Expansión de Laplace

En álgebra lineal, la expansión de Laplace, llamada así en honor a Pierre-Simon Laplace, también llamada expansión de cofactor, es una expresión del determinante de un n × n-matrix B como una suma ponderada de menores, que son los determinantes de algunos (n − 1) × (n − 1) -submatrices de B. Específicamente, para cada i, la expansión de Laplace a lo largo del iésima fila es la igualdad

$${\displaystyle {\begin{aligned}\det(B) caer=\sum _{j=1}^{n}(-1)^{i+j}b_{i,j}m_{i,j},\end{aligned}}}}}$$

${\displaystyle B_{i,j}$

${\displaystyle m_{i,j}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}\det(B) ¿Por qué?$$

El coeficiente ${\displaystyle (-1)^{i+j}m_{i,j}$ de ${\displaystyle B_{i,j}$ en la suma anterior se llama el cofactor de ${\displaystyle B_{i,j}$ dentro B.

La expansión de Laplace suele ser útil en pruebas, como por ejemplo, permitiendo la repetición del tamaño de las matrices. También es de interés didáctico por su simplicidad y como una de varias maneras de ver y calcular el determinante. Para las matrices grandes, rápidamente se vuelve ineficiente para calcular en comparación con la eliminación gausiana.

Ejemplos

Considere la matriz

${\displaystyle B={\begin{bmatrix}1 tendría2 péndulo3\4 péndulo5 péndulo6\7 péndulo9\end{bmatrix}}.}$

El determinante de esta matriz se puede calcular usando la expansión de Laplace a lo largo de cualquiera de sus filas o columnas. Por ejemplo, una expansión a lo largo de la primera fila produce:

${\displaystyle {\begin{aligned}Principalmente] {\begin{vmatrix}4 tarde5\7 diez8\end{vmatrix}\[5pt] limit=1\cdot (-3)-2\cdot (-6)+3\cdot (-3)=0.\end{aligned}}}$

La expansión de Laplace a lo largo de la segunda columna produce el mismo resultado:

${\displaystyle {\begin{aligned}Prince {\begin{\begin{vmatrix}4 limit6\7 limit9\end{vmatrix}}+5\cdot {\begin{vmatrix}1⁄3\7}8\cdot {\begin{vmatrix}1 tarde3\4 punto6\end{vmatrix}\[5pt] limit=-2\cdot (-6)+5\cdot (-12)-8\cdot (-6)=0.\end{aligned}}}}}$

Es fácil comprobar que el resultado es correcto: la matriz es singular porque la suma de su primera y tercera columna es el doble de la segunda columna, y por tanto su determinante es cero.

Prueba

Suppose ${\displaystyle B}$ es un n × n matriz ${\displaystyle i,j\in \{1,2,\dotsn\}$ Para la claridad también etiquetamos las entradas de ${\displaystyle B}$ que compone su ${\displaystyle i,j}$ matriz menor ${\displaystyle M_{ij}$ como

${\displaystyle (a_{st})}$ para ${\displaystyle 1\leq s,t\leq n-1.}$

Considerar los términos en la expansión de ${\displaystyle ¦$ que tienen ${\displaystyle B_{ij}$ como factor. Cada uno tiene la forma

${\displaystyle \operatorname {sgn} \tau \,b_{1,\tau (1)}\cdots b_{i,j}\cdots b_{n,\tau (n)}=\operatorname {sgn} \tau \,b_{1,\sigma (1)}\cdots a_{n-1,\$

para alguna permutación τ ▪ Sn con ${\displaystyle \tau (i)=j}$, y una permutación única y evidentemente relacionada ${\displaystyle \sigma \in S_{n-1}$ que selecciona las mismas entradas menores τ. Del mismo modo cada elección de σ determina un correspondiente τ i.e. la correspondencia ${\displaystyle \sigma \leftrightarrow \tau }$ es una bijeción entre ${\displaystyle S_{n-1}$ y ${\displaystyle \{\tau \in S_{n}\colon \tau (i)=j\}$Usando la notación de dos líneas de Cauchy, la relación explícita entre ${\displaystyle \tau }$ y ${\displaystyle \sigma }$ puede ser escrito como

${\displaystyle \sigma {\fnMicrosoft Sans Serif}(\cdots)_{j}(\cdots)_ {j}(\tau (1))}(\leftarrow)_{j}(\tau (2))}(\cdots > (\leftarrow)_{j}(\tau (i+1)) {\cdot}$

Donde ${\displaystyle (\leftarrow)_{j}$ es una notación temporal de cortocircuito para un ciclo ${\displaystyle (n,n-1,\cdotsj+1,j)}$. Esta operación decreúa todos los índices más grandes que j para que cada índice se ajuste en el conjunto {1,2,...,n-1}

