Soluzioni
  • Il teorema di Cayley-Hamilton, o teorema di Hamilton-Cayley, afferma che ogni matrice quadrata è radice del suo polinomio caratteristico.

    In termini rigorosi, se A è una matrice quadrata di ordine n e

    p_A(\lambda):=\mbox{det}(A-\lambda \mbox{Id}_n) = \\ \\ =(-1)^n \lambda^n + (-1)^{n-1}a_{n-1}\lambda^{n-1}+...+(-1)a_1\lambda+a_0

    è il suo polinomio caratteristico, allora p_A(A)=O_n, ossia

    (-1)^n A^n + (-1)^{n-1}a_{n-1}A^{n-1}+...+(-1)a_1A+a_0\mbox{Id}_n=O_n

    dove O_n indica la matrice quadrata nulla di ordine n e \mbox{Id}_n è la matrice identità di ordine n.

    ***

    Vi sono molte dimostrazioni di questo teorema e ognuna di esse si basa su diverse considerazioni e proprietà. Quella che abbiamo deciso di proporre si basa sulle proprietà del determinante e sulla regola di Laplace. Prima di riportarla è bene richiamare qualche concetto che tornerà utile nel corso nella dimostrazione.

    Sia A è una matrice quadrata di ordine n

    A=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}\end{pmatrix}

    Diciamo complemento algebrico o cofattore dell'elemento a_{ij} \in A e lo indichiamo con \mbox{Cof}(a_{ij}) il minore complementare a esso relativo a cui anteponiamo il segno + se i+j è pari e il segno - se i+j è dispari. In simboli

    \mbox{Cof}(a_{ij})=(-1)^{i+j} \cdot \mbox{det}(A_{ij})

    dove A_{ij} è la sottomatrice che si estrae da A eliminando la i-esima riga e la j-esima colonna.

    Indichiamo poi con adj(A) la trasposta della matrice dei cofattori associata ad A, ossia

    adj(A)=\begin{pmatrix}\mbox{Cof}(a_{11}) & \mbox{Cof}(a_{12}) & \cdots & \mbox{Cof}(a_{1n}) \\ \mbox{Cof}(a_{21}) & \mbox{Cof}(a_{22}) & \cdots & \mbox{Cof}(a_{2n}) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \mbox{Cof}(a_{n1}) & \mbox{Cof}(a_{n2}) & \cdots & \mbox{Cof}(a_{nn})\end{pmatrix}^T = \\ \\ \\ =\begin{pmatrix}\mbox{Cof}(a_{11}) & \mbox{Cof}(a_{21}) & \cdots & \mbox{Cof}(a_{n1}) \\ \mbox{Cof}(a_{12}) & \mbox{Cof}(a_{22}) & \cdots & \mbox{Cof}(a_{n2}) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \mbox{Cof}(a_{1n}) & \mbox{Cof}(a_{2n}) & \cdots & \mbox{Cof}(a_{nn})\end{pmatrix}

    Infine, dallo sviluppo di Laplace per righe sappiamo che

    \mbox{det}(A)=\sum_{j=1}^n \left[a_{ij} \cdot \mbox{Cof}(a_{ij})\right]

    dunque, vale l'uguaglianza

    A \ adj(A) = \mbox{det}(A) \ \mbox{Id}_n

    ***

    Chiarito ciò possiamo procedere alla dimostrazione del teorema di Cayley-Hamilton. A una prima lettura potrebbe sembrare difficile e impossibile da ricordare, ma vi assicuriamo che in fin dei conti si tratta di svolgere dei puri e semplici calcoli algebrici.

    Sia A una matrice quadrata di ordine n e sia

    p_A(\lambda):=\mbox{det}(A-\lambda \mbox{Id}_n) = \\ \\ =(-1)^n \lambda^n + (-1)^{n-1}a_{n-1}\lambda^{n-1}+...+(-1)a_1\lambda+a_0

    il polinomio caratteristico a essa associato. Dobbiamo dimostrare che

    p_A(A)=O_n

    ossia che

    (-1)^n A^n + (-1)^{n-1}a_{n-1}A^{n-1}+...+(-1)a_1A+a_0\mbox{Id}_n=O_n

    Consideriamo la matrice

    adj(A-\lambda \mbox{Id}_n)

    Per quanto osservato poc'anzi

    \\ (A-\lambda \mbox{Id}_n)[adj(A-\lambda \mbox{Id}_n)] = \\ \\ = \mbox{det}(A-\lambda \mbox{Id}_n) \ \mbox{Id}_n = \\ \\ = p_A(\lambda) \ \mbox{Id}_n = (-1)^n \mbox{Id}_n \lambda^n + (-1)^{n-1}a_{n-1} \mbox{Id}_n \lambda^{n-1}+...+(-1)a_1 \mbox{Id}_n \lambda+a_0 \mbox{Id}_n

    Dunque vale la relazione

    \\ (A-\lambda \mbox{Id}_n)[adj(A-\lambda \mbox{Id}_n)] = \\ \\ = (-1)^n \mbox{Id}_n \lambda^n + (-1)^{n-1}a_{n-1} \mbox{Id}_n \lambda^{n-1}+...+(-1)a_1 \mbox{Id}_n \lambda+a_0 \mbox{Id}_n

    Gli elementi di adj(A-\lambda \mbox{Id}_n) sono i complementi algebrici della matrice A-\lambda \mbox{Id}_n, ossia sono polinomi nella variabile \lambda di grado al più n-1.

