warunki (1)-(2), to (2’) $F$ jest antysymetryczne tzn. jeśli $i\neq j$ , to $F(a_{1},\ldots,\underbrace{a_{i}}_{i},\ldots,\underbrace{a_{j}}_{j},\ldots a_{% n})=-F(a_{1},\ldots,\underbrace{a_{j}}_{i},\ldots,\underbrace{a_{i}}_{j},% \ldots a_{n}).$

Dowód.

Niech $i\neq j$ . Wtedy z warunków (1)-(2) mamy

	$\displaystyle 0$	$\displaystyle=F(a_{1},\ldots,\underbrace{a_{i}+a_{j}}_{i},\ldots,\underbrace{a% _{i}+a_{j}}_{j},\ldots a_{n})$
		$\displaystyle=F(a_{1},\ldots,\underbrace{a_{i}}_{i},\ldots,\underbrace{a_{i}}_% {j},\ldots a_{n})+F(a_{1},\ldots,\underbrace{a_{i}}_{i},\ldots,\underbrace{a_{% j}}_{j},\ldots a_{n})$
		$\displaystyle+F(a_{1},\ldots,\underbrace{a_{j}}_{i},\ldots,\underbrace{a_{i}}_% {j},\ldots a_{n})+F(a_{1},\ldots,\underbrace{a_{j}}_{i},\ldots,\underbrace{a_{% j}}_{j},\ldots a_{n})$
		$\displaystyle=F(a_{1},\ldots,\underbrace{a_{i}}_{i},\ldots,\underbrace{a_{j}}_% {j},\ldots a_{n})+F(a_{1},\ldots,\underbrace{a_{j}}_{i},\ldots,\underbrace{a_{% i}}_{j},\ldots a_{n}).$

∎

Jeśli $F$ spełnia (2’), to

$F(a_{1},\ldots,\underbrace{a_{i}}_{i},\ldots,\underbrace{a_{i}}_{j},a_{n})=-F(% a_{1},\ldots,\underbrace{a_{i}}_{i},\ldots,\underbrace{a_{i}}_{j},a_{n}),$

więc jeśli $\mathbb{F}$ jest takim ciałem, że $1+1\neq 0$ , to warunek (2’) implikuje (2).

Jeśli $F$ spełnia (1) oraz $F(A)=0$ dla macierzy które mają takie same dwie sąsiadujące kolumny, to $F$ spełnia (2). Rzeczywiście, z dowodu Wniosku 10.2 wynika wtedy, że $F$ zmienia znak, gdy zmienimy miejscami dwie sąsiadujące kolumny.

Przykład 10.6.

Załóżmy, że $n=2$ . Wtedy $S_{2}$ składa się z dwóch permutacji: ${\rm id}$ (parzysta) oraz transpozycji $(12)$ (nieparzysta). Wynika stąd, że dla $B\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ mamy

{\rm det}\,(B)=F(B)=b_{11}b_{22}-b_{12}b_{21}.

Przykład 10.7.

Zobaczmy jakie są konsekwencje warunków (1)-(2) dla $n=3$ . Rozważmy macierz $A=\left[\begin{array}[]{c|c|c}a_{1}&a_{2}&a_{3}\\ \end{array}\right]\in M_{3\times 3}(\mathbb{F})$ oraz

B=\left[\begin{array}[]{ccc}b_{11}&b_{12}&b_{13}\\ b_{21}&b_{22}&b_{23}\\ b_{31}&b_{32}&b_{33}\\ \end{array}\right].

Wtedy

AB=\left[\begin{array}[]{c|c|c}b_{11}a_{1}+b_{21}a_{2}+b_{31}a_{3}&b_{12}a_{1}% +b_{22}a_{2}+b_{32}a_{3}&b_{13}a_{1}+b_{23}a_{2}+b_{33}a_{3}\\ \end{array}\right].

Z warunku (1) tzn. $3$ -liniowości $F$ i warunku (2) otrzymujemy, że

	$\displaystyle F(AB)$	$\displaystyle=b_{11}b_{12}b_{13}\underbrace{F(a_{1},a_{1},a_{1})}_{=0}+b_{11}b% _{12}b_{23}\underbrace{F(a_{1},a_{1},a_{2})}_{=0}+b_{11}b_{12}b_{33}% \underbrace{F(a_{1},a_{1},a_{3})}_{=0}$
		$\displaystyle+b_{11}b_{22}b_{13}\underbrace{F(a_{1},a_{2},a_{1})}_{=0}+b_{11}b% _{22}b_{23}\underbrace{F(a_{1},a_{2},a_{2})}_{=0}+b_{11}b_{22}b_{33}F(a_{1},a_% {2},a_{3})$
		$\displaystyle+b_{11}b_{32}b_{13}\underbrace{F(a_{1},a_{3},a_{1})}_{=0}+b_{11}b% _{32}b_{23}F(a_{1},a_{3},a_{2})+b_{11}b_{32}b_{33}\underbrace{F(a_{1},a_{3},a_% {3})}_{=0}$
		$\displaystyle+b_{21}b_{12}b_{13}\underbrace{F(a_{2},a_{1},a_{1})}_{=0}+b_{21}b% _{12}b_{23}\underbrace{F(a_{2},a_{1},a_{2})}_{=0}+b_{21}b_{12}b_{33}F(a_{2},a_% {1},a_{3})$
		$\displaystyle+b_{21}b_{22}b_{13}\underbrace{F(a_{2},a_{2},a_{1})}_{=0}+b_{21}b% _{22}b_{23}\underbrace{F(a_{2},a_{2},a_{2})}_{=0}+b_{21}b_{22}b_{33}% \underbrace{F(a_{2},a_{2},a_{3})}_{=0}$
		$\displaystyle+b_{21}b_{32}b_{13}F(a_{2},a_{3},a_{1})+b_{21}b_{32}b_{23}% \underbrace{F(a_{2},a_{3},a_{2})}_{=0}+b_{21}b_{32}b_{33}\underbrace{F(a_{2},a% _{3},a_{3})}_{=0}$
		$\displaystyle+b_{31}b_{12}b_{13}\underbrace{F(a_{3},a_{1},a_{1})}_{=0}+b_{31}b% _{12}b_{23}F(a_{3},a_{1},a_{2})+b_{31}b_{12}b_{33}\underbrace{F(a_{3},a_{1},a_% {3})}_{=0}$
		$\displaystyle+b_{31}b_{22}b_{13}F(a_{3},a_{2},a_{1})+b_{31}b_{22}b_{23}% \underbrace{F(a_{3},a_{2},a_{2})}_{=0}+b_{31}b_{22}b_{33}\underbrace{F(a_{3},a% _{2},a_{3})}_{=0}$
		$\displaystyle+b_{31}b_{32}b_{13}\underbrace{F(a_{3},a_{3},a_{1})}_{=0}+b_{31}b% _{32}b_{23}\underbrace{F(a_{3},a_{3},a_{2})}_{=0}+b_{31}b_{32}b_{33}% \underbrace{F(a_{3},a_{3},a_{3})}_{=0}$

W efekcie

	$\displaystyle F(AB)$	$\displaystyle=b_{11}b_{22}b_{33}F(a_{1},a_{2},a_{3})+b_{11}b_{32}b_{23}F(a_{1}% ,a_{3},a_{2})$
		$\displaystyle+b_{21}b_{12}b_{33}F(a_{2},a_{1},a_{3})+b_{21}b_{32}b_{13}F(a_{2}% ,a_{3},a_{1})$
		$\displaystyle+b_{31}b_{12}b_{23}F(a_{3},a_{1},a_{2})+b_{31}b_{22}b_{13}F(a_{3}% ,a_{2},a_{1}).$

Z warunku (2) tzn. antysymetryczności $F$ otrzymujemy, że

	$\displaystyle F(AB)$	$\displaystyle=b_{11}b_{22}b_{33}F(a_{1},a_{2},a_{3})-b_{11}b_{32}b_{23}F(a_{1}% ,a_{2},a_{3})$
		$\displaystyle-b_{21}b_{12}b_{33}F(a_{1},a_{2},a_{3})+b_{21}b_{32}b_{13}F(a_{1}% ,a_{2},a_{3})$
		$\displaystyle+b_{31}b_{12}b_{23}F(a_{1},a_{2},a_{3})-b_{31}b_{22}b_{13}F(a_{1}% ,a_{2},a_{3}).$

Wzór na $F(AB)$ możemy zapisać w bardziej zwartej formie korzystając z grupy permutacji $S_{3}$ . Składa się ona z $3!=6$ permutacji:

S_{3}=\{{\rm id},(12),(13),(23),(123),(132)\}.

