Seja
A=\left(\begin{array}{rr} B & 0 \\\\ 0 & C \end{array}\right) \in M_{n}(K)
onde B é uma matriz r \times r e C é uma matriz s \times s. Mostre que \operatorname{det} A=\operatorname{det} B. \operatorname{det} C. [Dica: Fixe r e prove por indução sobre s usando o desenvolvimento de Laplace pela última linha da matriz A.]

Passo 1

O enunciado nos dá a matriz em blocos
A=\begin{pmatrix}B & 0 \\[4pt] 0 & C\end{pmatrix}\in M_{n}(K),
onde B é r\times r e C é s\times s (logo n=r+s). A pergunta é mostrar que
\det A=\det B\cdot\det C.
Fica indicada a estratégia: fixar r e provar por indução sobre s, usando o desenvolvimento de Laplace pela última linha de A.]

Passo 2

Vou lembrar e explicar o que é o desenvolvimento de Laplace (expansão por uma linha), porque vamos usá-lo várias vezes.
  • Seja uma matriz quadrada qualquer M de ordem m. O menor M_{ij} (ou “matriz menor”) é a matriz obtida de M removendo a linha i e a coluna j.
  • O cofator correspondente é (-1)^{i+j}\det(M_{ij}).
  • O desenvolvimento de Laplace pela linha i diz:
\det M=\sum_{j=1}^{m} (-1)^{i+j} m_{ij}\det(M_{ij}),
onde m_{ij} são as entradas de M na linha i.
Importante: se alguns elementos m_{ij} da linha i forem zero, os termos correspondentes na soma somem-se a zero — isso torna a expansão muito prática quando a linha tem muitos zeros. Também usarei que (-1)^{2r}=1 para todo inteiro r.
A prova seguirá por indução sobre s, com r fixo.

Passo 3

Se s=1 então C é 1\times1, digamos C=(c_{11}). A matriz A tem ordem r+1 e a sua última linha é
(0,\dots,0,\; c_{11}),
ou seja, os primeiros r coeficientes dessa linha são zero (porque o bloco superior direito é zero) e só o último coeficiente é c_{11}.
Aplicando o desenvolvimento de Laplace pela última linha (linha r+1):
\det A = \sum_{j=1}^{r+1} (-1)^{r+1+j} a_{r+1,j}\det\big(A_{r+1,j}\big).
Como a_{r+1,1}=\cdots=a_{r+1,r}=0, só sobra o termo j=r+1:
\det A = (-1)^{r+1+(r+1)} a_{r+1,r+1}\det\big(A_{r+1,r+1}\big).
O sinal vale (-1)^{2(r+1)}=1. Além disso a_{r+1,r+1}=c_{11} e A_{r+1,r+1} é exatamente a matriz B (pois removendo a última linha e última coluna fica o bloco B). Logo
\det A = c_{11}\det B = \det B\cdot\det C,
pois \det C=c_{11}. O caso base está provado.

Passo 4

Assuma agora que a afirmação é verdadeira para todas as matrizes blocos com o mesmo r e com bloco C de ordem s-1: isto é, para toda matriz
\begin{pmatrix}B & 0\\[2pt]0 & C'\end{pmatrix}
com C' de ordem s-1 vale \det =\det B\cdot\det C'.
Vamos provar então o caso onde o bloco C tem ordem s.]

Passo 5

Considere A com o bloco C de ordem s. A última linha de A corresponde à última linha de C concatenada após r zeros; explicitamente a linha i=r+s tem entradas
a_{r+s,1}=\cdots=a_{r+s,r}=0,\qquad a_{r+s,r+1}=c_{s1},\\ \ldots,\\ a_{r+s,r+s}=c_{ss}.
Desenvolvendo \det A pela linha r+s temos
\det A=\sum_{j=1}^{r+s} (-1)^{r+s+j} a_{r+s,j}\det\big(A_{\,r+s,j}\big).
Pelo fato dos primeiros r a_{r+s,j} serem zero, a soma reduz-se a
\det A=\sum_{j=r+1}^{r+s} (-1)^{r+s+j} a_{r+s,j}\det\big(A_{\,r+s,j}\big).
Para tornar a notação mais clara, escreva j=r+j' com j'=1,\dots,s. Então
\det A=\sum_{j'=1}^{s} (-1)^{r+s+(r+j')} a_{r+s,r+j'}\det\big(A_{\,r+s,r+j'}\big).
Observe que a_{r+s,r+j'}=c_{s,j'} (peguei esse dado da estrutura em blocos: as entradas da última linha de A na parte do bloco C são as da última linha de C). O sinal simplifica porque
(-1)^{r+s+(r+j')} = (-1)^{2r}\,(-1)^{s+j'} = (-1)^{s+j'},
já que (-1)^{2r}=1. Assim
\det A=\sum_{j'=1}^{s} (-1)^{s+j'} c_{s,j'}\det\big(A_{\,r+s,r+j'}\big).

Passo 6

Agora analiso o menor A_{\,r+s,r+j'}: é a matriz obtida de A removendo-se a última linha e a coluna r+j'. Devido à estrutura em blocos com zeros cruzados, essa matriz é novamente uma matriz em blocos diagonal:
A_{\,r+s,r+j'} = \begin{pmatrix} B & 0 \\[3pt] 0 & C_{\,s,j'}\end{pmatrix},
onde C_{\,s,j'} é a matriz obtida de C removendo a sua última linha e a coluna j' (portanto C_{\,s,j'} tem ordem s-1). (Aqui usei explicitamente que removendo as linhas/colunas que pertencem ao bloco C não aparece preenchimento na placa B porque os blocos fora da diagonal são zeros — esse dado veio da forma inicial de A.)
Pelo passo da hipótese de indução (já valendo para ordem s-1), temos
\det\big(A_{\,r+s,r+j'}\big)=\det B\cdot\det\big(C_{\,s,j'}\big).
Substituindo na expressão de \det A obtemos
\det A=\sum_{j'=1}^{s} (-1)^{s+j'} c_{s,j'}\big(\det B\cdot\det(C_{\,s,j'})\big).
Como \det B não depende de j', pode ser fatorado para fora da soma:
\det A=\det B\cdot\sum_{j'=1}^{s} (-1)^{s+j'} c_{s,j'}\det(C_{\,s,j'}).]

Passo 7

A soma que ficou dentro é exatamente o desenvolvimento de Laplace de \det C pela sua última linha (linha s de C):
\det C=\sum_{j'=1}^{s} (-1)^{s+j'} c_{s,j'}\det(C_{\,s,j'}).
Portanto
\det A=\det B\cdot\det C.
Isso fecha o passo indutivo: assumindo a afirmação para ordem s-1 provou-se para ordem s.

Passo 8

Pelo princípio da indução (caso base s=1 e passo indutivo feito), para todo s\ge1 vale, com r fixo, que
\det\begin{pmatrix}B & 0\\[2pt]0 & C\end{pmatrix}=\det B\cdot\det C.
Isto é exatamente o que se pedia: o determinante de uma matriz em blocos diagonal é o produto dos determinantes dos blocos diagonais.]

Resposta

\det A=\det B\cdot\det C

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