$$det\begin{pmatrix}1 & b & c \\2 & e & f \\5 & h & i\end{pmatrix} +2det\begin{pmatrix}a & 1 & c \\d & 2 & f \\g & 5 & i\end{pmatrix} -det\begin{pmatrix}a & b & 1 \\d & e & 2 \\g & h & 5\end{pmatrix} =0$$
Uso propiedad de intercambiar columnas (cambia el signo del determinante)
$$det\begin{pmatrix}1 & b & c \\2 & e & f \\5 & h & i\end{pmatrix} +2det\begin{pmatrix}a & 1 & c \\d & 2 & f \\g & 5 & i\end{pmatrix} +det\begin{pmatrix}1 & b & a \\2 & e & d \\5 & h & g\end{pmatrix} =0$$
Sumo el primer y el tercer tèrmino (recordar que det es multilineal):
$$det\begin{pmatrix}1 & b & c+a \\2 & e & f+d \\5 & h & i+g\end{pmatrix} +2det\begin{pmatrix}a & 1 & c \\d & 2 & f \\g & 5 & i\end{pmatrix}=0$$
El det no cambia si a una columna la cambio por la suma entre ella y una c.l. de las otras:
$$det\begin{pmatrix}1 & b & c+a \\2 & e & f+d \\5 & h & i+g\end{pmatrix} +2det\begin{pmatrix}a & 1 & c+a \\d & 2 & f+d\\g & 5 & i+g\end{pmatrix}=0$$
Intercambio columnas:
$$det\begin{pmatrix}1 & b & c+a \\2 & e & f+d \\5 & h & i+g\end{pmatrix} -2det\begin{pmatrix}1 & a & c+a \\2 & d & f+d\\5 & g & i+g\end{pmatrix}=0$$
supongamos que \(det(A)\neq 0\)
de la primera matriz con determinante igual a \(0\) sale que: \((1,2,5) \in <(b,e,h),(c,f,i)>\)
la explicacion es esta: es claro que si la dimension del \(<(1,2,5),(b,e,h),(c,f,i)>\) fuera tres entonces el determinante de la matriz que los tiene como columnas no puede ser cero, luego, la dimension debe ser dos o uno. analicemos el caso en que \((1,2,5) \not\in <(b,e,h),(c,f,i)>\) : para este caso basta ver que la dimension de \(<(b,e,h),(c,f,i)>\) debe ser dos (recordemos que estamos suponiendo \(det(A)\neq 0\)) entonces si \((1,2,5) \not\in <(b,e,h),(c,f,i)>\) la dimension de \(<(1,2,5),(b,e,h),(c,f,i)>\) es tres, absurdo ,estamos en el caso en que la dimension era 1 o 2.
por lo tanto se deduce que \((1,2,5) \in <(b,e,h),(c,f,i)>\) y de la segunda matriz cuyo determinante es cero sale de igual forma \((1,2,5) \in <(a,d,g),(c,f,i)>\)
sean \(S = <(b,e,h),(c,f,i)>\) y \(T = <(a,d,g),(c,f,i)>\) prabamos que \(dim(S)=dim(T)=2\)
tenemos las siguientes igualdades(recordar que suponemos \(det(A)\neq 0\)):
es decir \(dim(S\cap T) = 1\) vemos que \(<(c,f,i),(1,2,5)>\subseteq S\cap T\) con lo cual \(dim<(c,f,i),(1,2,5)> = 1\) esto quiere decir que \((c,f,i) = \alpha (1,2,5)\) y de esto se deduce que
$$0 \neq det\begin{pmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix} = det\begin{pmatrix} a & b & 1\alpha \\ d & e & 2\alpha \\ g & h & 5\alpha \end{pmatrix} = \alpha det\begin{pmatrix} a & b & 1 \\ d & e & 2 \\ g & h & 5 \end{pmatrix} = \alpha . 0 = 0$$
entonces \(dim(<(c,f,i),(1,2,5)>) \geq 2\) con lo cual \(dim(S\cap T) \geq 2\), absurdo, pues vimos que \(dim(S\cap T) = 1\)
lo anterior prueba que necesariamente \(det(A) = 0\)
me acabo de dar cuenta que una forma de ver que estaba mal lo que habia hecho antes es considerar que no habia usado la hipotesis de que el último determinante es cero y si saco esa hipotesis entonces ya no es cierto.
por ejemplo si
se cumple que el primer y el segundo determinante son cero pero el ultimo no, y \(det(A) = 5\) . entonces, sin usar que el ultimo determinante es cero no se puede probar que \(det(A) = 0\)
$$det \left(\begin{matrix}1 & b & c \\ 2 & e & f \\ 5 & h & i\end{matrix}\right)=0$$
$$det \left(\begin{matrix}a & b & -1 \\ d & e & -2 \\ g & h & -5\end{matrix}\right)=-det \left(\begin{matrix}a & b & 1 \\ d & e & 2 \\ g & h & 5\end{matrix}\right)=0$$
$$det \left(\begin{matrix}a & 2 & c \\ d & 4 & f \\ g & 10 & i\end{matrix}\right)= 2.det \left(\begin{matrix}a & 1 & c \\ d & 2 & f \\ g & 5 & i\end{matrix}\right)=0$$