Transpozycje są nieparzyste, a permutacje ${\rm id}=(12)(21)$ , $(123)=(13)(12)$ i $(132)=(12)(13)$ są parzyste. Stąd

	$\displaystyle F(AB)$	$\displaystyle={\rm sgn}\,{\rm id}\,b_{11}b_{22}b_{33}F(a_{1},a_{2},a_{3})+{\rm sgn% }\,(23)\,b_{11}b_{32}b_{23}F(a_{1},a_{2},a_{3})$
		$\displaystyle+{\rm sgn}\,(12)\,b_{21}b_{12}b_{33}F(a_{1},a_{2},a_{3})+{\rm sgn% }\,(123)\,b_{21}b_{32}b_{13}F(a_{1},a_{2},a_{3})$
		$\displaystyle+{\rm sgn}\,(132)\,b_{31}b_{12}b_{23}F(a_{1},a_{2},a_{3})+{\rm sgn% }\,(13)\,b_{31}b_{22}b_{13}F(a_{1},a_{2},a_{3})$
		$\displaystyle=\left(\sum_{\sigma\in S_{3}}{\rm sgn}\,(\sigma)b_{\sigma(1)1}b_{% \sigma(2)2}b_{\sigma(3)3}\right)F(A).$

Z warunku (3) dla $A=I$ mamy

F(B)=\sum_{\sigma\in S_{3}}{\rm sgn}\,(\sigma)b_{\sigma(1)1}b_{\sigma(2)2}b_{% \sigma(3)3}.

Lemat 10.5.

Załóżmy, że $F:M_{n\times n}(\mathbb{F})\longrightarrow\mathbb{F}$ spełnia warunki (1)-(2). Dla dowolnych $A,B\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ mamy

F(AB)=F(A)\left(\sum_{\sigma\in S_{n}}{\rm sgn}(\sigma)b_{\sigma(1)1}\ldots b_% {\sigma(n)n}\right).

Dowód.

Niech $A=\left[\begin{array}[]{c|c|c}a_{1}&\ldots&a_{n}\\ \end{array}\right]$ i $B=[b_{ij}]$ . Dla $AB=\left[\begin{array}[]{c|c|c}c_{1}&\ldots&c_{n}\\ \end{array}\right]$ , z definicji iloczynu macierzy wynika, że

c_{k}=\sum_{i=1}^{n}b_{ik}a_{i}=b_{1k}a_{1}+\ldots+b_{nk}a_{n}.

Z warunku (1) wynika, że

	$\displaystyle F(AB)$	$\displaystyle=\sum_{i_{1},\ldots,i_{n}=1}^{n}F(b_{i_{1}1}a_{i_{1}},\ldots,b_{i% _{n}n}a_{i_{n}})$
		$\displaystyle=\sum_{i_{1},\ldots,i_{n}=1}^{n}b_{i_{1}1}\ldots b_{i_{n}n}\;F(a_% {i_{1}},\ldots,a_{i_{n}}).$

Użyjemy teraz warunku (2). Wynika z niego, że jeśli $i_{k}=i_{j}$ dla pewnych $k\neq j$ , to $F(a_{i_{1}},\ldots,a_{i_{n}})=0$ . Stąd zamiast sumy

\sum_{i_{1},\ldots,i_{n}=1}^{n}b_{i_{1}1}\ldots b_{i_{n}n}\;F(a_{i_{1}},\ldots% ,a_{i_{n}})

możemy rozważać sumę

\sum_{\sigma\in S_{n}}b_{\sigma(1)1}\ldots b_{\sigma(n)n}F(a_{\sigma(1)},% \ldots,a_{\sigma(n)}).

Teraz wystarczy tylko zauważyć, że warunek (2) gwarantuje, że

F(a_{\sigma(1)},\ldots,a_{\sigma(n)})={\rm sgn}(\sigma)F(a_{1},\ldots,a_{n}).

∎

Dowód.

Dowód Twierdzenia 10.2: Stosujemy Lemat 10.5 dla $A=I$ i warunek (3) otrzymując, że dla dowolnej macierzy $B\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ zachodzi

F(B)=\sum_{\sigma\in S_{n}}{\rm sgn}(\sigma)b_{\sigma(1)1}\ldots b_{\sigma(n)n}

co dowodzi jednoznaczności funkcji $F$ spełniającej (1)-(3). Dla dowodu istnienia, definiujemy odwzorowanie $F$ wzorem (10.4). Sprawdzamy łatwo, że tak określone odwzorowanie $F$ spełnia warunki (1) i (3). Uzasadnimy, że zachodzi również warunek (2). Załóżmy, że dwie kolumny macierzy $B$ są równe tzn. $b_{j}=b_{k}$ dla pewnych $j\neq k$ . Wtedy

F(B)=\sum_{\sigma\in A_{n}}b_{\sigma(1)1}\ldots b_{\sigma(n)n}-\sum_{\sigma\in A% _{n}}b_{\sigma\tau(1)1}\ldots b_{\sigma\tau(n)n},

więc wystarczy pokazać, że dla $\sigma\in A_{n}$ mamy

b_{\sigma(1)1}\ldots b_{\sigma(n)n}=b_{\sigma\tau(1)1}\ldots b_{\sigma\tau(n)n}.

Jeśli $i\notin\{j,k\}$ , to $\sigma\tau(i)=\sigma(i)$ , więc $b_{\sigma(i)i}=b_{\sigma\tau(i)i}$ . Ponadto, ponieważ $b_{j}=b_{k}$ , więc

b_{\sigma\tau(j)j}=b_{\sigma(k)j}=b_{\sigma(k)k},

oraz

b_{\sigma\tau(k)k}=b_{\sigma(j)k}=b_{\sigma(j)j},

co kończy dowód. ∎

Wniosek 10.3 (Wyznacznik iloczynu macierzy).

Dla dowolnych macierzy $A,B\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ zachodzi wzór Cauchy’ego

${\rm det}\,(AB)={\rm det}\,(A)\cdot{\rm det}\,(B).$

W szczególności, jeśli $A$ jest nieosobliwa, to

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

Lemat 10.6.

Niech $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ . Kolumny macierzy $A$ są liniowo zależne wtedy i tylko wtedy, gdy ${\rm det}\,(A)=0$ .

Dowód.

Jeśli kolumny $A$ są liniowo zależne, to z warunków (1) i (2) wynika, że ${\rm det}\,(A)$ jest równy wyznacznikowi macierzy z pewną kolumną zerową, więc ${\rm det}\,(A)=0$ . Załóżmy, że ${\rm det}\,(A)=0$ i przypuśćmy, że kolumny macierzy $A$ są liniowo niezależne. Wtedy ${\rm ker}\,A=\{0\}$ , czyli $A$ jest nieosobliwa. Istnieje więc taka macierz $B\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ , że $I=AB$ . Wtedy

1={\rm det}\,(I)={\rm det}\,(A)\cdot{\rm det}\,(B)=0,

co prowadzi do sprzeczności. ∎

Przykład 10.8.

Uzasadnimy, że

\left|\begin{array}[]{ccc}\sin\alpha&\cos\alpha&\sin(\alpha+\delta)\\ \sin\beta&\cos\beta&\sin(\beta+\delta)\\ \sin\gamma&\cos\gamma&\sin(\gamma+\delta)\\ \end{array}\right|=0.

Ponieważ

\sin(x+\delta)=\sin x\cos\delta+\cos x\sin\delta,

więc trzecia kolumna jest kombinacją liniową dwóch pierwszych kolumn.

Wniosek 10.4.

Niech $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ . Kolumny macierzy $A$ są liniowo niezależne wtedy i tylko wtedy, gdy ${\rm det}\,(A)\neq 0$ . W szczególności, $A$ jest nieosobliwa wtedy i tylko wtedy, gdy ${\rm det}\,A\neq 0$ .

Twierdzenie 10.3 (Wyznacznik transpozycji macierzy).

Dla dowolnej macierzy $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ mamy

${\rm det}\,(A^{T})={\rm det}\,(A)$

Dowód.

Z definicji wyznacznika i macierzy transponowanej wystarczy zaobserwować, że

\sum_{\sigma\in S_{n}}{\rm sgn}(\sigma)a_{\sigma(1)1}\ldots a_{\sigma(n)n}=% \sum_{\sigma\in S_{n}}{\rm sgn}(\sigma)a_{1\sigma(1)}\ldots a_{n\sigma(n)}.