La permutación τ puede derivarse de σ como sigue. Define ${\displaystyle \sigma 'in S_{n}$ por ${\displaystyle \sigma '(k)=\sigma (k)}$ para ${\displaystyle 1\leq k\leq n-1}$ y ${\displaystyle \sigma 'n)=n}$. Entonces... ${\displaystyle \sigma}$ se expresa como

${\fnMicrosoft Sans Serif} {\fnMicrosoft Sans Serif} {\fnMicrosoft Sans Serif} {\cdots} {\cdots > } {j} {j} {j} {}\tau} {\t}\tau} {}\tau} {\t}\tau$

Ahora, la operación que se aplica ${\displaystyle (\leftarrow)_{i}$ primero y luego aplicar ${\displaystyle \sigma}$ (Notice applying A before B is equivalent a aplicar inverso de A a la fila superior de B en notación de dos líneas)

${\fnMicrosoft Sans Serif} {\fnMicrosoft Sans Serif} {\fnMicrosoft Sans Serif} {\cdots}\cdots > ) {j}(\cdotarrow)}(\tau (1))} {j} {\cdotarrow\cdotarrow$

Donde ${\displaystyle (\leftarrow)_{i}$ es la notación temporal de mano corta para ${\displaystyle (n,n-1,\cdotsi+1,i)}$.

la operación que se aplica ${\displaystyle \tau }$ primero y luego aplica ${\displaystyle (\leftarrow)_{j}$ es

${\displaystyle (\leftarrow)_{j}\tau {\fnMicrosoft Sans Serif}(\cdots)_{j}(\cdots)_(\cdots)_ {j}(\tau (1))}(\leftarrow)_{j}(\tau (2)) {\cdots & }(\cdotarrow)_{j} {j} {\taun1}$

los dos anteriores son iguales, por lo tanto,

${\displaystyle (\leftarrow)_{j}\tau =\sigma '(\leftarrow)_{i}}$

${\displaystyle \tau =(\rightarrow)_{j}\sigma '(\leftarrow)_{i}}$

Donde ${\displaystyle (\rightarrow)_{j}$ es el inverso de ${\displaystyle (\leftarrow)_{j}$ que es ${\displaystyle (j,j+1,\cdotsn)}$.

Así

${\displaystyle \tau \,=(j,j+1,\ldotsn)\sigma '(n,n-1,\ldotsi)}$

Puesto que los dos ciclos pueden ser escritos respectivamente como ${\displaystyle No.$ y ${\displaystyle No.$ transposiciones,

${\displaystyle \operatorname {sgn} \tau \,=(-1)^{2n-(i+j)}\operatorname {sgn} \sigma '\,=(-1)^{i+j}\operatorname {sgn} \sigma.}$

Y desde el mapa ${\displaystyle \sigma \leftrightarrow \tau }$ es bijetivo,

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{i=1}{n}\sum _{\tau \in S_{n}:\tau (i)=j}\operatorname {sgn} \tau \,b_{1,\tau (1)}\cdots b_{n,\tau (n)} sensible=\sum _{i=1}{n}\sum _{\sigma \in S_{n-1}(-1)^{i+j}\operatorname {sgn} \sigma \,b_{ij}a_{1,\sigma (1)}\cdots a_{n-1,\sigma (n-1)}\\ _{i=1}{n}b_{ij}(-1)^{i+j}\sum _{\sigma \in S_{n-1}\operatorname {sgn} \sigma \,a_{1,\sigma (1)}\cdots a_{n-1,\sigma (n-1)}\\\ ¿Por qué?$

del que sigue el resultado. Del mismo modo, el resultado sostiene si el índice de la suma externa fue reemplazado por ${\displaystyle j}$.

Expansión de Laplace de un determinante por menores complementarios

La expansión del cofactor de Laplace se puede generalizar de la siguiente manera.

Ejemplo

Considere la matriz

${\displaystyle A={\begin{bmatrix}1 tendría2 ventaja3\5 sensible4\5 rest6 tendría8\9 tendría10 tendrían un pulso11\12\13 con un doble14 con un doble16\end{bmatrix}$

El determinante de esta matriz se puede calcular utilizando la expansión del cofactor de Laplace a lo largo de las dos primeras filas como sigue. Primeramente note que hay 6 conjuntos de dos números distintos en {1, 2, 3, 4}, a saber: ${\displaystyle S=\left\{1,2\},\{1,3\},\{1,4\},\{2,3\},\{2,4\},\{3,4\}\s}\s}$ ser el conjunto antes mencionado.

