Teorema di Binet

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Teorema di Binet #27242

majestic Banned	Cerco l'enunciato e soprattutto la dimostrazione del teorema di Binet. Quella del mio libro è davvero poco chiara e quindi chiedo il vostro aiuto: potreste fornirmi una dimostrazione quanto più semplice possibile del teorema di Binet sul determinante del prodotto tra matrici?
	Ringraziano: JerzH71

Teorema di Binet #27591

Omega

Amministratore

Il teorema di Binet asserisce che il determinante del prodotto di due matrici quadrate dello stesso ordine è uguale al prodotto dei determinanti. In altri termini, se $A \mbox{ e } B$ sono due matrici quadrate di ordine

, allora

$\mbox{det}(AB)=\mbox{det}(A)\mbox{det}(B)$

Per fornire una dimostrazione quanto più chiara possibile dobbiamo richiamare la definizione di determinante.

Fissato un numero naturale $n \ge 1$ , sia $Mat(n,n,\mathbb{K})$ lo spazio delle matrici quadrate di ordine

a coefficienti nel campo $\mathbb{K}$ .

Presa una qualsiasi matrice $R\in Mat(n,n,\mathbb{K})$ indichiamo con $R_1, \ R_2, \ ..., \ R_n$ le sue righe.

Prende il nome di determinante

la funzione definita sullo spazio di matrici $Mat(n,n,\mathbb{K})$ a valori in $\mathbb{K}$

$d_n: Mat(n,n,\mathbb{K}) \to \mathbb{K}$

o, equivalentemente, la funzione definita sullo spazio dei vettori riga a valori in $\mathbb{K}$

$d_n: \overbrace{\mathbb{K}^n\times\mathbb{K}^n\times...\times\mathbb{K}^n}^{n\mbox{ volte}}\to\mathbb{K}$

che a una matrice $R \in Mat(n,n,\mathbb{K})$ associa uno scalare e che gode delle seguenti proprietà:

(A) se la matrice

ha due righe uguali, allora

;

(B)

è lineare in ogni riga, cioè soddisfa la proprietà di additività:

$d_n(R_1, R_2, ..., R'_i+R''_i, ..., R_n)=\\ \\ =d_n(R_1, R_2, ..., R'_i, ..., R_n)+d_n(R_1, R_2, ..., R''_i, ..., R_n)$

e di omogeneità:

$d_n(R_1, R_2, ..., \lambda R_i, ..., R_n)= \lambda d_n(R_1, R_2, ..., R_i, ..., R_n)$

(C) $d_n(\mbox{Id}_n)=1$ , dove $\mbox{Id}_n$ è la matrice identità di ordine

.

Siamo ora pronti a fornire la dimostrazione del teorema di Binet, secondo cui:

$\mbox{per ogni}\ A, B \in Mat(n,n,\mathbb{K}), \ \mbox{det}(AB)=\mbox{det}(A)\mbox{det}(B)$

Cominciamo analizzando il caso in cui il determinante di

è nullo, supponiamo cioè che $\mbox{det}(B)=0$ . Per la legge di annullamento del prodotto

$\mbox{det}(A) \mbox{det}(B)=0$

Dobbiamo dimostrare è nullo anche il determinante del prodotto

, vale a dire:

$\mbox{det}(AB)=0$

Avendo supposto che $\mbox{det}(B)=0$ , dalle proprietà del determinante segue che le colonne di

sono linearmente dipendenti, ossia esistono

scalari non tutti nulli $v_1, \ v_2, \ ..., \ v_n \in \mathbb{K}$ tali che

$v_1 B^1+v_2B^2+...+v_nB^n = \mathbf{0}$

dove $B^1, \ B^2, \ ..., \ B^n$ sono le colonne di

, mentre $\mathbf{0}$ è il vettore colonna nullo.

In altri termini, esiste un vettore $\mathbf{v}=(v_1, v_2, ..., v_n) \in \mathbb{K}^n$ non identicamente nullo tale che

$B \mathbf{v} = \mathbf{0}$

Moltiplicando ambo i membri della precedente relazione per

segue che

$(AB)\mathbf{v}=A\mathbf{0}=\mathbf{0}$

L'equazione matriciale $(AB)\mathbf{v}=\mathbf{0}$ si esprime in forma equivalente come

$v_1(AB)^1+v_2(AB)^{2}+...+v_n(AB)^{n}=\mathbf{0}$

dove $(AB)^{1}, \ (AB)^{2}, \ ..., \ (AB)^{n}$ indicano le

colonne di

.