Niech $\sigma^{-1}$ będzie permutacją odwrotną do $\sigma$ . Wtedy ${\rm sgn}(\sigma)={\rm sgn}(\sigma^{-1})$ oraz

	$\displaystyle a_{\sigma(1)1}\ldots a_{\sigma(n)n}$	$\displaystyle=a_{\sigma(1)\sigma^{-1}(\sigma(1))}\ldots a_{\sigma(n)\sigma^{-1% }(\sigma(n))}$
		$\displaystyle=a_{1\sigma^{-1}(1)}\ldots a_{n\sigma^{-1}(n)},$

co kończy dowód. ∎

Wniosek 10.5.

Kolumny (wiersze) macierzy kwadratowej $A$ są liniowo zależne wtedy i tylko wtedy, gdy ${\rm det}\,(A)=0$ .

Definicja 10.4.

Dopełnienie algebraiczne wyrazu macierzy

Dla macierzy $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ oraz $i,j\in\{1,\ldots,n\}$ definiujemy macierz

A(i,j)\in M_{(n-1)\times(n-1)}(\mathbb{F})

otrzymaną z macierzy $A$ przez wykreślenie $i$ -tego wiersza oraz $j$ -tej kolumny. Dopełnieniem algebraicznym wyrazu $a_{ij}$ nazywamy liczbę

$A_{ij}=(-1)^{i+j}{\rm det}\,A(i,j).$

Przykład 10.9.

Rozważmy macierz

A=\left[\begin{array}[]{ccc}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right]\in M_{3\times 3}(\mathbb{R}).

Przykładowo, dla $i=2$ oraz $j=3$ w macierzy

\left[\begin{array}[]{ccc}a_{11}&a_{12}&{\bf a_{13}}\\ {\bf a_{21}}&{\bf a_{22}}&{\bf a_{23}}\\ a_{31}&a_{32}&{\bf a_{33}}\\ \end{array}\right]

wykreślamy drugi wiersz i trzecią kolumnę otrzymując macierz

A(2,3)=\left[\begin{array}[]{cc}a_{11}&a_{12}\\ a_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right].

Znaki $(-1)^{i+j}$ w zależności od pozycji wyrazu $a_{ij}$ mają następujący rozkład

\left[\begin{array}[]{ccc}+&-&+\\ -&+&-\\ +&-&+\\ \end{array}\right].

Twierdzenie 10.4 (Rozwinięcie względem pierwszego wiersza).

Załóżmy, że $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{F})$ . Wtedy

	$\displaystyle{\rm det}\,(A)$	$\displaystyle=\sum_{i=1}^{3}a_{1i}A_{1i}=a_{11}A_{11}+a_{12}A_{12}+a_{13}A_{13}$
		$\displaystyle=a_{11}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right\|-a_{12}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{23}\\ a_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right\|+a_{13}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{22}\\ a_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right\|.$

Dowód.

Wystarczy sprawdzić, że odwzorowanie $F:M_{3\times 3}(\mathbb{F})\longrightarrow\mathbb{F}$ zdefiniowane dla macierzy $A=\left[\begin{array}[]{c|c|c}a_{1}&a_{2}&a_{3}\\ \end{array}\right]$ wzorem

F(A)=a_{11}\,\left|\begin{array}[]{cc}a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right|-a_{12}\,\left|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{23}\\ a_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right|+a_{13}\,\left|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{22}\\ a_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right|

spełnia warunki (1)-(3) z Twierdzenia 10.2. Są one łatwe do weryfikacji bezpośrednim rachunkiem. W warunku (1) sprawdzimy przykładowo liniowość $F$ względem pierwszej zmiennej. Dla $b_{1}=[b_{11},b_{21},b_{31}]^{T}$ mamy

	$\displaystyle F(a_{1}+b_{1},a_{2},a_{3})$	$\displaystyle=(a_{11}+b_{11})\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right\|-a_{12}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{21}+b_{21}&a_{23}\\ a_{31}+b_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right\|+a_{13}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{21}+b_{21}&a_{22}\\ a_{31}+b_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=a_{11}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right\|-a_{12}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{23}\\ a_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right\|+a_{13}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{22}\\ a_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle+b_{11}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right\|-a_{12}\,\left\|\begin{array}[]{cc}b_{21}&a_{23}\\ b_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right\|+a_{13}\,\left\|\begin{array}[]{cc}b_{21}&a_{22}\\ b_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=F(a_{1},a_{2},a_{3})+F(b_{1},a_{2},a_{3}).$

Dla $c\in\mathbb{F}$ mamy

	$\displaystyle F(c\cdot a_{1},a_{2},a_{3})$	$\displaystyle=ca_{11}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right\|-a_{12}\,\left\|\begin{array}[]{cc}ca_{21}&a_{23}\\ ca_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right\|+a_{13}\,\left\|\begin{array}[]{cc}ca_{21}&a_{22}\\ ca_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=ca_{11}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right\|-ca_{12}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{23}\\ a_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right\|+ca_{13}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{22}\\ a_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=cF(a_{1},a_{2},a_{3}).$

Dla sprawdzenia warunku (2) zobaczmy przykładowo co się stanie, gdy z pierwsza i trzecia kolumna są identyczne. Mamy

F(a_{1},a_{2},a_{1})=a_{11}\,\left|\begin{array}[]{cc}a_{22}&a_{21}\\ a_{32}&a_{31}\\ \end{array}\right|-a_{12}\,\left|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{21}\\ a_{31}&a_{31}\\ \end{array}\right|+a_{11}\,\left|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{22}\\ a_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right|=0.

Warunek (3) zachodzi, bo

F(I)=1\cdot\,\left|\begin{array}[]{cc}1&0\\ 0&1\\ \end{array}\right|-0\cdot\,\left|\begin{array}[]{cc}0&0\\ 0&1\\ \end{array}\right|+0\cdot\,\left|\begin{array}[]{cc}0&1\\ 0&0\\ \end{array}\right|=1.

∎

Analogiczny jak w Twierdzeniu 10.4 wzór na wyznacznik zachodzi dla rozwinięcia względem dowolnego wiersza i dowolnej kolumny. Dowód jest ideologicznie taki sam jak dowód Twierdzenia 10.4. Przykładowo, dla rozwinięcia względem drugiej kolumny przyjmuje on postać

${\rm det}\,(A)=-a_{12}\,\left|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{23}\\ a_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right|+a_{22}\,\left|\begin{array}[]{cc}a_{11}&a_{13}\\ a_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right|-a_{32}\,\left|\begin{array}[]{cc}a_{11}&a_{13}\\ a_{21}&a_{23}\\ \end{array}\right|.$

Analogiczne rozumowanie prowadzi nas do wzoru na wyznacznik dla macierzy $n\times n$ dla dowolnego $n\in\mathbb{N}$ . Pozwala on zredukowć wyznaczenie wyznacznika macierzy $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ do obliczenia $n$ wyznaczników macierzy o rozmiarze $(n-1)\times(n-1)$ .

Wniosek 10.6 (Rozwinięcie Laplace’a).

Niech $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ z $n\geq 2$ . Dla dowolnych $i=1,\ldots,n$ i $j=1,\ldots,n$ zachodzą równości

{\rm det}\,(A)=a_{i1}\,A_{i1}+\ldots+a_{in}\,A_{in}=a_{1j}\,A_{1j}+\ldots+a_{% nj}\,A_{nj}.

(10.5)

Dowód.

Ponieważ ${\rm det}\,(A)={\rm det}\,(A^{T})$ , więc wystarczy udowodnić, że

{\rm det}\,(A)=a_{i1}A_{i1}+\ldots+a_{in}A_{in},

czyli zachodzi wzór na rozwinięcie Laplace’a względem $i$ -tego wiersza. Wystarczy sprawdzić, że funkcja $F(A)=a_{i1}A_{i1}+\ldots+a_{in}A_{in}$ spełnia warunki (1)-(3). Warunki (1) i (3) są łatwe do sprawdzenia. Dla dowodu (2) wystarczy zauważyć, że $F(A)=0$ , gdy $A$ ma dwie sąsiadujące kolumny identyczne. ∎

Stosując wzór Laplace’a mamy swobodę wyboru wiersza lub kolumny względem której zastosujemy rozwinięcie. Oczywiście korzystnie jest wybrać kolumnę (wiersz) z największą liczbą zer. Zanim zastosujemy wzór Lapalce’a możemy najpierw użyć operacji na kolumnach (wierszach) nie zmieniających wyznacznika, aby wprowadzić możliwie dużo wyrazów zerowych w danej kolumnie (wierszu). Możemy więc, do ustalonej kolumny (wiersza) dodać kombinację liniową innych kolumn (wierszy).