Al definir los cofactores complementarios para ser

${\displaystyle {\fnMicrosoft Sans} {\fnMicrosoft} {\fnMicrosoft Sans}}}}\a_{2j} {2k}\end{vmatrix}}}}$

${\displaystyle c_{\p,q\}={\begin{vmatrix}a_{3p} {3p}\a_{4p} {4p} {4q}\end{vmatrix}}}}$

y el signo de su permutación para ser

${\displaystyle \varepsilon ^{\j,k\},\{p,q\}=\operatorname {sgn} {\begin{bmatrix}1 ventaja2 implica3 simultáneamente4\\j conmiguo próximo {q\end{bmatrix}},{\text{ where }p\neq j,q\neq k}$

El determinante A puede ser escrito como

${\displaystyle ↑ _{H\in S}\varepsilon ^{H,H^{\prime }b_{H}c_{H^{\prime }}$

Donde ${\displaystyle H^{\prime}$ es el conjunto complementario ${\displaystyle H.$.

En nuestro ejemplo explícito esto nos da

${\c\c} {\c}\c}\c\c}}\c\c\c}\c\c}\c}\c\c} {\c} {\c} {\c}\c}\c\c}\c\c}}\c\c\c}}\c\c} {\c}\c\c}\c\c} {\c\c\c\c}}}\c\c\c\c\c\c\c\c\c}}}\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c}}}}}\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c} {\c\c}}}}}}}}}\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c}}}}}}}}} {\begin{vmatrix}11 limit12\15}\15} {\begin{vmatrix}-{\begin{vmatrix}1 implica3\5 {5\end{vmatrix}\cdot {\begin{vmatrix}10 tarde12\14\end{vmatrix}}+{\begin{vmatrix}1⁄4\5 Pulsando8\end{vmatrix}\cdot {\begin{vmatrix}10 segundos11\14\end{vmatrix}}+{\begin{vmatrix}2 implica3\6 Pul7\end{vmatrix}\cdot {\begin{vmatrix}9 tarde12\13}\3}\cdot} {\begin{vmatrix}9 ventaja11\13 tendría 15\end{vmatrix}+{\begin{vmatrix}3 implica4\7 Pul 8\end{vmatrix}\cdot {\begin{vmatrix}9 tarde10\13]\end{vmatrix}\[5pt] limit=-4\cdot (-4)-(-8)\cdot (-8)+(-12)\cdot (-4)+(-4)\cdot (-12)-(-8)\cdot (-8)+(-4)\cdot {64=$

Como arriba, es fácil verificar que el resultado es correcto: la matriz es singular porque la suma de su primera y tercera columna es el doble de la segunda columna y, por lo tanto, su determinante es cero.

Declaración general

Vamos. ${\displaystyle B=[b_{ij]}$ ser un n × n matriz ${\displaystyle S.$ el conjunto de k-element subsets of {1, 2,... n}, ${\displaystyle H.$ un elemento en él. Entonces el determinante ${\displaystyle B}$ se puede ampliar a lo largo de k filas identificadas por ${\displaystyle H.$ como sigue:

${\displaystyle ← _{L\in S}\varepsilon ^{H,L}b_{H,L}c_{H,L}$

Donde ${\displaystyle \varepsilon ^{H,L}$ es el signo de la permutación determinada por ${\displaystyle H.$ y ${\displaystyle L.$, igual a ${\displaystyle (-1)^{\left(\sum _{h\in H}h\right)+\left(\sum _{\ell \in L}\ell \right)}$, ${\displaystyle B_{H,L}$ el menor cuadrado ${\displaystyle B}$ obtenido eliminando ${\displaystyle B}$ filas y columnas con índices en ${\displaystyle H.$ y ${\displaystyle L.$ respectivamente ${\displaystyle ¿Qué?$ (llamado el complemento de ${\displaystyle B_{H,L}$) definido para ser ${\displaystyle b_{H',L'}$ ${\displaystyle H'$ y ${\displaystyle Yo...$ ser el complemento de ${\displaystyle H.$ y ${\displaystyle L.$ respectivamente.

Esto coincide con el teorema anterior cuando ${\displaystyle k=1}$. Lo mismo sostiene para cualquier fijo k columnas.

Gasto computacional

La expansión de Laplace es computacionalmente ineficiente para matrices de alta dimensión, con una complejidad temporal en notación O grande de O(n!). Alternativamente, usar una descomposición en matrices triangulares como en la descomposición LU puede producir determinantes con una complejidad temporal de O(n³ ). El siguiente código Python implementa la expansión de Laplace:

def determinante()M): # Caso básico de función recursiva: matriz 1x1 si Len()M) == 1: Regreso M[0[ ]0] total = 0 para columna, elemento dentro enumerado()M[0]] # Excluya la primera fila y la columna actual. K = [x[:columna] + x[columna + 1 : para x dentro M[1] s = 1 si columna % 2 == 0 más -1 total += s * elemento * determinante()K) Regreso total