LeLing12: Ancora sui determinanti.
A ¯ rgomenti svolti:
• Sviluppi di Laplace.
• Prodotto vettoriale e generalizzazioni.
• Rango e determinante: i minori.
• Il polinomio caratteristico.
E ¯ sercizi consigliati: Geoling 14.
Sviluppo di Laplace
Lo sviluppo di Laplace di un determinante det(A) n × n permette di ridurre il calcolo a quello di n determinanti (n − 1) × (n − 1). Ecco la formula dello sviluppo secondo la riga i-esima (dove A = (a
ij)):
det(A) = (−1)
i+1a
i1det(A
i1) + · · · + (−1)
i+na
indet(A
in)
dove A
ije’ la matrice (n − 1) × (n − 1) che risulta della A cancellando la riga i-esima e la colonna j -esima. Ecco lo sviluppo seconda la colonna j -esima:
det(A) = (−1)
j+1a
1jdet(A
1j) + · · · + (−1)
j+na
njdet(A
nj) Esempio 0.1. Ecco lo sviluppo usando la prima riga.
1 2 1 3 4 1 5 6 1
= 1
4 1 6 1
− 2
3 1 5 1
+ 1
3 4 5 6
= (4 − 6) − 2(3 − 5) + (3.6 − 5.4) = 0
Vediamo la dimostrazione dello sviluppo secondo la prima riga. Osservare che la linearita’ del determinante dimostrata nella dispensa precedente implica
det(A) =
n
X
j=1
a
1jdet
E
jA
2.. . A
n
dove E
je’ la base canonica delle righe, cioe’ E
je’ nulla tranne nel posto j dove ha 1. Dunque per terminare la dimostrazione dobbiamo calcolare i determinanti
0 0 · · · 0 1 0 0 · · · 0
a
21a
22· · · a
2(j−1)a
2ja
2(j+1)· · · · · · a
2n.. . .. . · · · .. . .. . · · · .. . · · · .. . a
n1a
n2· · · a
n(j−1)a
nja
n(j+1)· · · · · · a
nnNotiamo che tutta la colonna j -seima non interviene nel calcolo, cioe’
0 0 · · · 0 1 0 0 · · · 0
a
21a
22· · · a
2(j−1)0 a
2(j+1)· · · · · · a
2n.. . .. . · · · .. . .. . · · · .. . · · · .. . a
n1a
n2· · · a
n(j−1)0 a
n(j+1)· · · · · · a
nnSiccome scambiando due colonne il determinate cambia segno, risulta:
det
E
jA
2.. . A
n
= (−1)
j−11 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0
0 a
21a
22· · · a
2(j−1)a
2(j+1)· · · · · · a
2n.. . .. . · · · .. . · · · .. . · · · .. . 0 a
n1a
n2· · · a
n(j−1)a
n(j+1)· · · · · · a
nn= (−1)
1+jdet(A
1j)
Mettendo tutto insieme risulta lo sviluppo di Laplace rispetto alla prima riga: det(A) = a
11det(A
i1) ± · · · ± a
1ndet(A
1n).
Osservare che il determinante
a b c d
= ad − bc e’ un caso particolare dello sviluppo di Laplace.
Prodotto vettoriale
Dato un vettore del piano R
2− → v = a b
vogliamo trovare un vettore perpendicolare
−
→ w = x y
. Consideriamo il determinate
x y a b
. Sappiamo che questo determinate e’
zero quando x = a e y = a come risulta della formula
x y a b
= xb−ya = x y
· b
−a
. Dunque il vettore − → w = b
−a
e’ perpendicolare a − → v = a b
, cioe’ a b
· b
−a
= 0.
Questo argomento si generalizza allo spazio R
3e permette di risolvere il problema di trovare un vettore − → w perpendicolare a due vettori dati − → v
1, − → v
2. Infatti, siano − → v
1=
a
1b
1c
1
,
−
→ v
2=
a
2b
2c
2
e − → w =
x y z
. Consideriamo il seguente determinante:
x y z
a
1b
1c
1a
2b
2c
2= x
b
1c
1b
2c
2− y
a
1c
1a
2c
2+ z
a
1b
1a
2b
2dove l’uguaglianza e’ conseguenza dello svillupo di Laplace respetto alla prima riga.