Przykład 10.10.

Odejmując pierwszy wiersz od pozostałych wierszy i stosując rozwinięcie względem pierwszej kolumny mamy:

	$\displaystyle\left\|\begin{array}[]{ccc}1&a&a^{2}\\ 1&b&b^{2}\\ 1&c&c^{2}\\ \end{array}\right\|$	$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{ccc}1&a&a^{2}\\ 0&b-a&b^{2}-a^{2}\\ 0&c-a&c^{2}-a^{2}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{cc}b-a&b^{2}-a^{2}\\ c-a&c^{2}-a^{2}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=(b-a)(c^{2}-a^{2})-(c-a)(b^{2}-a^{2})$
		$\displaystyle=(b-a)(c-a)(c-b)$

Wniosek 10.7 (Własności wyznacznika).

(i)

Jeśli $A$ ma dwa identyczne wiersze (kolumny), to ${\rm det}\,(A)=0$ .
(ii)

Jeśli $A$ ma zerowy wiersz (kolumnę), to ${\rm det}\,(A)=0$ .
(iii)

$A$ jest nieosobliwa wtedy i tylko wtedy, gdy ${\rm det}\,(A)\neq 0$ wtedy i tylko wtedy, gdy kolumny (wiersze) $A$ są liniowo niezależne.
(iv)

Jeśli $A$ jest górnie (dolnie) trójkątna, to

${\rm det}\,(A)=a_{11}a_{22}\ldots a_{nn}.$
(v)

Jeśli $\sigma\in S_{n}$ , to

${\rm det}\,[a_{\sigma(1)}|\ldots|a_{\sigma(n)}]={\rm sgn}\,(\sigma){\rm det}\,% [a_{1}|\ldots|a_{n}].$
(vi)

Jeśli $S$ jest nieosobliwa, to

${\rm det}\,(A)={\rm det}\,(S^{-1}AS).$

Przykład 10.11.

Rozważmy macierz Vandermonde’a

A=\left[\begin{array}[]{cccc}1&a&a^{2}&a^{3}\\ 1&b&b^{2}&b^{3}\\ 1&c&c^{2}&c^{3}\\ 1&d&d^{2}&d^{3}\\ \end{array}\right].

Uzasadnimy formułę rekurencyjną

\left|\begin{array}[]{cccc}1&a&a^{2}&a^{3}\\ 1&b&b^{2}&b^{3}\\ 1&c&c^{2}&c^{3}\\ 1&d&d^{2}&d^{3}\\ \end{array}\right|=(b-a)(c-a)(d-a)\,\left|\begin{array}[]{ccc}1&b&b^{2}\\ 1&c&c^{2}\\ 1&d&d^{2}\\ \end{array}\right|

łączącą wyznacznik macierzy Vandermonde’a rozmiaru $4$ z wyznacznikiem macierzy Vandermonde’a rozmiaru $3$ . W tym celu stosujemy najpierw operacje nie zmieniające wyznacznika, aby wprowadzić zerowe wyrazy w pierwszym wierszu macierzy $A$ :

	$\displaystyle\left[\begin{array}[]{cccc}1&a&a^{2}&a^{3}\\ 1&b&b^{2}&b^{3}\\ 1&c&c^{2}&c^{3}\\ 1&d&d^{2}&d^{3}\\ \end{array}\right]$	$\displaystyle\rightsquigarrow\left[\begin{array}[]{cccc}1&a&a^{2}&0\\ 1&b&b^{2}&b^{2}(b-a)\\ 1&c&c^{2}&c^{2}(c-a)\\ 1&d&d^{2}&d^{2}(d-a)\\ \end{array}\right]\quad\text{operacja}\quad k_{4}-a\cdot k_{3}$
		$\displaystyle\rightsquigarrow\left[\begin{array}[]{cccc}1&a&0&0\\ 1&b&b(b-a)&b^{2}(b-a)\\ 1&c&c(c-a)&c^{2}(c-a)\\ 1&d&d(d-a)&d^{2}(d-a)\\ \end{array}\right]\quad\text{operacja}\quad k_{3}-a\cdot k_{2}$
		$\displaystyle\rightsquigarrow\left[\begin{array}[]{cccc}1&0&0&0\\ 1&b-a&b(b-a)&b^{2}(b-a)\\ 1&c-a&c(c-a)&c^{2}(c-a)\\ 1&d-a&d(d-a)&d^{2}(d-a)\\ \end{array}\right]\quad\text{operacja}\quad k_{2}-a\cdot k_{1}.$

Z rozwinięcia Lapalce’a względem pierwszego wiersza mamy

	$\displaystyle\left\|\begin{array}[]{cccc}1&a&a^{2}&a^{3}\\ 1&b&b^{2}&b^{3}\\ 1&c&c^{2}&c^{3}\\ 1&d&d^{2}&d^{3}\\ \end{array}\right\|$	$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{ccc}b-a&b(b-a)&b^{2}(b-a)\\ c-a&c(c-a)&c^{2}(c-a)\\ d-a&d(d-a)&d^{2}(d-a)\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=(b-a)(c-a)(d-a)\,\left\|\begin{array}[]{ccc}1&b&b^{2}\\ 1&c&c^{2}\\ 1&d&d^{2}\\ \end{array}\right\|.$

Przykład 10.12.

Niech

\Delta_{n}=\left|\begin{array}[]{ccccccc}a&0&0&\ldots&0&0&b\\ 0&a&0&\ldots&0&b&0\\ 0&0&a&\ldots&b&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&0&b&\ldots&a&0&0\\ 0&b&0&\ldots&0&a&0\\ b&0&0&\ldots&0&0&a\\ \end{array}\right|

będzie wyznacznikiem powyższej macierzy rozmiaru $2n$ . Przykładowo,

\Delta_{1}=\left|\begin{array}[]{cc}a&b\\ b&a\\ \end{array}\right|=a^{2}-b^{2},

	$\displaystyle\Delta_{2}$	$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{cccc}a&0&0&b\\ 0&a&b&0\\ 0&b&a&0\\ b&0&0&a\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=a\,\left\|\begin{array}[]{ccc}a&b&0\\ b&a&0\\ 0&0&a\\ \end{array}\right\|-b\,\left\|\begin{array}[]{ccc}0&0&b\\ a&b&0\\ b&a&0\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=a^{2}\,\Delta_{1}-b^{2}\,\Delta_{1}=(a^{2}-b^{2})\,\Delta_{1}$
		$\displaystyle=(a^{2}-b^{2})^{2}.$

Stosując rozwinięcie względem pierwszej kolumny i dokonując dalszej redukcji otrzymujemy, że

	$\displaystyle\Delta_{n}$	$\displaystyle=a\,\left\|\begin{array}[]{cccccc}a&0&\ldots&0&b&0\\ 0&a&\ldots&b&0&0\\ \vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&b&\ldots&a&0&0\\ b&0&\ldots&0&a&0\\ 0&0&\ldots&0&0&a\\ \end{array}\right\|-b\,\left\|\begin{array}[]{cccccc}0&0&\ldots&0&0&b\\ a&0&\ldots&0&b&0\\ 0&a&\ldots&b&0&0\\ \vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&b&\ldots&a&0&0\\ b&0&\ldots&0&a&0\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=a^{2}\,\Delta_{n-1}-b^{2}\,\Delta_{n-1}=(a^{2}-b^{2})\,\Delta_{n% -1}.$

Indukcyjnie dostajemy, że $\Delta_{n}=(a^{2}-b^{2})^{n}$ .

Przykład 10.13.

Odejmując ostatni wiersz od pozostałych wierszy otrzymujemy, że

	$\displaystyle\left\|\begin{array}[]{cccccc}1-n&1&1&\ldots&1&1\\ 1&1-n&1&\ldots&1&1\\ 1&1&1-n&\ldots&1&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 1&1&1&\ldots&1-n&1\\ 1&1&1&\ldots&1&1-n\\ \end{array}\right\|$	$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{cccccc}-n&0&0&\ldots&0&n\\ 0&-n&0&\ldots&0&n\\ 0&0&-n&\ldots&0&n\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\ldots&-n&n\\ 1&1&1&\ldots&1&1-n\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=n^{n-1}\,\left\|\begin{array}[]{cccccc}-1&0&0&\ldots&0&1\\ 0&-1&0&\ldots&0&1\\ 0&0&-1&\ldots&0&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\ldots&-1&1\\ 1&1&1&\ldots&1&1-n\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=n^{n-1}\,\left\|\begin{array}[]{cccccc}-1&0&0&\ldots&0&1\\ 0&-1&0&\ldots&0&1\\ 0&0&-1&\ldots&0&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\ldots&-1&1\\ 0&0&0&\ldots&0&0\\ \end{array}\right\|=0.$

Przykład 10.14.

