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Determinante de una matriz simétrica

Dado un $n\times n$ matriz $C= [c_{ij}]$ que es simétrica (es decir $c_{ij}=c_{ji}\ \forall i,j$ ) calcule el determinante de la siguiente matriz (suponga $c_{ij} \neq 0\ \forall i,j$ ):

$$\left(\begin{array}{cccccc} \left(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n c_{ij}\right)^2 & \left(\sum_{j=1}^nc_{1j}\right)^2 & \left(\sum_{j=1}^nc_{2j}\right)^2 &\dots & \left(\sum_{j=1}^nc_{nj}\right)^2\\\left(\sum_{j=1}^nc_{1j}\right)^2 & c_{11}^2 & c_{12}^2 & \dots &c_{1n}^2\\ \left(\sum_{j=1}^nc_{2j}\right)^2 & c_{21}^2 & c_{22}^2 & \dots &c_{2n}^2\\ \vdots & \vdots &\vdots & \dots &\vdots \\ \left(\sum_{j=1}^nc_{nj}\right)^2 & c_{n1}^2 & c_{n2}^2 & \dots &c_{nn}^2 \end{array}\right)$$

Observación: Por ejemplo, cuando $n=2$ el determinante es igual a $2(c_{11}c_{22}-c_{12}^2)^3$ (nota $c_{12}=c_{21}$ ) que es de una forma agradable, pero parece difícil generalizar esto a la $(n+1) \times (n+1) $ caso.

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Creo que una aproximación por descomposición matricial en bloque da una respuesta satisfactoria. Estableciendo

$$ A=\left(\sum_{i=1}^{n}\sum_{i=1}^{n} c_{ij}\right)^2, \quad v^T= \left(\left(\sum_{j=1}^{n}c_{1j}\right)^2, \dots,\left(\sum_{j=1} c_{nj}\right)^2\right) $$ $$ v=\begin{pmatrix} \left(\sum_{j=1}^{n}c_{1j}\right)^2\\ \vdots \\ \left(\sum_{j=1}^{n}c_{nj}\right)^2 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} c_{11}^2&\dots&c_{1j}^2&\dots&c_{1n}^2\\ \vdots& &\vdots& &\vdots \\ c_{i1}^2&\dots&c_{ij}^2&\dots&c_{in}^2\\ \vdots& &\vdots& &\vdots \\ c_{n1}^2 &\dots& c_{nj }^2&\dots&c_{nn}^2 \\ \end{pmatrix} $$ Tenemos $(v^TB)=(Bv)^T$ y $v^TBv\in\mathbb{R}$ .

Supongamos que $A$ , $D$ , $C$ y $B$ son $n\times n$ , $n\times m$ , $m\times n$ -, y $m\times m$ respectivamente. Entonces

$$\det\begin{pmatrix}A& 0\\ C& B\end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix}A& D\\ 0& B\end{pmatrix} = \det(A) \det(B) . $$

Esto se puede ver en el Fórmula de Leibniz para los determinantes o por inducción en ''n''. Cuando ''A'' es una matriz invertible, empleando la siguiente identidad

$$ \begin{pmatrix}A& D\\ C& B\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}A& 0\\ C& I\end{pmatrix} \begin{pmatrix}I& A^{-1} D\\ 0& B - C A^{-1} D\end{pmatrix}$$

lleva a

$$\det\begin{pmatrix}A& D\\ C& B\end{pmatrix} = \det(A) \det(B - C A^{-1} D) .$$

Cuando ''B'' es invertible, una identidad similar con $\det(B)$ se pueden derivar de forma análoga,Estas identidades se tomaron de http://www.ee.ic.ac.uk/hp/staff/dmb/matrix/proof003.html es decir,

$$\det\begin{pmatrix}A& D\\ C& B\end{pmatrix} = \det(B) \det(A - D B^{-1} C) .$$

Cuando los bloques son matrices cuadradas del mismo orden se mantienen otras fórmulas. Por ejemplo, si $C$ y $B$ conmutar (es decir, $CB = BC$ ), entonces se cumple la siguiente fórmula comparable al determinante de una matriz de 2 por 2:Las pruebas se dan en J.R. Silvester, Math. Gazette, 10 (2000), pp. 460-467, disponible en http://www.mth.kcl.ac.uk/~jrs/gazette/blocks.pdf $$ \det\begin{pmatrix}A& D\\ C& B\end{pmatrix} = \det(AB - DC).$$

Ellos $\det(C)= \det(B)\cdot( A-v^TB^{-1}v)$ , whit $v^TB^{-1}v, A\in\mathbb{R}$ o $$ \det(C)= \det(B)\left[ \left(\sum_{i=1}^{n}\sum_{i=1}^{n} c_{ij}\right)^2 - \left(\left(\sum_{j=1}^{n}c_{1j}\right)^2, \dots,\left(\sum_{j=1} c_{nj}\right)^2\right) B^{-1} \begin{pmatrix} \left(\sum_{j=1}^{n}c_{1j}\right)^2\\ \vdots \\ \left(\sum_{j=1}^{n}c_{nj}\right)^2 \end{pmatrix} \right] $$ whit $ \left(\left(\sum_{j=1}^{n}c_{1j}\right)^2, \dots,\left(\sum_{j=1} c_{nj}\right)^2\right) B^{-1} \begin{pmatrix} \left(\sum_{j=1}^{n}c_{1j}\right)^2\\ \vdots \\ \left(\sum_{j=1}^{n}c_{nj}\right)^2 \end{pmatrix} \in\mathbb{R}$ .

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