Possiamo interpretare quest’ultima uguaglianza come un prodotto scalare, cioe’
x y z
a
1b
1c
1a
2b
2c
2= x
b
1c
1b
2c
2− y
a
1c
1a
2c
2+ z
a
1b
1a
2b
2=
x y z
·
b
1c
1b
2c
2−
a
1c
1a
2c
2a
1b
1a
2b
2
dunque il vettore − → w =
b
1c
1b
2c
2−
a
1c
1a
2c
2a
1b
1a
2b
2
e’ perpendicolare a − → v
1e − → v
2.
Il vettore − → w si chiama prodotto vettoriale di − → v
1e − → v
2e lo si denota con − → v
1× − → v
2. In modo analogo, usando un determinante n × n e lo sviluppo di Laplace si puo’
risolvere il problema di trovare un vettore − → w ∈ R
nperpendicolare a n − 1 vettori dati.
Il prodotto vettoriale visto geometricamente
Abbiamo visto che il prodotto vettoriale − → v
1× − → v
2e’ perpendicolare a − → v
1e − → v
2. Siccome sappiamo che i vettori perpendicolari a − → v
1e − → v
2costituiscono una retta, per individuare
−
→ v
1× − → v
2basta conoscere il suo modulo, cioe’ la lunghezza, e il suo verso.
Proposizione 0.2. Il modulo di − → v
1× − → v
2e’ |− → v
1||− → v
2| sin(θ), dove 0 ≤ θ < π e’ l’angolo
tra − → v
1e − → v
2.
Dimostrazione. Ricordiamo che il determinante det(
−
→ v
1× − → v
2−
→ v
1−
→ v
2
) e’ il volume
1del parellelepipedo generato dai tre vettori − → v
1× − → v
2, − → v
1, − → v
2:
V olume(− → v
1× − → v
2, − → v
1, − → v
2) = det(
−
→ v
1× − → v
2−
→ v
1−
→ v
2
) = |− → v
1× − → v
2|
2. Osserviamo allora che:
|− → v
1||− → v
2| sin(θ) = Area(− → v
1, − → v
2) = det(
−
→v1×−→v2
|−→v1×−→v2|
−
→ v
1−
→ v
2
) = |− → v
1× − → v
2|
2
Siccome il determinate det(
−
→v1×−→v2
|−→v1×−→v2|
−
→ v
1−
→ v
2
) e’ positivo, si conclude che la regola della mano destra e’ adatta per trovare il verso di − → v
1× − → v
2. Dunque − → v
1× − → v
2e’ l’unico vettore che e’ perpendicolare a − → v
1, − → v
2che ha lungheza uguale all’area Area(− → v
1, − → v
2) del parallelogramma gener- ato da − → v
1e − → v
2e il cui verso si trova usando la regola della mano destra.
Il prodotto vettoriale − → v × − → w si puo’ anche inter- pretare in termini di un giro (o rotazione) di 90
◦gradi.
Infatti, supponendo che − → v ⊥ − → w , allora − → v × − → w e’ il vettore che si ottiene girando 90
◦in verso anti-orario il vettore − → w nel piano normale a − → v .
1
Questo poiche’ il determinante nasce nel tentativo di calcolare l’area o volume dell paralelopipedo
generato tra i vettori.
Rango e determinante: i minori
Ricordare che il determinante ha senso soltanto per le matrici quadrate. Se la matrice non e’ quadrata possiamo calcolare certi determinati chiamati minori. Un minore d’ordine k della matrice A e’ il determinate di una matrice k × k che risulta scegliendo k righe e k colonne della matrice A. Ad esempio, ogni numero a
ije’ un minore d’ordine 1.