Pokażemy, że

\left|\begin{array}[]{cccccc}1&2&3&4&5&6\\ 1&3&3&4&5&6\\ 1&2&5&4&5&6\\ 1&2&3&7&5&6\\ 1&2&3&4&9&6\\ 1&2&3&4&5&11\\ \end{array}\right|=5!=120.

Dla $j=2,3,4,5,6$ od $j$ -tej kolumny odejmujemy pierwszą kolumnę pomnożoną przez $j$ otrzymując macierz dolnie trójkątną:

\left|\begin{array}[]{cccccc}1&2&3&4&5&6\\ 1&3&3&4&5&6\\ 1&2&5&4&5&6\\ 1&2&3&7&5&6\\ 1&2&3&4&9&6\\ 1&2&3&4&5&11\\ \end{array}\right|=\left|\begin{array}[]{cccccc}1&0&0&0&0&0\\ 1&1&0&0&0&0\\ 1&0&2&0&0&0\\ 1&0&0&3&0&0\\ 1&0&0&0&4&0\\ 1&0&0&0&0&5\\ \end{array}\right|=5!.

Wniosek 10.8.

Dla dowolnej macierzy $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ zachodzi równość

a_{i1}\,A_{j1}+\ldots+a_{in}\,A_{jn}=\left\{\begin{array}[]{ll}{\rm det}\,(A),% &\hbox{gdy $i=j$,}\\ 0,&\hbox{gdy $i\neq j$. }\\ \end{array}\right.

(10.6)

Dowód.

Dla $i=j$ jest to równość (10.5). Załóżmy, że $i\neq j$ . Niech $A^{*}$ będzie macierzą powstałą z macierzy $A$ poprzez wstawienie w miejsce $j$ -tego wiersza $i$ -tego wiersza macierzy $A$ . Wtedy ${\rm det}\,(A^{*})=0$ , bo $A^{*}$ ma dwa takie same wiersze. Ze wzoru (10.5) wynika, że

0={\rm det}\,(A^{*})=a_{i1}A_{j1}+\ldots+a_{in}A_{jn}.

∎

Definicja 10.5.

Dla macierzy $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ definiujemy macierz dołączoną ${\rm adj}\,A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ jako macierz

{\rm adj}\,A=\left[\begin{array}[]{cccc}A_{11}&A_{21}&\ldots&A_{n1}\\ A_{12}&A_{22}&\ldots&A_{n2}\\ \vdots&&&\vdots\\ A_{1n}&A_{2n}&\ldots&A_{nn}\\ \end{array}\right].

Wniosek 10.9 (Macierz odwrotna).

Jeśli macierz $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ jest nieosobliwa, to

A^{-1}=\frac{1}{{\rm det}\,(A)}{\rm adj}\,A.

(10.7)

Dowód.

Ze wzoru (10.6) wynika, że

	$\displaystyle A({\rm adj}\,A)$	$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{cccc}a_{11}&a_{12}&\ldots&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}&\ldots&a_{2n}\\ \vdots&&&\vdots\\ a_{n1}&a_{n2}&\ldots&a_{nn}\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{cccc}A_{11}&A_{21}&\ldots&A_{n1}\\ A_{12}&A_{22}&\ldots&A_{n2}\\ \vdots&&&\vdots\\ A_{1n}&A_{2n}&\ldots&A_{nn}\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle={\rm det}\,(A)I.$

∎

Przykład 10.15.

Zobaczmy jak wzór na macierz odwrotną wygląda w niskich wymiarach. Dla $n=2$ i $A=\left[\begin{array}[]{cc}a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22}\\ \end{array}\right]$ mamy

A_{11}=a_{22},\quad A_{21}=-a_{12},\quad A_{12}=-a_{21},\quad A_{22}=a_{22},

czyli otrzymujemy znany nam wzór

A^{-1}=\frac{1}{{\rm det}\,(A)}\left[\begin{array}[]{cc}a_{22}&-a_{12}\\ -a_{21}&a_{11}\\ \end{array}\right].

Niech teraz $n=3$ i $A=\left[\begin{array}[]{ccc}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right].$ Wtedy

A^{-1}=\frac{1}{{\rm det}\,(A)}\left[\begin{array}[]{ccc}A_{11}&A_{21}&A_{31}% \\ A_{12}&A_{22}&A_{32}\\ A_{13}&A_{23}&A_{33}\\ \end{array}\right],

gdzie

A_{11}=\left|\begin{array}[]{cc}a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right|,\quad A_{21}=-\left|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{23}\\ a_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right|,\quad A_{31}=\left|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{22}\\ a_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right|,

A_{12}=-\left|\begin{array}[]{cc}a_{12}&a_{13}\\ a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right|,\quad A_{22}=\left|\begin{array}[]{cc}a_{11}&a_{13}\\ a_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right|,\quad A_{32}=-\left|\begin{array}[]{cc}a_{11}&a_{12}\\ a_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right|,

A_{13}=\left|\begin{array}[]{cc}a_{12}&a_{13}\\ a_{22}&a_{23}\\ \end{array}\right|,\quad A_{23}=-\left|\begin{array}[]{cc}a_{11}&a_{13}\\ a_{21}&a_{23}\\ \end{array}\right|,\quad A_{33}=\left|\begin{array}[]{cc}a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22}\\ \end{array}\right|.

Przykładowo, dla $A=\left[\begin{array}[]{ccc}2&4&2\\ 3&1&1\\ 1&0&1\\ \end{array}\right]$ otrzymujemy, że

A^{-1}=-\frac{1}{8}\left[\begin{array}[]{ccc}1&-4&2\\ -2&0&4\\ -1&4&-10\\ \end{array}\right].

Twierdzenie 10.5 (Wzory Cramera).

Załóżmy, że macierz $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ jest nieosobliwa. Niech $A_{i}$ oznacza macierz otrzymaną z $A$ przez zastąpienie $i$ -tej kolumny w $A$ przez wektor $b\in\mathbb{R}^{n}$ . Jedyne rozwiązanie $x=[x_{1},\ldots,x_{n}]^{T}\in\mathbb{F}^{n}$ równania $Ax=b$ jest dane przez

x_{i}=\frac{{\rm det}\,(A_{i})}{{\rm det}\,(A)},\quad{\rm dla}\quad i=1,\ldots% ,n.

Dowód.

Ponieważ $x=A^{-1}b$ , więc

x_{i}=\frac{b_{1}\,A_{1i}+\ldots+b_{n}\,A_{ni}}{{\rm det}\,(A)}=\frac{{\rm det% }\,(A_{i})}{{\rm det}\,(A)}.

∎

Przykład 10.16.

Rozwiążemy układ równań

\left[\begin{array}[]{ccc}5&2&1\\ 3&2&0\\ 1&0&2\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c}x\\ y\\ z\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{c}8\\ 5\\ 3\\ \end{array}\right].

Macierz układu $A=\left[\begin{array}[]{ccc}5&2&1\\ 3&2&0\\ 1&0&2\\ \end{array}\right]$ jest nieosobliwa ( ${\rm det}\,(A)=6$ ), więc

x=\frac{\left|\begin{array}[]{ccc}8&2&1\\ 5&2&0\\ 3&0&2\\ \end{array}\right|}{{\rm det}\,(A)}=\frac{6}{6}=1,\quad y=\frac{\left|\begin{% array}[]{ccc}5&8&1\\ 3&5&0\\ 1&3&2\\ \end{array}\right|}{{\rm det}\,(A)}=\frac{6}{6}=1,\quad z=\frac{\left|\begin{% array}[]{ccc}5&2&8\\ 3&2&5\\ 1&0&3\\ \end{array}\right|}{{\rm det}\,(A)}=\frac{6}{6}=1.

Przykład 10.17 (Rozkład Schura).

Przy obliczaniu wyznacznika często stosuje się metodę rozkładu pochodzącą od Schura. Rozważmy macierz blokową

P=\left[\begin{array}[]{c|c}A&B\\ \hline C&D\\ \end{array}\right],

gdzie $A$ i $D$ są macierzami kwadratowymi. Spróbujmy znaleźć takie macierze $X$ i $Y$ , że

	$\displaystyle P=\left[\begin{array}[]{c\|c}A&B\\ \hline C&D\\ \end{array}\right]$	$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c}A&0\\ \hline C&I\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c\|c}I&Y\\ \hline 0&X\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c}A&AY\\ \hline C&CY+X\\ \end{array}\right].$

Jeśli nam się to uda, to ${\rm det}\,P={\rm det}\,A\cdot{\rm det}\,X$ . Taki rozkład jest zawsze możliwy, gdy macierz $A$ jest nieosobliwa. Możemy wtedy przyjąć, że

Y=A^{-1}B,\quad X=D-CA^{-1}B.

