Обратная теорема об определителе

[EminentVictorians]

Определитель можно рассматривать как функцию, определенную на всех квадратных матрицах (над некоторым полем $K$) в это поле $K$. Но можно и по-другому. Фиксируем произвольный $n \in \mathbb{N}$ и рассматриваем определитель как функцию $\det: (K^{n}(K))^{n} \to K$, т.е. функцию, определенную на упорядоченных $n$-ках векторов пространства $K^{n}(K)$. Тогда лучше, наверное, считать сам определитель не функцией, а бесконечным семейством функций: для каждого $n$ своя функция. Но в качестве вольности речи можно говорить "определитель", подразумевая конкретную функцию из семейства. Далее я буду использовать второе определение определителя и эту самую вольность речи.

Обратная теорема об определителе
Дана произвольная кососимметрическая полилинейная функция $f: (K^{n}(K))^{n} \to K$ и некоторая матрица

$$A = \begin{pmatrix} a_{11} & ... & a_{1n}\\ ... & & ... \\ a_{n1} & ... & a_{nn} \end{pmatrix}$$

над некоторым полем $K$. Строки матрицы $A$ будем интерпретировать как векторы пространства $K^{n}(K)$: $\vec{a_i}=(a_{i1}, ... , a_{in})$. Тогда $f(A) = f(\vec{a_1}, ... ,\vec{a_n}) = f(E) \cdot \det(A)$, где $E$ - единичная матрица порядка $n$ над $K$.

Доказательство
1. (предварительные замечания) Пусть матрица $M'$ получена из матрицы $M$ с помощью элементарного преобразования строк первого рода (прибавление к одной строке другой, умноженной на число). Тогда $f(M') = f(M)$.
Пусть матрица $M'$ получена из матрицы $M$ с помощью элементарного преобразования строк второго рода (инверсия двух строк). Тогда $f(M') = (-1) \cdot f(M)$. Эти 2 факта очевидны.

2. (основной кусок доказательства) Рассмотрим 2 случая.

1) rank $A$ $<$ $n$
С помощью элементарных преобразований 1-ого и 2-ого видов приведем матрицу $A$ к ступенчатой (а значит и треугольной) форме, получив тем самым матрицу $B$. Последняя строка матрицы $B$ нулевая. Учитывая информацию из 1. имеем: $f(B) = (-1)^{t} \cdot f(A)$, где $t$ - число элементарных преобразований второго рода, использованных при преобразовании матрицы $A$ к матрице $B$. Тогда получим: $f(A) = \frac{f(B)}{(-1)^{t}} = (-1)^{t} \cdot f(B) = (-1)^{t} \cdot f(\vec{b_1}, ... ,\vec{b_n})$ $=$ $(-1)^{t} \cdot f(\vec{b_1}, ... ,\vec{0})$ $=$ $(-1)^{t} \cdot f(\vec{b_1}, ... ,0 \cdot \vec{0})$ $=$ $(-1)^{t} \cdot 0 \cdot f(\vec{b_1}, ... ,\vec{0}) = 0 = f(E) \cdot 0 = f(E) \cdot \det A$ чтд. Здесь $\det A = 0$ т.к. $rank A < n$.

2) rank $A$ $=$ $n$
Делаем все тоже самое. С помощью элементарных преобразований 1-ого и 2-ого видов приведем матрицу $A$ к ступенчатой (а значит и треугольной) форме, получив тем самым матрицу $B$. Все строки матрицы $B$ ненулевые (т.к. диагональ вся ненулевая). Пусть при этом приведении от $A$ к $B$ было сделано $t$ преобразований строк 2-ого вида. Далее с помощью одних лишь элементарных преобразований первого типа приводим матрицу $B$ к диагональной матрице $C$ (диагональ которой будет в точности совпадать с диагональю матрицы $B$). Тогда $f(C) = f(B) = (-1)^{t} \cdot f(A)$, а значит $f(A) = \frac{f(C)}{(-1)^{t}}$ $=$ $(-1)^t \cdot f(b_{11} \cdot \vec{e_1}, ... , b_{nn} \cdot \vec{e_n})$ $=$ $ (-1)^{t} (b_{11}\cdot ... \cdot b_{nn}) f(\vec{e_1}, ... , \vec{e_1})$ $=$ $(-1)^{t} \cdot \det (A) \cdot f(E)$.


Вопрос у меня вот какой. Во втором пункте в самом конце получился множитель $(-1)^{t}$, которого быть не должно. Самая первая мысль у меня была, что какую бы матрицу мы бы ни преобразовывали к ступенчатой, всегда надо будет сделать четное число инверсий строк. Но это, очевидно, не так. Я сразу же построил очень простой контрпример. Где я допустил логическую ошибку?

[DeBill]

EminentVictorians в сообщении #1495434 писал(а):

Тогда $f(C) = f(B) = (-1)^{t} \cdot f(A)$, а значит $f(A) = \frac{f(C)}{(-1)^{t}}$ $=$ $(-1)^t \cdot f(b_{11} \cdot \vec{e_1}, ... , b_{nn} \cdot \vec{e_n})$ $=$ $ (-1)^{t} (b_{11}\cdot ... \cdot b_{nn}) f(\vec{e_1}, ... , \vec{e_1})$ $=$ $(-1)^{t} \cdot \det (A) \cdot f(E)$.

Откуда здесь взялся $\det(A)$. ДолжОн быть $\det(B)$ (и вместе с Вашей "минус один" это и даст нужное...)

[EminentVictorians]

DeBill в сообщении #1495436 писал(а):

Откуда здесь взялся $\det(A)$

Это я забыл, что элементарные преобразования меняют определитель. Теперь все как раз сходится. $f(A) = \frac{f(C)}{(-1)^{t}}$ $=$ $(-1)^t \cdot f(b_{11} \cdot \vec{e_1}, ... , b_{nn} \cdot \vec{e_n})$ $=$ $ (-1)^{t} (b_{11}\cdot ... \cdot b_{nn}) f(\vec{e_1}, ... , \vec{e_1})$ $=$ $(-1)^{t} \cdot \det (B) \cdot f(E) = (-1)^{t} \cdot (-1)^{t} \cdot \det (A) \cdot f(E) = \det (A) \cdot f(E)$. Большое спасибо.