Início · Capítulo 4 · Determinantes
A unicidade (Teorema 4.5) é a ferramenta, e não apenas um fato: toda vez que construirmos uma forma \(n\)-linear alternada, ela será automaticamente um múltiplo do determinante. A demonstração do Teorema 4.21 é o modelo: não se calcula nada; constrói-se uma forma \(n\)-linear alternada e deixa-se a unicidade fazer o trabalho.
Seja \(A\in\Mat{n}{n}\). O menor \(A_{ij}\in\mathcal{M}_{(n-1)\times(n-1)}(\R)\) é a matriz obtida de \(A\) apagando a linha \(i\) e a coluna \(j\). O cofator correspondente é \[\mathrm{cof}_{ij}(A) := (-1)^{i+j}\det A_{ij}.\]
Se \(M\in\mathcal{M}_{(n-1)\times(n-1)}(\R)\) e \(b\in\R^{n-1}\), então \[\det\begin{pmatrix}1 & b^t\\ 0 & M\end{pmatrix} = \det M.\]
Somando à \(j\)-ésima coluna o múltiplo adequado da primeira (que é \(e_1\)), zeramos \(b\) sem alterar o determinante. Ficamos com a matriz que tem \(1\) no canto, zeros na primeira linha e na primeira coluna, e \(M\) no resto. Na fórmula de Leibniz dessa matriz, uma parcela não nula exige \(\sigma(1) = 1\); as demais escolhas formam exatamente as permutações do bloco \(M\), com o mesmo sinal. Logo o determinante é \(\det M\).
(Desenvolvimento de Laplace.) Para toda \(A\in\Mat{n}{n}\) e todo \(j\) fixado, \[\det A = \sum_{i=1}^n (-1)^{i+j}\,a_{ij}\,\det A_{ij} \qquad\text{(desenvolvimento pela coluna } j),\] e, analogamente, pela linha \(i\) (usando \(\det A^t = \det A\)).
Laplace em uma imagem: para cada entrada de uma linha (ou coluna), apague a linha e a coluna dela, calcule o determinante do que sobra, e some com o sinal do tabuleiro. O tabuleiro não é convenção: o sinal \((-1)^{i+j}\) é o preço de levar a entrada \(a_{ij}\) até o canto por trocas de linhas e colunas vizinhas.
Na prática: escolha sempre a linha ou coluna com mais zeros.
Escreva \(C_j = \sum_{i=1}^n a_{ij}e_i\) e abra a \(j\)-ésima entrada pela \(n\)-linearidade: \[\det A = \sum_{i=1}^n a_{ij}\,\det\big(C_1,\ldots,\underbrace{e_i}_{\text{posição } j},\ldots,C_n\big).\] Fixe \(i\) e chame \(D\) a matriz dessa parcela. Leve a coluna \(j\) até a primeira posição por \(j-1\) trocas de colunas vizinhas, e depois a linha \(i\) até a primeira posição por \(i-1\) trocas de linhas vizinhas. Cada troca custa um sinal \(-1\), e o total é \((-1)^{(j-1)+(i-1)} = (-1)^{i+j}\). A matriz resultante tem \(1\) no canto superior esquerdo e zeros no resto da primeira coluna, e o bloco restante é exatamente \(A_{ij}\); pelo Lema 4.19, o seu determinante é \(\det A_{ij}\). Logo \(\det D = (-1)^{i+j}\det A_{ij}\).
Para todas \(A,B\in\Mat{n}{n}\), \[\det(AB) = \det A\cdot\det B.\]
Por que \(\det(AB) = \det A\det B\). Um determinante é o fator pelo qual a transformação multiplica volumes; compor duas transformações multiplica os dois fatores. O teorema é essa frase (Nota 4.15), demonstrada sem falar em volume.
Fixe \(A\) e considere a função das colunas de \(B\) \[g(B_1,\ldots,B_n) := \det(AB).\] A \(j\)-ésima coluna de \(AB\) é \(A\,B_j\). Portanto:
\(g\) é \(n\)-linear, porque \(B_j\mapsto AB_j\) é linear e \(\det\) é \(n\)-linear;
\(g\) é alternada, porque se \(B_i = B_j\) então \(AB_i = AB_j\), e \(\det\) é alternada.
Pelo Teorema 4.5, \[g(B_1,\ldots,B_n) = \det(B)\cdot g(e_1,\ldots,e_n) = \det B\cdot\det(A\,I) = \det B\cdot\det A.\]
Se \(A\) é invertível, \(\det(A^{-1}) = (\det A)^{-1}\). E para toda \(P\) invertível, \(\det(P^{-1}AP) = \det A\).
De \(AA^{-1} = I\) vem \(\det A\cdot\det(A^{-1}) = 1\). E \(\det(P^{-1}AP) = \det(P^{-1})\det A\det P = \det A\), pois os dois fatores em \(P\) se cancelam — note que eles são números, e portanto comutam.