Zauważmy, że

\left[\begin{array}[]{c|c}A&AY\\ \hline C&CY+X\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{c|c}A&0\\ \hline C&X\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c|c}I&Y\\ \hline 0&I\\ \end{array}\right],

więc możemy również użyć rozkładu

	$\displaystyle P$	$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c}A&0\\ \hline C&X\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c\|c}I&Y\\ \hline 0&I\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c}I&0\\ \hline CA^{-1}&I\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c\|c}A&0\\ \hline 0&X\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c\|c}I&Y\\ \hline 0&I\\ \end{array}\right].$

Jeśli macierz $D$ jest nieosobliwa, to mamy analogiczny rozkład

P=\left[\begin{array}[]{c|c}I&BD^{-1}\\ \hline 0&I\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c|c}A-BD^{-1}C&0\\ \hline 0&D\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c|c}I&0\\ \hline D^{-1}C&I\\ \end{array}\right].

Ponieważ

\left[\begin{array}[]{c|c}I&Y\\ \hline 0&I\\ \end{array}\right]^{-1}=\left[\begin{array}[]{c|c}I&-Y\\ \hline 0&I\\ \end{array}\right],

więc powyższe rozkłady pozwalają łatwo wyznaczyć $P^{-1}$ .

Oceń prawdziwość zdań
- –
  
  Dla dowolnych macierzy $A,B\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ zachodzi równość ${\rm det}\,(A+B)={\rm det}\,(A)+{\rm det}\,(B)$ .
- –
  
  Dla dowolnych macierzy $A,B\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ zachodzi równość ${\rm det}\,(AB)={\rm det}\,(BA)$ .
- –
  
  Dla dowolnych macierzy $A,B\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ równość ${\rm det}\,(A)={\rm det}\,(B)$ implikuje, że $A=B$ .
- –
  
  Niech $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ . Jeśli $Ax=0$ ma niezerowe rozwiązanie, to ${\rm det}\,(A)=0$ .
- –
  
  Jeśli $A$ jest macierzą kwadratową i $A^{k}=0$ dla pewnego $k\in\mathbb{N}$ , to ${\rm det}\,(A)=0$ .
- –
  
  Jeśli $A\in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ jest skośnie symetryczna (tzn. $A^{T}=-A$ ), to ${\rm det}\,(A)=0$ .
- –
  
  Jeśli $A\in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ jest skośnie symetryczna i $n$ jest nieparzyste, to ${\rm det}\,(A)=0$ .
- –
  
  Dla dowolnej macierzy kwadratowej ${\rm det}\,A^{2}=({\rm det}\,A)^{2}$ .
- –
  
  Jeśli $A$ jest nieosobliwa i górnie trójkątna, to
  
  ${\rm det}\,A^{-1}=\frac{1}{a_{11}}\ldots\frac{1}{a_{nn}}.$
- –
  
  Jeśli $A$ , $B\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ i ${\rm det}\,A={\rm det}\,B$ , to ${\rm det}\,(A+B)=2{\rm det}\,A$ .
- –
  
  Dla macierzy kwadratowej $A$ mamy ${\rm det}\,A^{T}A={\rm det}\,AA^{T}$ .

$\longleftarrow$

Definicja 10.6.

Wyznacznik odwzorowania liniowego

Niech $V$ będzie przestrzenią wektorową wymiaru $n$ . Wyznacznik ${\rm det}\,L$ odwzorowania liniowego $L:V\longrightarrow V$ definiujemy jako ${\rm det}\,(A)$ , gdzie $A$ jest macierzową reprezentacją $L$ w pewnej bazie $v_{1},\ldots,v_{n}$ dla $V$ .

Definicja wyznacznika ${\rm det}\,L$ nie zależy od wyboru reprezentacji macierzowej $A$ dla $L$ . Rzeczywiście, jeśli $B$ jest inną reprezentacją macierzową $L$ , to $B$ jest podobna do $A$ , więc ${\rm det}\,(A)={\rm det}\,(B)$ .

Wniosek 10.10.

Niech $L:V\longrightarrow V$ będzie odwzorowaniem liniowym i ${\rm dim}\,(V)<\infty$ . Wyznacznik ${\rm det}\,L\neq 0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $L$ jest izomorfizmem liniowym.

Wniosek 10.11.

Jeśli $L,G:V\longrightarrow V$ są odwzorowaniami liniowymi, to ${\rm det}\,G\circ L={\rm det}\,G\cdot{\rm det}\,L$ .

10.3 Geometryczna interpretacja wyznacznika

Definicja 10.7.

Iloczyn wektorowy w $\mathbb{R}^{3}$

Iloczynem wektorowym wektorów $u=[u_{1},u_{2},u_{3}]^{T},v=[v_{1},v_{2},v_{3}]^{T}\in\mathbb{R}^{3}$ nazywamy wektor

u\times v:=\left|\begin{array}[]{cc}u_{2}&u_{3}\\ v_{2}&v_{3}\\ \end{array}\right|\cdot e_{1}-\left|\begin{array}[]{cc}u_{1}&u_{3}\\ v_{1}&v_{3}\\ \end{array}\right|\cdot e_{2}+\left|\begin{array}[]{cc}u_{1}&u_{2}\\ v_{1}&v_{2}\\ \end{array}\right|\cdot e_{3}\in\mathbb{R}^{3}.

Przez analogię do wzoru Laplace’a będziemy stosować następujące niezbyt formalne oznaczenie:

u\times v=\left|\begin{array}[]{ccc}{\bf e_{1}}&{\bf e_{2}}&{\bf e_{3}}\\ u_{1}&u_{2}&u_{3}\\ v_{1}&v_{2}&v_{3}\\ \end{array}\right|.

Wniosek 10.12 (Własności iloczynu wektorowego).

Iloczyn wektorowy

\times:\mathbb{R}^{3}\times\mathbb{R}^{3}\longrightarrow\mathbb{R}^{3}

ma dla dowolnych $u,v,w\in\mathbb{R}^{3}$ i $a,b\in\mathbb{R}$ następujące własności:

(1)

(dwuliniowość)

$(a\cdot u+b\cdot v)\times w=a\cdot(u\times w)+b\cdot(v\times w)$

$u\times(a\cdot v+b\cdot w)=a\cdot(u\times v)+b\cdot(u\times w)$
(2)

(antysymetryczność)

$u\times v=-v\times u$
(3)

(reguła śruby prawoskrętnej)

$e_{1}\times e_{2}=e_{3},\quad e_{2}\times e_{3}=e_{1},\quad e_{3}\times e_{1}=% e_{2}$

W szczególności, $u\times u=0$ dla dowolnego wektora $u\in\mathbb{R}^{3}$ .

Wniosek 10.13.

Wektor $u\times v$ jest prostopadły do wektorów $u$ i $v$ .

Dowód.

Sprawdzamy łatwo, że

(u\times v|u)={\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c|c|c}u&u&v\\ \end{array}\right]=0.

∎

Rysunek 10.1: Iloczyn wektorowy.

Iloczyn wektorowy możemy zapisać w konwencji macierzowej. Niech $u=[a,b,c]^{T}$ , $v=[x,y,z]^{T}\in\mathbb{R}^{3}$ . Bezpośredni rachunek pokazuje, że

$u\times v=\underbrace{\left[\begin{array}[]{ccc}0&-c&b\\ c&0&-a\\ -b&a&0\\ \end{array}\right]}_{:=A_{u}}\left[\begin{array}[]{c}x\\ y\\ z\\ \end{array}\right]=A_{u}(v).$

Stąd

$u\times(u\times v)=A_{u}(u\times v)=A^{2}_{u}(v).$

Z drugiej strony, sprawdzamy łatwo, że

$u\times(u\times v)=(u|v)\cdot u-(u|u)\cdot v.$

Jeśli $u$ jest wektorem jednostkowym, to otrzymujemy, że

$v-(v|u)\cdot u=-A_{u}^{2}(v)=\left[\begin{array}[]{ccc}-b^{2}-c^{2}&ab&ac\\ ab&-a^{2}-c^{2}&bc\\ ac&ba&-a^{2}-b^{2}\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c}x\\ y\\ z\\ \end{array}\right].$

Odwzorowanie $v\mapsto v-(v|u)\cdot u$ jest rzutem ortogonalnym na płaszczyznę ortogonalną do wektora jednostkowego $u$ .