Esempio 0.3. Il determinate
1 2 3 4
= −2 e’ un minore d’ordine 2 della matrice
1 8 2
0 6 −3
3 −1 4
1 1 1
, che corrisponde a scegliere la prima e terza riga e la prima e terza
colonna. Anche il determinante
6 −3
−1 4
= 21 e’ un minore della matrice A. Ecco
un minore d’ordine 3 :
1 8 2
0 6 −3
3 −1 4
= −87
Osservare che una colonna C =
c
1c
2.. . c
n
e’ non nulla se e solo se almeno un minore e’
non nullo. Infatti i minori sono i numeri c
1, · · · , c
ne dunque ovviamente C e’ non nulla se almeno uno di questi numeri e’ non nullo. Questo e’ vero in generale, cioe’ per una matrice A n × m qualsiasi; ossia A e’ non nulla se e solo se almeno un minore e’ non nullo. Notare che possiamo dire che una matrice ha rango zero se e solo se tutti i minori sono nulli. Questa osservazione si generalizza e diventa il teorema di Kronecker
2. Teorema 0.4. Una matrice A n × m ha rango ρ(A) = k se e solo se esiste un minore non nullo d’ordine k e tutti i minori d’ordine > k sono nulli.
Dimostrazione . Sia M
kun minore d’ordine k . Se ci fosse una combinazione lineare non banale tra le k righe (risp. k colonne) coinvolte nella costruzione di M
kallora questa combinazione lineare sarebbe anche una combinazione lineare non banale tra le k righe che si trovano dentro al minore d’ordine M
k. Questo implica M
k= 0. Questo dimostra che M
k= 0 se k > ρ(A). Per dimostrare che se k = ρ(A) allora esiste un minore d’ordine k non nullo possiamo assumere che A e’ una matrice con k colonne,
2
Leopold Kronecker (1823 - 1891) matematico tedesco.
cioe’ facciamo attenzione semplicemente a k colonne linearmenti independenti. Siccome il rango righe e’ uguale al rango colonne esitono anche k righe linearmente independenti.
Dunque il minore k × k cosi’ costruito deve essere non nullo, poiche’ le k righe sono linearmente independenti. 2
Scelta delle variabile libere
Puo’ capitare di dover risolvere un sistema lineare lasciando libere qualche variabile.
Osservare che nel metodo di Gauss-Jordan spiegato all’inizio di questo corso le variabili libere sono le ultime, cioe’ se x
1, x
2, · · · , x
nallora le ultime variabli · · · , x
n−1, x
nsono quelle che si cerca di lasciare libere. Cosa succede se vogliamo lasciare libere le variabili x
1, x
2?. O piu’ in generale, se vogliamo che un insieme x
i1, x
i2, · · · , x
ilsiano variabili libere. Nella pratica semplicemente si cambia l’ordine, cioe’ si mettono in fondo alla matrice dei coefficienti le colonne delle x
i1, x
i2, · · · , x
ile si procede con il metodo di Gauss-Jordan.
Esempio 0.5. Vogliamo risolvere il sistema x
1+ 2x
2+ 7x
3+ 5x
4= 1 3x
1+ 4x
2+ 8x
3+ 3x
4= 0
, lasciando libere le varibili x
1, x
2. Dunque usiamo la seguente matrice del sistema:
7 5 1 2 1
8 3 3 4 0
Notare che la prima colonna corrisponde alla incognita x
3, la seconda alla x
4, la terza alla x
1e l’ultima alla x
2. Adesso procediamo con Gauss-Jordan:
7 5 1 2 1
8 3 3 4 0
→ 1
57 17 27 178 3 3 4 0
→ 1
57 17 27 170
−197 137 127 −87→
1
57 17 27 170 1
−1319 −1219 198→ 1 0
1219 1419 −3190 1
−1319 −1219 198Dunque il sistema e’ equivalente a: x
4+
1219x
1+
1419x
2=
−319x
3+
−1319x
1+
−1219x
2=
198Ecco la soluzione del sistema con le variabili x
1, x
2libere:
x
1x
2x
3x
4
=
0 0
8
−319 19
+ x
1
1 0
13
−1219 19
+ x
2
0 1
12
−1419 19