    In altri termini esistono n matrici quadrate B_{n-1}, \ B_{n-2}, \ ..., \ B_1, \ B_0 tali che

    adj(A-\lambda \mbox{Id}_n) = (-1)^{n-1} B_{n-1} \lambda^{n-1} + (-1)^{n-2}B_{n-2}\lambda^{n-2}+...+(-1)B_1\lambda+B_0

    Di conseguenza

    \\ (A-\lambda \mbox{Id}_n)[adj(A-\lambda \mbox{Id}_n)] = \\ \\ = (A-\lambda \mbox{Id}_n)[(-1)^{n-1} B_{n-1} \lambda^{n-1} + (-1)^{n-2}B_{n-2}\lambda^{n-2}+...+(-1)B_1\lambda+B_0] = \\ \\ = (-1)^{n-1}AB_{n-1}\lambda^{n-1} + (-1)^{n-2}AB_{n-2}\lambda^{n-2} + ...+ (-1)AB_{1}\lambda + AB_{0}+ \\ \\ -(-1)^{n-1}B_{n-1}\lambda^n - (-1)^{n-2}B_{n-2}\lambda^{n-1} - ... - (-1)B_1\lambda^2-B_0\lambda

    Sommando i termini simili si ottiene

    \\ (A-\lambda \mbox{Id}_n)[adj(A-\lambda \mbox{Id}_n)] = \\ \\ = -(-1)^{n-1}B_{n-1}\lambda^n + [(-1)^{n-1}AB_{n-1} - (-1)^{n-2}B_{n-2}]\lambda^{n-1} + \\ \\ + [(-1)^{n-2}AB_{n-2}-(-1)^{n-3}B_{n-3}]\lambda^{n-2} + ... + [(-1)AB_{1}\lambda - B_{0}]\lambda + AB_0

    In precedenza abbiamo dimostrato che

    \\ (A-\lambda \mbox{Id}_n)[adj(A-\lambda \mbox{Id}_n)] = \\ \\ = (-1)^n \mbox{Id}_n \lambda^n + (-1)^{n-1}a_{n-1} \mbox{Id}_n \lambda^{n-1}+...+(-1)a_1 \mbox{Id}_n \lambda+a_0 \mbox{Id}_n

    Uguagliando i coefficienti delle varie potenze di \lambda si ricade nelle seguenti uguaglianze

    \\ B_{n-1}=\mbox{Id}_n \\ \\ AB_{n-1}+B_{n-2}=a_{n-1} \mbox{Id}_n \\ \\ AB_{n-2}+B_{n-3}=a_{n-2} \mbox{Id}_n \\ \\ \vdots \\ \\ AB_1+B_0=a_1 \mbox{Id}_n \\ \\ AB_0=a_0 \mbox{Id}_n

    Moltiplichiamo la prima relazione per (-1)^nA^n, la seconda per (-1)^{n-1}A^{n-1}, ..., la penultima per (-1)A e l'ultima per \mbox{Id}_n

    \\ (-1)^nA^nB_{n-1}=(-1)^nA^n \\ \\ (-1)^{n-1}A^nB_{n-1}+(-1)^{n-1}A^{n-1}B_{n-2}=(-1)^{n-1}a_{n-1}A^{n-1} \\ \\ (-1)^{n-2}A^{n-1}B_{n-2}+(-1)^{n-2}A^{n-2}B_{n-3}=(-1)^{n-2}a_{n-2}A^{n-2} \\ \\ \vdots \\ \\ (-1)A^2B_1+(-1)AB_0=(-1)a_1A \\ \\ AB_0=a_0 \mbox{Id}_n

    Sommando membro a membro si ottiene

    O_n=(-1)^n A^n + (-1)^{n-1}a_{n-1}A^{n-1}+...+(-1)a_1A+a_0\mbox{Id}_n

    e la dimostrazione può dirsi conclusa.

    ***

    È tutto! Una delle conseguenze del teorema di Cayley-Hamilton è che il polinomio minimo di una matrice divide il relativo polinomio caratteristico, proprietà utile a determinare la forma canonica di Jordan di una matrice.

    Risposta di Galois
 
MEDIEGeometriaAlgebra e Aritmetica
SUPERIORIAlgebraGeometriaAnalisiAltro
UNIVERSITÀAnalisiAlgebra LineareAlgebraAltro
EXTRAPilloleWiki
 
Esercizi simili e domande correlate
Domande della categoria Wiki - Algebra Lineare