Lineární algebra

ar,1 (−1)

r+1 det A

r,1 + ar,2 (−1)

r+2 det A

r,2 + · · · + ar,n (−1)

r+n det A

r,n = det A.

(4.3)

Je-li dále t ∈ {1, . . . , n}, t 6= r, pak platí

ar,1 (−1)

t+1 det A

t,1 + ar,2 (−1)

t+2 det A

t,2 + · · · + ar,n (−1)

t+n det A

t,n = 0.

(4.4)

Důkaz (pro hloubavé čtenáře). Podívejme se na vzorec (4.1) pro det A. Seskupíme v něm všechny
sčítance, které obsahují prvek a1,1 k sobě, dále seskupíme k sobě sčítance, které obsahují prvek a1,2 a
tak dále až po poslední skupinu, ve které se vyskytují sčítanci s prvkem a1,n. Tyto prvky ze součtů
vytkneme. Pro s-tou skupinu sčítanců tedy máme:

X

π=(s,i2,...,in)

sgn π · a1,s a2,i

2 · · · an,in = a1,s

X

π=(s,i2,...,in)

sgn π · a2,i

2 · · · an,in

= ∗

47

Lineární algebra

4. Determinant

Z permutace π = (s, i2, . . . , in) prvků množiny M = {1, 2, . . . , n} vytvořme permutaci π

0 = (i

2, . . . , in)

prvků množiny M \{s} tak, že odebereme první prvek z permutace π. Nová permutace π0 má o s−1 méně
inverzí než permutace π. (Nakreslete si všechny inverze spojené s prvkem s.) Pro znaménka permutací
tedy platí sgn π = (−1)s−1 sgn π0 = (−1)s+1 sgn π0. Pokračujme nyní dále v našem výpočtu:

∗ = a1,s (−1)

1+s

X

π0=(i2,...,in)

sgn π

0 · a

2,i2 · · · an,in

= a1,s (−1)

1+s det A

1,s.

Determinant A je součtem všech skupin sčítanců pro s = 1, 2, . . . , n, což dokazuje vzorec (4.3) pro r = 1.

Nechť nyní r 6= 1. Prohodíme r-tý řádek matice A s předchozím, pak jej prohodíme s dalším

předcházejícím řádkem, atd. až dostaneme původně r-tý řádek na první řádek modifikované matice B.
K tomu potřebujeme provést r − 1 prohození, takže platí det B = (−1)r−1 det A. Provedeme rozvoj
determinantu matice B podle prvního řádku (B1,s je matice, která vznikne z matice B vynecháním
prvního řádku a s-tého sloupce):