Lemat 10.7.

Dla dowolnych wektorów $0\neq u,v\in\mathbb{R}^{3}$ zachodzi równość

\|u\times v\|=\|u\|\|v\|\sin\angle(u,v).

Dowód.

Bezpośredni rachunek pokazuje, że zachodzi tożsamość Lagrange’a:

\|u\times v\|^{2}=\|u\|^{2}\|v\|^{2}-((u|v))^{2}.

Rzeczywiście, dla $u=[u_{1},u_{2},u_{3}]^{T}$ i $v=[v_{1},v_{2},v_{3}]^{T}$ mamy

	$\displaystyle\\|u\times v\\|^{2}$	$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{cc}u_{2}&u_{3}\\ v_{2}&v_{3}\\ \end{array}\right\|^{2}+\left\|\begin{array}[]{cc}u_{1}&u_{3}\\ v_{1}&v_{3}\\ \end{array}\right\|^{2}+\left\|\begin{array}[]{cc}u_{1}&u_{2}\\ v_{1}&v_{2}\\ \end{array}\right\|^{2}$
		$\displaystyle=(u_{2}v_{3}-v_{2}u_{3})^{2}+(u_{1}v_{3}-u_{3}v_{1})^{2}+(u_{1}v_% {2}-v_{1}u_{2})^{2}$
		$\displaystyle=(u_{1}^{2}+u_{2}^{2}+u_{3}^{2})(v_{1}^{2}+v_{2}^{2}+v_{3}^{2})-(% u_{1}v_{1}+u_{2}v_{2}+u_{3}v_{3})^{2}$
		$\displaystyle=\\|u\\|^{2}\\|v\\|^{2}-((u\|v))^{2}.$

Stąd

\|u\times v\|^{2}=\|u\|^{2}\|v\|^{2}(1-\cos^{2}\angle(u,v))=\|u\|^{2}\|v\|^{2}% \sin^{2}\angle(u,v)

∎

Wniosek 10.14 (Pole równoległoboku).

Niech $u,v\in\mathbb{R}^{3}$ . Wtedy $\|u\times v\|$ jest polem równoległoboku rozpiętego na wektorach $u$ i $v$ . W szczególności, jeśli $u$ i $v$ są liniowo niezależne, to $u\times v\neq 0$ .

Wniosek 10.15.

Niech $u=[u_{1},u_{2}]^{T},v=[v_{1},v_{2}]^{T}\in\mathbb{R}^{2}$ . Wtedy

\left|{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c|c}u&v\\ \end{array}\right]\right|

jest polem równoległoboku rozpiętego na wektorach $u$ i $v$ .

Dowód.

Rozważmy wektory $u^{*}=[u_{1},u_{2},0]^{T},v^{*}=[v_{1},v_{2},0]^{T}\in\mathbb{R}^{3}$ . Zauważmy, że

u^{*}\times v^{*}=\left|\begin{array}[]{cc}u_{1}&u_{2}\\ v_{1}&v_{2}\\ \end{array}\right|e_{3},

więc

\|u^{*}\times v^{*}\|=\sqrt{\left|\begin{array}[]{cc}u_{1}&u_{2}\\ v_{1}&v_{2}\\ \end{array}\right|^{2}}=\left|{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c|c}u&v\\ \end{array}\right]\right|.

∎

Definicja 10.8.

Iloczyn mieszany w $\mathbb{R}^{3}$

Dla wektorów $u,v,w\in\mathbb{R}^{3}$ definiujemy ich iloczyn mieszany jako liczbę

(u\times v|w).

Zauważmy, że

	$\displaystyle{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c\|c\|c}w&u&v\\ \end{array}\right]$	$\displaystyle={\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c\|c\|c}w&u&v\\ \end{array}\right]^{T}$
		$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{ccc}w_{1}&w_{2}&w_{3}\\ u_{1}&u_{2}&u_{3}\\ v_{1}&v_{2}&v_{3}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{cc}u_{2}&u_{3}\\ v_{2}&v_{3}\\ \end{array}\right\|w_{1}-\left\|\begin{array}[]{cc}u_{1}&u_{3}\\ v_{1}&v_{3}\\ \end{array}\right\|w_{2}+\left\|\begin{array}[]{cc}u_{1}&u_{2}\\ v_{1}&v_{2}\\ \end{array}\right\|w_{3}$
		$\displaystyle=(u\times v\|w).$

Wniosek 10.16 (Objętość równoległościanu).

Objętość równoległościanu rozpiętego na wektorach $u, v, w$ jest równa

\big{|}(u\times v|w)\big{|}.

Dowód.

Objętość równoległościanu rozpiętego na wektorach $u, v, w$ jest równa iloczynowi pola równoległoboku rozpiętego na wektorach $u$ , $v$ (jest ono równe $\|u\times v\|$ ) i odległości $h$ punktu $w$ od płaszczyzny $P$ rozpiętej na wektorach $u$ , $v$ . Wysokość $h$ jest długościom rzutu prostopadłego wektora $w$ na wektor $u\times v$ prostopadły do $P$ . Wtedy $h=\|\frac{(w|u\times v)}{\|u\times v\|^{2}}(u\times v)\|$ , czyli

h\|u\times v\|=\Big{\|}\frac{(w|u\times v)}{\|u\times v\|^{2}}(u\times v)\Big{% \|}\|u\times v\|=\big{|}(u\times v|w)\big{|}.

∎

Wniosek 10.17.

Niech $u,v,w\in\mathbb{R}^{3}$ . Objętość równoległościanu rozpiętego na wektorach $u, v, w$ jest równa

\big{|}{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c|c|c}u&v&w\\ \end{array}\right]\big{|}.

Wniosek 10.18 (Iloczyn wektorowy i mieszany – podsumowanie).

Niech $u,v,w,q\in\mathbb{R}^{3}$ . Zachodzą równości

(1)

$u\times v=-v\times u$ .
(3)

$(u|v\times w)=(u\times v|w)$ .
(4)

Zachodzi tożsamość Jacobiego

$u\times(v\times w)+v\times(w\times u)+w\times(u\times v)=0.$
(5)

Zachodzi toṡamość Lagrange’a

$\|u\|^{2}\|v\|^{2}=\|u\times v\|^{2}+((u|v))^{2}.$
(6)

$(u\times v|w\times q)=\left|\begin{array}[]{cc}(u|w)&(v|w)\\ (u|q)&(v|q)\\ \end{array}\right|.$
(8)

${\rm det}\,[u|v|w]=(u\times v|w)$ .
(9)

$|{\rm det}\,[u|v|w]|=|(u\times v|w)|$ jest objętością równoległościanu rozpiętego na wektorach $u, v, w$ .
(10)

Iloczyn wektorowy nie jest przemienny ani łączny.

Lemat 10.8.

Jeśli $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{R})$ i $u,v\in\mathbb{R}^{3}$ , to

A^{T}((Au)\times(Av))={\rm det}\,(A)\cdot(u\times v).

W szczególności, jeśli $A^{T}A=I$ , to

(Au)\times(Av)={\rm det}\,(A)A(u\times v).

Jeśli $A\in SO(3)$ tzn. $AA^{T}=I$ i ${\rm det}\,(A)=1$ , to

(Au)\times(Av)=A(u\times v).

Dowód.

Dla dowolnego $w\in\mathbb{R}^{3}$ zachodzą równości

	$\displaystyle((Au)\times(Av)\|Aw)$	$\displaystyle={\rm det}\,[Au\|Av\|Aw]$
		$\displaystyle={\rm det}\,(A[u\|v\|w])$
		$\displaystyle={\rm det}\,(A)\cdot{\rm det}\,([u\|v\|w])$
		$\displaystyle=({\rm det}\,(A)\cdot(u\times v)\|w),$

oraz

((Au)\times(Av)|Aw)=(A^{T}((Au)\times(Av))|w).

Stąd

A^{T}((Au)\times(Av))={\rm det}\,(A)\cdot(u\times v).

∎

10.4 Orientacja $\mathbb{R}^{n}$

Niech $V$ będzie przestrzenią wektorową nad ciałem $\mathbb{R}$ o wymiarze skończonym $n\geq 1$ . Dla dwóch uporządkowanych baz $B=b_{1},\ldots,b_{n}$ oraz $B^{\prime}=b^{\prime}_{1},\ldots,b^{\prime}_{n}$ przez $S_{B^{\prime},B}=[s_{ij}]$ oznaczamy macierz przejścia od bazy $B$ do $B^{\prime}$ , czyli

b_{i}=\sum_{j=1}^{n}s_{ji}b^{\prime}_{j},\quad i=1,\ldots,n.

