Metoda Laplace'a do macierzy kwadratowej stopnia n

[grenda1999]

Obliczanie wyznacznika macierzy kwadratowej stopnia \(\displaystyle{ n}\) metodą Laplace'a wymaga obliczenia \(\displaystyle{ \frac{1}{2}n!}\) wyznaczników macierzy kwadratowych stopnia \(\displaystyle{ 2}\). Mógłby mi ktoś przedstawić dlaczego? Ja próbowałem w ten sposób sobie uzasadnić, ale nie jestem pewien:
W 1 wierszu mamy \(\displaystyle{ n}\) elementów, w drugim ucinając wiersz i kolumnę \(\displaystyle{ n-1}\) i tak dalej, co jest równe \(\displaystyle{ n!}\) i pewne macierze stopnia \(\displaystyle{ 2}\) się chyba powtarzają, lecz tak jak wyżej nie do końca jestem pewien.

[Janusz Tracz]

Ja bym powiedział, że w celu obliczenia wyznacznika z macierzy \(\displaystyle{ n \times n}\) trzeba wykonać \(\displaystyle{ n!}\) operacji bo wyznacznik o wymiarze \(\displaystyle{ n}\) rozpisujemy na \(\displaystyle{ n}\) wyznaczników rozmiaru \(\displaystyle{ n-1}\) itd. stąd \(\displaystyle{ n!=n(n-1)(n-2)...}\) operacji rozbijania aż do wyznaczników \(\displaystyle{ 2 \times 2}\). Ten argument jest podobny do Twojego rozumowania. Skąd przekonanie, że poprawną odpowiedzią miało by być \(\displaystyle{ n!/2}\) ?-- 25 lip 2019, o 21:14 --Oczywiście zakładam tu, że wyznacznik liczymy rekurencyjnie bez stosowania żadnych sztuczek na wierszach i kolumnach bo wtedy da się to zrobić w \(\displaystyle{ n}\) krokach (tylko trzeba się gdzie indziej napracować).

[kerajs]

wyznacznik o wymiarze \(\displaystyle{ n}\) rozpisujemy na \(\displaystyle{ n}\) wyznaczników rozmiaru \(\displaystyle{ n-1}\) itd. stąd \(\displaystyle{ n!=n(n-1)(n-2)...}\) operacji rozbijania aż do wyznaczników \(\displaystyle{ 2 \times 2}\).

Czyli dostaniemy \(\displaystyle{ n(n-1)(n-2) \cdot ... \cdot 5 \cdot 4}\) wyznaczników \(\displaystyle{ 3 \times 3}\), a potem \(\displaystyle{ n(n-1)(n-2) \cdot ... \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3}\) wyznaczników \(\displaystyle{ 2 \times 2}\).
Wynik można przedstawić tak:
\(\displaystyle{ n(n-1)(n-2) \cdot ... \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3= \frac{n(n-1)(n-2) \cdot ... \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{2 \cdot 1} = \frac{n!}{2}}\)

PS
Faktycznie, wielokrotnie (a ściślej to \(\displaystyle{ (n-2)!}\) krotnie) liczone będą wyznaczniki z z tych samych macierzy \(\displaystyle{ 2 \times 2}\). De facto wystarczy policzyć tylko \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}{2}}\) wyznaczników \(\displaystyle{ 2 \times 2}\).

[grenda1999]

A mógłbyś wyjaśnić dlaczego \(\displaystyle{ (n-2)!}\) krotnie liczone będą wyznaczniki z tych samych macierzy \(\displaystyle{ 2 \times 2}\)? Rozumiem, że dla macierzy \(\displaystyle{ w \times w}\) byłoby chyba \(\displaystyle{ (n-w)!}\) krotnie, ale to tylko przypuszczenie. Skąd to się bierze, ponieważ sam nie mogę dojść?

-- 26 lip 2019, o 09:57 --

Czy to wynika z czegoś takiego? \(\displaystyle{ {n \choose 2}=\frac{n!}{2!(n-2)!}}\), a to są te wyjątkowe tylko, zatem przyrównując do \(\displaystyle{ \frac{n!}{2}}\) wychodzi, że \(\displaystyle{ (n-2)!}\) były krotnie liczone?

[kerajs]

Czy to wynika z czegoś takiego? \(\displaystyle{ {n \choose 2}=\frac{n!}{2!(n-2)!}}\), a to są te wyjątkowe tylko, zatem przyrównując do \(\displaystyle{ \frac{n!}{2}}\) wychodzi, że \(\displaystyle{ (n-2)!}\) były krotnie liczone?

Tak. Zakładając (i tylko w takim wypadku!), że za każdym razem rozwinięcia Laplace'a były robione względem tej samej (np: zawsze pierwszej) kolumny (albo tego samego wiersza) pomniejszonych wyznaczników, to wszystkie uzyskane wyznaczniki \(\displaystyle{ 2 \times 2}\) zawierają elementy tylko z dwóch kolumn (wierszy). Dla dwóch kolumn (wierszy) liczba różnych (co do indeksów elementów, a nie ich wartości) minorów \(\displaystyle{ 2 \times 2}\) to \(\displaystyle{ {n \choose 2}}\) więc każdy wyznacznik \(\displaystyle{ 2 \times 2}\) będzie liczony \(\displaystyle{ \frac{ \frac{n!}{2} }{{n \choose 2}} =(n-2)!}\) razy.

Hmm, a mogłem po prostu napisać: Tak.