Considere a matriz
A=\left[\begin{array}{ccccccc} S_{1} & S_{1} & S_{1} & S_{1} & \cdots & S_{1} & S_{1} \\\ S_{1} & S_{2} & S_{2} & S_{2} & \cdots & S_{2} & S_{2} \\\ S_{1} & S_{2} & S_{3} & S_{3} & \cdots & S_{3} & S_{3} \\\ S_{1} & S_{2} & S_{3} & S_{4} & \cdots & S_{4} & S_{4} \\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots & \vdots \\\ S_{1} & S_{2} & S_{3} & S_{4} & \cdots & S_{n-1} & S_{n-1} \\\ S_{1} & S_{2} & S_{3} & S_{4} & \cdots & S_{n-1} & S_{n} \end{array}\right]
onde S_{n}=1+2+3+\cdots+n é a soma dos n primeiros números naturais. Mostre que \operatorname{det}(A)=n! (fatorial).

Passo 1

O enunciado apresenta a matriz A\in\mathbb{R}^{n\times n} cujos elementos são
A_{ij}=S_{\min(i,j)},
onde
S_{k}=1+2+\cdots+k\quad\text{(soma dos \(k\) primeiros naturais).}
Queremos mostrar que \det(A)=n!. O conteúdo principal aqui é fatorar A em produto de matrizes triangulares para usar a propriedade de determinante de produto.

Passo 2

Observamos que
S_{k}-S_{k-1}=k,
para k\ge1 (com a convenção S_{0}=0). Portanto, para quaisquer índices i,j,
A_{ij}=S_{\min(i,j)} =\sum_{k=1}^{\min(i,j)}k.

Passo 3

Definimos a matriz triangular inferior L=(L_{i k})\) por \[L_{i k}=\begin{cases} 1,&k\le i,\\\\ 0,&k>i, \end{cases}
e a matriz diagonal (D=\operatorname{diag}(d_{1},d_{2},\dots,d_{n})] com
d_{k}=k.

Passo 4

Verificamos que a fatoração
A=L\,D\,L^{T}
é válida, pois o (i,j)-ésimo elemento de L\,D\,L^{T} é
\sum_{k=1}^{n}L_{i k}\,d_{k}\,L_{j k} =\sum_{k=1}^{\min(i,j)}k =S_{\min(i,j)} =A_{ij}.

Passo 5

Como L é triangular inferior com todos os pivôs iguais a 1, temos \det(L)=1 e também \det(L^{T})=1. Logo,
\det(A)=\det(L)\,\det(D)\,\det(L^{T}) =1\cdot\bigl(\prod_{k=1}^{n}d_{k}\bigr)\cdot1 =\prod_{k=1}^{n}k =n!.

Resposta

\det(A)=n!.

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