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Essendo \( \displaystyle \forall A\in GL(n;\mathbb{R}),\,A^{-1}=\det(A)^{-1}(^cA)^T \) ed \( \displaystyle A\times A^{-1}=I \) , per il teorema di Binét e per le proprietà del determinante di una matrice quadrata: \( \displaystyle 1=\det(A)\det(A^{-1})=det(A)det((det(A^{-1})^cA)^T)=\det(A)\det(A)^{-n}\det(^cA)=\det(A)^{1-n}\det(^cA) \)
\( \displaystyle \Rightarrow \det(^cA)=\det(A)^{n-1} \) .

Secondo me la risposta è sempre la stessa per continuità. Infatti $A^C, det(A), A^{n+1}$ sono funzioni continue della $A$ e ogni matrice singolare si può approssimare con una successione di matrici non singolari.

Sia \( \displaystyle A\in\mathbb{R}^n_n\mid n\geq2;\,\matrm{rank}A\leq n-2 \) allora \( \displaystyle det(^cA)=0 \) . Se fosse \( \displaystyle n=1 \) sarebbe \( \displaystyle A=^cA\Rightarrow det(A)=det(^cA) \)

Se \( \displaystyle \det A \ne 0 \) la domanda è triviale. Infatti, in tal caso è ben risaputo che, con le notazioni del post precedente, \( \displaystyle A^{-1} = \frac{1}{\det A} B \) , sicché \( \displaystyle (\det A)A^{-1} = B \) e quindi \( \displaystyle \det B = (\det A)^n \det(A^{-1}) = (\det A)^{n-1} \) .

L'idea ora è di mostrare che se \( \displaystyle \det B \ne 0 \) , allora \( \displaystyle \det A \ne 0 \) .
Se \( \displaystyle A \) è la matrice nulla, tale è pure \( \displaystyle B \) sicché \( \displaystyle \det B = 0 \) . Supponiamo ora che \( \displaystyle A \) non sia nulla. Allora esiste una riga non interamente nulla; sia essa la riga \( \displaystyle i \) .
Supponiamo che \( \displaystyle \det B \ne 0 \) . Allora le colonne di \( \displaystyle B \) sono linearmente indipendenti e quindi

\( \displaystyle a_{i1} \left(\begin{matrix}b_{11} \\ b_{21} \\ \vdots \\ b_{n1}\end{matrix}\right) + a_{i2} \left(\begin{matrix}b_{12} \\ b_{22} \\ \vdots \\ b_{n2}\end{matrix}\right) + \ldots + a_{in}\left(\begin{matrix}b_{1n} \\ b_{2n} \\ \vdots \\ b_{nn}\end{matrix}\right) \ne \left(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{matrix}\right) \)

Quindi deve esistere un \( \displaystyle j \) tale che

\( \displaystyle a_{i1}b_{j1} + a_{i2}b_{j2} + \ldots + a_{in}b_{jn} \ne 0 \)

senonché per il Teorema di Laplace l'espressione scritta prima è identicamente nulla quando \( \displaystyle j \ne i \) (infatti, coincide con il determinante di una matrice avente la riga 1 e la riga j uguali). Quindi \( \displaystyle j = i \) e pertanto, ancora per il Teorema di Laplace segue che

\( \displaystyle \det A = a_{11}b_{j1} + a_{12}b_{j2} + \ldots + a_{1n}b_{jn} \ne 0 \)

il che risolve completamente il problema: si ha, infatti, che \( \displaystyle \det B = (\det A)^{n-1} \) se \( \displaystyle n > 1 \) , mentre se \( \displaystyle n = 1 \) , \( \displaystyle \det B = \det A \) .