Niech $\mathcal{B}$ oznacza zbiór wszystkich baz $V$ . W zbiorze $\mathcal{B}$ definiujemy relację równoważności $R$ przez: $BRB^{\prime}$ wtedy i tylko wtedy, gdy

{\rm det}\,S_{B^{\prime},B}>0.

Definicja 10.9.

Orientacja

Powiemy, że bazy $B$ i $B^{\prime}$ zadają taką samą orientację $V$ jeśli $BRB^{\prime}$ . Przez wybór orientacji w $V$ rozumiemy wybór dowolnej uporządkowanej bazy (jej klasy abstrakcji w relacji $R$ ) $B=b_{1},b_{2},\ldots,b_{n}$ .

Przykład 10.18 (Standardowa orientacja $\mathbb{R}^{n}$ ).

Dla $n\geq 1$ standardowa orientacja $\mathbb{R}^{n}$ jest zadana przez bazę standardową $e_{1},\ldots,e_{n}$ .

(1)

Przypomnijmy, że macierz przejścia od bazy $B=b_{1},\ldots,b_{n}$ do bazy standardowej jest równa $S=[b_{1}|\ldots|b_{n}]$ . W szczególności, $B$ zadaje standardową orientację $\mathbb{R}^{n}$ , gdy ${\rm det}\,[b_{1}|\ldots|b_{n}]>0$ .
(2)

Baza $b_{1}$ , $b_{2}$ dla $\mathbb{R}^{2}$ zadaje standardową orientację $\mathbb{R}^{2}$ wtedy i tylko wtedy, gdy najkrótszy kąt od $b_{1}$ do $b_{2}$ jest skierowany przeciwnie do ruchu wskazówek zegara. Rzeczywiście, możemy założyć, że $\|b_{1}\|=\|b_{2}\|=1$ . Niech $R$ będzie takim obrotem, że $R(b_{1})=e_{1}$ . Zauważmy, że

${\rm det}\,[R(b_{1}),R(b_{2})]={\rm det}\,R[b_{1}|b_{2}]={\rm det}\,(R){\rm det% }\,[b_{1},b_{2}].$

Ponieważ ${\rm det}\,(R)=1$ , więc $b_{1},b_{2}$ zadaje standardową orientację wtedy i tylko wtedy, gdy $R(b_{1}),R(b_{2})$ zadaje standardową orientację $\mathbb{R}^{2}$ . Możemy więc założyć, że $b_{1}=e_{1}$ . Niech $b_{2}=[a,b]^{T}$ . Wtedy ${\rm det}\,[e_{1}|b_{2}]=b>0$ wtedy i tylko wtedy, gdy najkrótszy kąt między $e_{1}$ i $[a,b]^{T}$ jest skierowany przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
(3)

Jeśli $b_{1},b_{2}\in\mathbb{R}^{3}$ są liniowo niezależne, to $b_{1},b_{2},b_{1}\times b_{2}$ zadaje standardową orientację $\mathbb{R}^{3}$ . Rzeczywiście,

${\rm det}\,[b_{1}|b_{2}|b_{1}\times b_{2}]=(b_{1}\times b_{2}|b_{1}\times b_{2% })>0.$

Wniosek 10.19.

Niech $L:\mathbb{R}^{n}\longrightarrow\mathbb{R}^{n}$ będzie izomorfizmem liniowym. Następujące warunki są równoważne

(1)

baza $L(e_{1}),\ldots,L(e_{n})$ zadaje standardową orientację $\mathbb{R}^{n}$ ,
(2)

${\rm det}\,L>0$ ,
(3)

jeśli $b_{1},\ldots,b_{n}$ zadaje standardową orientację $\mathbb{R}^{n}$ , to $L(b_{1}),\ldots,L(b_{n})$ zadaje standardową orientację $\mathbb{R}^{n}$ .

	$\displaystyle F(a_{1}+b_{1},a_{2},a_{3})$	$\displaystyle=(a_{11}+b_{11})\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right\|-a_{12}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{21}+b_{21}&a_{23}\\ a_{31}+b_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right\|+a_{13}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{21}+b_{21}&a_{22}\\ a_{31}+b_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=a_{11}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right\|-a_{12}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{23}\\ a_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right\|+a_{13}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{21}&a_{22}\\ a_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle+b_{11}\,\left\|\begin{array}[]{cc}a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33}\\ \end{array}\right\|-a_{12}\,\left\|\begin{array}[]{cc}b_{21}&a_{23}\\ b_{31}&a_{33}\\ \end{array}\right\|+a_{13}\,\left\|\begin{array}[]{cc}b_{21}&a_{22}\\ b_{31}&a_{32}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=F(a_{1},a_{2},a_{3})+F(b_{1},a_{2},a_{3}).$

	$\displaystyle\left\|\begin{array}[]{ccc}1&a&a^{2}\\ 1&b&b^{2}\\ 1&c&c^{2}\\ \end{array}\right\|$	$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{ccc}1&a&a^{2}\\ 0&b-a&b^{2}-a^{2}\\ 0&c-a&c^{2}-a^{2}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{cc}b-a&b^{2}-a^{2}\\ c-a&c^{2}-a^{2}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=(b-a)(c^{2}-a^{2})-(c-a)(b^{2}-a^{2})$
		$\displaystyle=(b-a)(c-a)(c-b)$

	$\displaystyle\left\|\begin{array}[]{cccccc}1-n&1&1&\ldots&1&1\\ 1&1-n&1&\ldots&1&1\\ 1&1&1-n&\ldots&1&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 1&1&1&\ldots&1-n&1\\ 1&1&1&\ldots&1&1-n\\ \end{array}\right\|$	$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{cccccc}-n&0&0&\ldots&0&n\\ 0&-n&0&\ldots&0&n\\ 0&0&-n&\ldots&0&n\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\ldots&-n&n\\ 1&1&1&\ldots&1&1-n\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=n^{n-1}\,\left\|\begin{array}[]{cccccc}-1&0&0&\ldots&0&1\\ 0&-1&0&\ldots&0&1\\ 0&0&-1&\ldots&0&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\ldots&-1&1\\ 1&1&1&\ldots&1&1-n\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=n^{n-1}\,\left\|\begin{array}[]{cccccc}-1&0&0&\ldots&0&1\\ 0&-1&0&\ldots&0&1\\ 0&0&-1&\ldots&0&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\ldots&-1&1\\ 0&0&0&\ldots&0&0\\ \end{array}\right\|=0.$

	$\displaystyle\\|u\times v\\|^{2}$	$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{cc}u_{2}&u_{3}\\ v_{2}&v_{3}\\ \end{array}\right\|^{2}+\left\|\begin{array}[]{cc}u_{1}&u_{3}\\ v_{1}&v_{3}\\ \end{array}\right\|^{2}+\left\|\begin{array}[]{cc}u_{1}&u_{2}\\ v_{1}&v_{2}\\ \end{array}\right\|^{2}$
		$\displaystyle=(u_{2}v_{3}-v_{2}u_{3})^{2}+(u_{1}v_{3}-u_{3}v_{1})^{2}+(u_{1}v_% {2}-v_{1}u_{2})^{2}$
		$\displaystyle=(u_{1}^{2}+u_{2}^{2}+u_{3}^{2})(v_{1}^{2}+v_{2}^{2}+v_{3}^{2})-(% u_{1}v_{1}+u_{2}v_{2}+u_{3}v_{3})^{2}$
		$\displaystyle=\\|u\\|^{2}\\|v\\|^{2}-((u\|v))^{2}.$

	$\displaystyle{\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c\|c\|c}w&u&v\\ \end{array}\right]$	$\displaystyle={\rm det}\,\left[\begin{array}[]{c\|c\|c}w&u&v\\ \end{array}\right]^{T}$
		$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{ccc}w_{1}&w_{2}&w_{3}\\ u_{1}&u_{2}&u_{3}\\ v_{1}&v_{2}&v_{3}\\ \end{array}\right\|$
		$\displaystyle=\left\|\begin{array}[]{cc}u_{2}&u_{3}\\ v_{2}&v_{3}\\ \end{array}\right\|w_{1}-\left\|\begin{array}[]{cc}u_{1}&u_{3}\\ v_{1}&v_{3}\\ \end{array}\right\|w_{2}+\left\|\begin{array}[]{cc}u_{1}&u_{2}\\ v_{1}&v_{2}\\ \end{array}\right\|w_{3}$
		$\displaystyle=(u\times v\|w).$