Poiché $\mathbf{v}$ non è identicamente nullo, la relazione precedente garantisce la dipendenza lineare delle colonne di

, per cui:

$\mbox{det}(AB)=0$

che è quanto volevamo provare.

Supponiamo ora che sia $\mbox{det}(B) \neq 0$ e consideriamo l'applicazione

$\\ f: Mat(n,n,\mathbb{K}) \to \mathbb{K} \\ \\ A \mapsto f(A):=\frac{\mbox{det}(AB)}{\mbox{det}(B)}$

che, avvalendoci della definizione formale di determinante, può essere interpretata come una funzione delle righe di

.

In termini più espliciti, per $i\in\{1,2,..., n\}$ , dette $A_i \ \mbox{e}\ B_i$ le i-esime righe di

e di

rispettivamente, e indicata con $A_{i}B$ l'i-esima riga della matrice prodotto

si riscrive nella forma più comoda:

$\\ f(A)=f(A_1, A_2, ... , A_n)=\\ \\ =\frac{d_n(A_1B, A_2B, ..., A_n B)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}$

Per raggiungere la tesi dobbiamo dimostrare che

coincide con la funzione determinante

. A tal proposito è sufficiente provare che per

valgono le proprietà (A), (B) e (C), vale a dire:

(A) se due righe della matrice

sono uguali allora

(B)

è sia additiva, cioè:

$\\ f(A_1, A_2, ..., A_{i}'+A_{i}'', ..., A_n)=\\ \\ =f(A_1, A_2, ..., A_{i}', ..., A_{n})+f(A_1, A_2, ..., A_{i}'', ..., A_{n})$

sia omogenea, vale a dire: preso un qualsiasi scalare $\lambda\in\mathbb{K}$ , si ha che

$f(A_1, A_2, ... , \lambda A_{i}, ..., A_n)=\lambda f(A_1, A_2, ..., A_{i}, ..., A_n)$

(C) $f(\mbox{Id}_{n})=1$

Se

rispetta le proprietà, l'unicità del determinante consentirà di concludere che

coincide con il determinante della matrice.

Dimostriamo singolarmente le 3 proprietà.

(A) Dette

le righe di

, supponiamo che due di esse siano uguali, ossia consideriamo il caso in cui

per qualche $i \neq j$ .

Ricordando com'è definito il prodotto riga per colonna, le righe di

sono:

$A_1B,\ A_2B,\ ...,\ A_{i}B,..., \ A_{j}B,...\ , A_nB$

Per vederlo basta sviluppare il prodotto considerando la prima riga di

e tutte le colonne di

, ottenendo così la prima riga di

; le restanti si ottengono in maniera analoga.

Poiché

anche

, pertanto la matrice

ha due righe uguali e in base alle proprietà di

:

$\mbox{d_{n}}(A_1B, A_2B,..., A_iB, ..., A_jB,..., A_nB)=0$

Questa informazione consente di affermare che

, infatti:

$\\ f(A)=f(A_1, A_2, ..., A_i,..., A_{j},..., A_n)=\\ \\ \\ =\frac{d_n(A_1B, A_2B, ..., A_iB,..., A_{j}B, ..., A_nB)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}=0$

e la proprietà (A) è dimostrata.

Dimostriamo la proprietà (B) partendo dal termine:

$f(A_1, A_2, ..., A_{i}'+A_{i}'' ,..., A_n)=$

che diventa

$\\ =\frac{d_n\left(A_1B, A_2B,..., (A_{i}'+A_{i}'')B, ..., A_nB\right)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}= \\ \\ \\ =\frac{d_n\left(A_1B, A_2B, ..., A_{i}'B+A_{i}''B, ..., A_nB\right)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}=$

Grazie all'additività di

, l'ultima frazione si traduce nell'espressione:

$=\frac{d_n\left(A_1B, A_2B, ..., A_{i}'B, ..., A_nB\right)+d_n\left(A_1B, A_2B, ..., A_{i}''B, ..., A_nB\right)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}=$