Seja \(V\) de dimensão finita e \(T:V\to V\) linear. O determinante de \(T\) é \[\det T := \det [T]_{BB},\] para qualquer base \(B\) de \(V\). Pelo Corolário 4.22 e pelo Teorema 3.14 (\([T]_{B'B'} = P^{-1}[T]_{BB}P\)), esse número não depende da base escolhida.
O determinante é constante na classe de semelhança (Definição 3.15): todas as matrizes de um mesmo operador, em todas as bases, têm o mesmo determinante. É isso que autoriza escrever \(\det T\) sem mencionar base — e é o primeiro invariante de um operador que encontramos.
\(T:V\to V\) é isomorfismo se e somente se \(\det T\neq0\).
\(T\) é isomorfismo \(\iff [T]_{BB}\) é invertível (Corolário 3.10) \(\iff \det[T]_{BB}\neq0\) (Teorema 4.11).
A matriz adjunta de \(A\) é a transposta da matriz dos cofatores: \[\big(\mathrm{adj}\,A\big)_{ij} := (-1)^{i+j}\det A_{ji}.\]
Para toda \(A\in\Mat{n}{n}\), \[A\cdot\mathrm{adj}\,A = \mathrm{adj}\,A\cdot A = (\det A)\,I_n.\] Em particular, se \(\det A\neq0\) então \(A^{-1} = \frac{1}{\det A}\,\mathrm{adj}\,A\).
A entrada \((i,k)\) do produto \(A\cdot\mathrm{adj}\,A\) é \[\sum_{j=1}^n a_{ij}\,(-1)^{k+j}\det A_{kj}.\] Se \(i=k\), isso é exatamente o desenvolvimento de Laplace de \(\det A\) pela linha \(i\) (Teorema 4.20), logo vale \(\det A\).
Se \(i\neq k\), considere a matriz \(\widetilde A\) obtida de \(A\) substituindo a linha \(k\) pela linha \(i\). Ela tem duas linhas iguais, logo \(\det\widetilde A = 0\). Mas o menor \(\widetilde A_{kj}\) não vê a linha \(k\), e portanto \(\widetilde A_{kj} = A_{kj}\); assim o desenvolvimento de \(\det\widetilde A\) pela linha \(k\) é precisamente a soma acima. Ela vale \(0\).
Logo \(A\cdot\mathrm{adj}\,A = (\det A)I\); o outro produto é análogo, desenvolvendo por colunas.
(Regra de Cramer.) Se \(\det A\neq0\), a única solução de \(AX=b\) é dada por \[x_j = \frac{\det A^{(j)}}{\det A},\] onde \(A^{(j)}\) é a matriz \(A\) com a \(j\)-ésima coluna substituída por \(b\).
Para \(n=2\) ou \(3\) a regra é útil; para \(n=5\) é muito mais lenta que escalonar. O valor dela é teórico: ela exibe a solução como função racional dos coeficientes, o que é usado, por exemplo, para mostrar que a solução depende continuamente dos dados.
\(X = A^{-1}b = \frac{1}{\det A}\mathrm{adj}(A)\,b\), cuja \(j\)-ésima entrada é \(\frac{1}{\det A}\sum_i(-1)^{i+j}\det(A_{ij})\,b_i\). Essa soma é o desenvolvimento de Laplace, pela coluna \(j\), do determinante da matriz que tem \(b\) na coluna \(j\) e as demais colunas de \(A\) — isto é, \(\det A^{(j)}\).
Se \(A\in\Mat{p}{p}\), \(D\in\Mat{q}{q}\) e \(C\in\mathcal{M}_{p\times q}\), então \[\det\begin{pmatrix}A & C\\ 0 & D\end{pmatrix} = \det A\cdot\det D.\]
O bloco de zeros força toda parcela não nula da fórmula de Leibniz a respeitar a divisão: as primeiras \(p\) colunas só podem usar as primeiras \(p\) linhas. Isso parte a soma em duas somas independentes — e é a razão de o determinante de uma matriz triangular por blocos ser o produto dos determinantes dos blocos.
Chame \(M\) a matriz em blocos, de tamanho \(n=p+q\). Numa parcela não nula da fórmula de Leibniz, precisamos de \(m_{\sigma(j)j}\neq0\) para todo \(j\). Para \(j\leq p\), as entradas com \(\sigma(j)>p\) estão no bloco nulo; logo \(\sigma(\{1,\ldots,p\})\subset\{1,\ldots,p\}\) e, por injetividade, \(\sigma\) restrita a \(\{1,\ldots,p\}\) é uma permutação desse conjunto — e o que sobra é uma permutação de \(\{p+1,\ldots,n\}\). Os sinais se multiplicam, e a soma se fatora no produto das duas somas de Leibniz.
