Lineární algebra

det B = ar,1 (−1)

1+1 det B

1,1 + ar,2 (−1)

2+1 det B

1,2 + · · · + ar,n (−1)

1+n det B

1,n.

Protože det A = (−1)r−1 det B a protože B1,s = Ar,s, máme vzorec (4.3) dokázán.

Uvažujme t 6= r a nahraďme t-tý řádek v matici A řádkem r-tým. Novou matici označme C. Má dva

stejné řádky, takže je det C = 0. Rozvoj tohoto determinantu podle t-tého řádku odpovídá vzorci (4.4).

4.31. Poznámka. Vzhledem k platnosti věty 4.28 platí analogická věta o rozvoji determinantu podle
s-tého sloupce. Zkuste si ji zformulovat jako cvičení.

4.32. Definice. Nechť A je čtvercová matice typu (n, n). Doplněk matice A v pozici (i, j) je číslo Di,j,
definované vzorcem: Di,j = (−1)

i+j det Ai,j, kde Ai,j je matice typu (n−1, n−1), která vznikne z matice

A vynecháním i-tého řádku a j-tého sloupce.

4.33. Poznámka. Větu 4.30 lze při použití definice 4.32 a poznámky 4.31 přeformulovat. Nechť A je
čtvercová matice typu (n, n) a Di,j jsou její doplňky. Nechť r, s, t ∈ {1, 2, . . . , n}, r 6= t, s 6= t. Pak platí

det A = ar,1 Dr,1 + ar,2 Dr,2 + · · · + ar,n Dr,n,

0 = ar,1 Dt,1 + ar,2 Dt,2 + · · · + ar,n Dt,n,

det A = a1,s D1,s + a2,s D2,s + · · · + an,s Dn,s,

0 = a1,s D1,t + a2,s D2,t + · · · + an,s Dn,t.

4.34. Příklad. Uvažujme matici A z příkladu 4.23. Provedeme rozvoj determinantu A podle prvního
řádku.

det A = 1·(−1)

1+1 ·

1

2

2

3

1

2

1

2

1

+2·(−1)

1+2 ·

2

2

2

1

1

2

2

2

1

+4·(−1)

1+3 ·

2

1

2

1

3

2

2

1

1

−1·(−1)1+4 ·

2

1

2

1

3

1

2

1

2

=

= 1 · 5 + 2 · 0 + 4 · (−5) − 1 · 0 = −15.

Vidíme, že jsme si při výpočtu moc nepomohli. Rozvoj determinantu podle řádku nebo sloupce matice
typu (n, n) obecně vede na n determinantů matic, které mají o jediný řádek a sloupec méně. To není
žádná výhra.