A questo punto distribuiamo il denominatore a ciascun addendo del numeratore

$=\frac{d_n\left(A_1B, A_2B, ..., A_{i}'B, ..., A_nB\right)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}+\frac{d_n\left(A_1B, A_2B, ..., A_{i}''B, ..., A_nB\right)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}$

e osserviamo quanto segue:

$\\ \frac{d_n\left(A_1B, A_2B, ..., A_{i}'B, ..., A_nB\right)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}=f(A_1, A_2, ..., A_{i}', ..., A_{n})$

mentre

$\frac{d_n\left(A_1B, A_2B, ..., A_{i}''B, ..., A_nB\right)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}=f(A_1, A_2, ..., A_{i}'', ..., A_{n})$

Queste uguaglianze ci autorizzano a concludere che:

$\\ \frac{d_n\left(A_1B, A_2B, ..., A_{i}'B, ..., A_nB\right)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}+\frac{d_n\left(A_1B, A_2B, ..., A_{i}''B, ..., A_nB\right)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}= \\ \\ \\ =f(A_1, A_2, ..., A_{i}', ..., A_{n})+f(A_1, A_2, ..., A_{i}'', ..., A_{n})$

dimostrando così l'additività di

.

Per quanto concerne l'omogeneità, consideriamo $\lambda\in\mathbb{K}$ . Il nostro compito prevede di verificare l'uguaglianza:

$f(A_1, A_2, ..., \lambda A_{i}, ..., A_n)=\lambda f(A_1, A_2, ... , A_{i}, ..., A_n)$

Per come è definita

, il termine

$f(A_1, A_2, ..., \lambda A_{i}, ..., A_n)=$

si tramuta nell'espressione

$=\frac{d_n(A_1, A_2, ..., \lambda A_{i}, ..., A_n)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}=$

Sfruttando, infine, l'omogeneità della funzione

ricaviamo:

$\\ =\frac{\lambda d_n(A_1, A_2, ..., A_{i}, ..., A_n)}{d_n(B_1, B_2, ..., B_n)}= \\ \\ \\ =\lambda f(A_1, A_2, ..., A_i, ..., A_n)$

che è quello che volevamo dimostrare.

(C) Dimostriamo l'ultima proprietà: dobbiamo far vedere che

$f(\mbox{Id}_n)=1$

dove $\mbox{Id}_n$ è la matrice identità di ordine

, avente per righe

$\\ \mathbf{e}_{1}=(1,\ 0,\ ..., \ 0)\\ \\ \mathbf{e}_{2}=(0,\ 1,\ ..., \ 0)\\ \\ \vdots\\ \\ \mathbf{e}_{n}=(0,\ 0, \ ..., \ 1)$

Esplicitiamo il termine $f(\mbox{Id}_{n})$ :

$f(\mbox{Id}_{n})=\frac{d_{n}(\mathbf{e}_{1}B, \mathbf{e}_{2}B, \ ... , \ \mathbf{e}_{n}B)}{d_n(B_1, \ B_2,\ ..., \ B_n)}=(\bullet)$

e usiamo la definizione di prodotto riga per colonna, secondo cui $\mathbf{e}_{i}B$ coincide con l'i-esima riga di

:

$\mathbf{e}_{i}B=B_{i}\ \ \ \mbox{per ogni}\ i\in\left\{1,2,...,n\right\}$

In virtù di questa uguaglianza, $(\bullet)$ si riscrive nella forma:

$(\bullet)=\frac{d_{n}(B_1, B_2, ... , B_{n})}{d_n(B_1, B_2,..., B_n)}=1$

e anche la proprietà (C) è verificata.

L'applicazione

soddisfa tutte le proprietà di determinante, e dall'unicità di quest'ultimo segue che

coincide con $\mbox{det}(A)$ .

$f(A)=\mbox{det}(A)$

Alla luce di queste considerazioni, la relazione

$f(A)=\frac{\mbox{det}(AB)}{\mbox{det}(B)}$

si tramuta nell'uguaglianza

$\mbox{det}(A)=\frac{\mbox{det}(AB)}{\mbox{det}(B)}$

che, una volta moltiplicati i membri per $\mbox{det}(B)$ , diventa

$\mbox{det}(AB)=\mbox{det}(A)\mbox{det}(B)$

come volevamo dimostrare.

Ringraziano: LittleMar, 1debye3, Erwin S., Denys, Spak84, JerzH71

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