Teorema di Binet

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Teorema di Binet #27242

avt
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

avt
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 n, 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 n 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 d_n 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 R ha due righe uguali, allora d_n(R)=0;

(B) d_n 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 n.

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 B 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 AB, vale a dire:

\mbox{det}(AB)=0

Avendo supposto che \mbox{det}(B)=0, dalle proprietà del determinante segue che le colonne di B sono linearmente dipendenti, ossia esistono n 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 B, 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 A 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 n colonne di AB.

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

In termini più espliciti, per i\in\{1,2,..., n\}, dette A_i \ \mbox{e}\ B_i le i-esime righe di A e di B rispettivamente, e indicata con A_{i}B l'i-esima riga della matrice prodotto AB, f(A) 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 f coincide con la funzione determinante d_n. A tal proposito è sufficiente provare che per f valgono le proprietà (A), (B) e (C), vale a dire:

(A) se due righe della matrice A sono uguali allora f(A)=0

(B) f 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 f rispetta le proprietà, l'unicità del determinante consentirà di concludere che f(A) coincide con il determinante della matrice.

Dimostriamo singolarmente le 3 proprietà.

(A) Dette A_1,  A_2,  ...,  A_n le righe di A, supponiamo che due di esse siano uguali, ossia consideriamo il caso in cui A_i=A_j per qualche i \neq j.

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

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

Per vederlo basta sviluppare il prodotto considerando la prima riga di A e tutte le colonne di B, ottenendo così la prima riga di AB; le restanti si ottengono in maniera analoga.

Poiché A_i=A_j anche A_iB=A_jB, pertanto la matrice AB ha due righe uguali e in base alle proprietà di d_n:

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

Questa informazione consente di affermare che f(A)=0, 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 d_n, 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 f.

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 f, 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 d_n 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 n, 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 B:

\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 f soddisfa tutte le proprietà di determinante, e dall'unicità di quest'ultimo segue che f(A) 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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