Vandermonde e interpolação. Sejam \(t_0,\ldots,t_n\in\R\) dois a dois distintos e \[V = \begin{pmatrix} 1 & t_0 & t_0^2 & \cdots & t_0^n\\ 1 & t_1 & t_1^2 & \cdots & t_1^n\\ \vdots & & & & \vdots\\ 1 & t_n & t_n^2 & \cdots & t_n^n\end{pmatrix}.\] Vale \[\det V = \prod_{0\leq i<j\leq n}(t_j-t_i)\neq0.\]
Por que. Pense em \(\det V\) como polinômio na variável \(t_n\), com os demais fixos: ele tem grau \(\leq n\) e se anula em \(t_n = t_0,\ldots,t_{n-1}\) (duas linhas iguais), logo é múltiplo de \((t_n-t_0)\cdots(t_n-t_{n-1})\). Comparando o coeficiente de \(t_n^n\) (que é, por Laplace na última linha, o determinante de Vandermonde de ordem \(n\)) e iterando, sai a fórmula.
Para que serve. Considere \(T:\Pol{n}\to\R^{n+1}\), \(T(p) = (p(t_0),\ldots,p(t_n))\). Nas bases \((1,x,\ldots,x^n)\) e canônica, \([T] = V\). Como \(\det V\neq0\), \(T\) é isomorfismo: dados quaisquer valores \(y_0,\ldots,y_n\), existe um e um só polinômio de grau \(\leq n\) com \(p(t_i)=y_i\). É o teorema da interpolação, obtido de um determinante.
O determinante de Vandermonde não é uma curiosidade: ele é a afirmação de que a avaliação em \(n+1\) pontos distintos é um isomorfismo \(\Pol{n}\to\R^{n+1}\). Escolhidas as alturas nos pontos, o polinômio existe e é único — e a razão é que um determinante não se anula.
O determinante da transposição. Seja \(\Theta:\Mat{n}{n}\to\Mat{n}{n}\), \(\Theta(A) = A^t\). Na base das matrizes elementares, \(\Theta(E_{ij}) = E_{ji}\): ela permuta a base, fixando as \(n\) matrizes \(E_{ii}\) e trocando aos pares as \(\tfrac{n(n-1)}2\) matrizes \(E_{ij}\) com \(i<j\). A matriz de \(\Theta\) é portanto uma matriz de permutação, cujo determinante é o sinal da permutação. Como ela é um produto de \(\tfrac{n(n-1)}2\) transposições disjuntas, \[\det\Theta = (-1)^{n(n-1)/2}.\]
Multiplicação à esquerda. Fixe \(M\in\Mat{n}{n}\) e seja \(L_M(A) = MA\). Como a \(k\)-ésima coluna de \(MA\) é \(M\) vezes a \(k\)-ésima coluna de \(A\), o operador \(L_M\) age em cada coluna separadamente. Ordenando a base \(\{E_{ij}\}\) coluna a coluna, a matriz de \(L_M\) é diagonal por blocos, com \(n\) cópias de \(M\); pela Proposição 4.28, \[\det L_M = (\det M)^n.\]
Aqui, como no Exemplo 4.30, o determinante de um operador é calculado sem que se escreva a matriz inteira. O truque nos dois casos é o mesmo: escolher a base certa e reconhecer a estrutura.
Verdadeiro ou falso? Se \(A,B\in\Mat{n}{n}\) e \(AB=I\), então \(BA=I\).
Verdadeira. De \(AB = I\) vem \(\det A\cdot\det B = 1\), logo \(\det B\neq0\) e \(B\) é invertível (Teorema 4.11). Multiplicando \(AB=I\) por \(B^{-1}\) à direita, \(A = B^{-1}\); portanto \(BA = BB^{-1} = I\).
Sem determinante: \(AB=I\) implica \(B\) injetora (se \(Bx=0\) então \(x = ABx = 0\)); como \(B\) é quadrada e a dimensão é finita, \(B\) é isomorfismo (esqueleto 4 da Nota 3.43). Daí \(A = B^{-1}\) e \(BA=I\). O segundo caminho explica por que a hipótese “quadrada e dimensão finita” é essencial.
Verdadeiro ou falso? Se \(A\in\Mat{n}{n}\) satisfaz \(A^2 = A\) e \(A\neq I\), então \(\det A = 0\).
Verdadeira. De \(A^2 = A\) e da multiplicatividade (Teorema 4.21), \((\det A)^2 = \det A\), logo \(\det A\in\{0,1\}\). Se fosse \(\det A = 1\), \(A\) seria invertível; multiplicando \(A^2 = A\) por \(A^{-1}\) viria \(A = I\), contra a hipótese. Logo \(\det A = 0\).
Aqui, como no Exercício 4.32, a hipótese é uma equação entre matrizes, e a demonstração consiste em aplicar \(\det\) aos dois lados.