Лёгкий способ посчитать определитель

[Nimza]

Подскажите, если кто знает, какой-нибудь наглядный способ вычисления определителя матрицы

$$ A = \begin{pmatrix} a_1^2+1 & a_1 a_2 & \cdots & a_1 a_n \\ a_2 a_1 & (a_2)^2 + 1 & \cdots & a_2 a_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_n a_1 & a_n a_2 & \cdots & (a_n)^2 + 1 \end{pmatrix} $$

Я посчитал его по индукции, получается $\det{A} = 1 + a_1^2 + \ldots + a_n^2$. Но мне кажется, что есть какое-нибудь более простое и наглядное доказательство, чем та возня, которая возникает в индукционном переходе.

[apriv]

Пусть $(v_i)$ — стандартный базис. Обозначая $\sum a_iv_i$ через $v$, видим, что нужно посчитать $(v_1+a_1v)\wedge (v_2+a_2v)\wedge\dots\wedge (v_n+a_nv)$. Раскрывая скобки, получаем сумму $(1+\sum a_i^2)(v_1\wedge\dots\wedge v_n)$.

[Oleg Zubelevich]

возьмите вектор $a^i$ и ковектор $b_j$ рассмотрите оператор $c^i_j=a^ib_j+\delta^i_j$. Если ввести координаты в которых $a=(1,0\ldots,0)$ то легко видеть что $\det(c^i_j)=a^ib_i+1$

[alcoholist]

Да, конечно, существует.

1) Разделим каждый столбец на общий множитель ( $i$-й столбец на $a_i$)

2) Вычтем из всех столбцев первый столбец

3) Умножим каждую строку на общий множитель ( $i$-ую строку на $a_i$)

4) Добавим к первой строке сумму остальных

5) Определитель треугольной матрицы вычислим

[Евгений Машеров]

Определитель равен произведению собственных значений матрицы.
Рассмотрим сначала матрицу A-I. Очевидно, она имеет ранг 1, и её единственное ненулевое с.з. равно сумме квадратов $a_i$
У матрицы же A собственные значения все больше на единицу, то есть все кроме одного равны 1, а одно $1 + a_1^2 + \ldots + a_n^2$

[Nimza]

apriv, Oleg Zubelevich, alcoholist, Евгений Машеров,
спасибо!

Не ожидал, что так много разных простых способов. Особенно понравился способ Евгения Машерова.

[Евгений Машеров]

Вдогонку:
А то, что (единственное ненулевое) собственное значение матрицы A-I равно $a_1^2 + \ldots + a_n^2$ следует из того, что сумма с.з. равна следу матрицы.

[ewert]

$A-I=\|\vec a\|^2P_{\vec a}$, где $P_{\vec a}$ -- это ортопроектор на $\vec a$. Ну а у ортопроектора известно, какие собственные векторы и, соотв., собственные числа.

[alcoholist]

красиво получается $\det{A}-\det{E}=\operatorname{Tr}{A}-\operatorname{Tr}{E}$

причем приведенное выше равенство инфинитезимально верно для любой матрицы:

$$ \det{(E+tB)}-\det{E}=\operatorname{Tr}{(E+tB)}-\operatorname{Tr}{E}+o(t) $$

для любой матрицы $B$

[armez]

Можно перейти к окаймлённому определителю, после чего из каждого i-го столбца, кроме последнего, вычесть последний, умноженный на $a_i$, а в полученном определителе к последней (n+1)-й строке прибавить каждую i-ю из первых n, умноженную на $a_i$:

$$ \det \begin{pmatrix} a_1^2+1 & a_1 a_2 & \cdots & a_1 a_n \\ a_2 a_1 & (a_2)^2 + 1 & \cdots & a_2 a_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_n a_1 & a_n a_2 & \cdots & (a_n)^2 + 1 \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} a_1^2+1 & a_1 a_2 & \cdots & a_1 a_n & a_1 \\ a_2 a_1 & (a_2)^2 + 1 & \cdots & a_2 a_n & a_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_n a_1 & a_n a_2 & \cdots & (a_n)^2 + 1 & a_n \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \end{pmatrix} = $$

$$ = \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 & a_1 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 & a_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & a_n \\ -a_1 & -a_2 & \cdots & -a_n & 1 \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 & a_1 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 & a_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & a_n \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 + a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2\end{pmatrix} = 1 + a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2.$$