Dimostrazione dello sviluppo di Laplace per i determinanti
Sto avendo qualche problema per comprendere la dimostrazione del teorema di Laplace sui determinanti. La dimostrazione del Sernesi (ottimo testo, per carità) non è delle più chiare per chi, come me, ancora non segue un corso di algebra.
Comunque ho capito come la dimostrazione dello sviluppo secondo una qualsiasi colonna o riga viene ricondotta alla dimostrazione dello sviluppo rispetto alla prima riga.
Ho provato come spesso col Sernesi a rifarmi la dimostrazione da solo e ne ho cavato questo. Più che altro vorrei sapere se i passaggi che faccio sono tutti giusti e formali, soprattutto nel passaggio da una permutazione all'altra.
Data \(\displaystyle A \in M_n(K) \), dove \(\displaystyle K \) è un campo, o al limite anche un dominio, si ha
\[ \displaystyle \det(A) = \sum_{p \in \sigma_n} \text{sign}(p) \prod_{i=1}^n a_{ip(i)} = \sum_{j=1}^n \sum_{p \in \sigma_n | p(1)= j} \text{sign}(p) a_{1j}\prod_{i=2}^n a_{ip(i)} . \]
Definisco \(\displaystyle B \in M_{n-1}(K) \) tale che \[\displaystyle b_{l,t} = \begin{cases} a_{l+1,t}, & \text{se \(t=j\)} \end{cases} \]
dove \(\displaystyle 1 \le l,t \le n-1\).
Definisco inoltre \(\displaystyle s, q \) permutazioni appartenenti a \(\displaystyle \sigma_n \) tali che
\[ s = \begin{pmatrix}
1 & 2 & \dots & j-1 & j & j+1 & \dots & n \\
j & 1 & \dots & j-2 & j-1 & j+1 & \dots & n \end{pmatrix} , \]
\[ q = \begin{pmatrix}
j & 1 & \dots & j-2 & j-1 & j+1 & \dots & n \\
j & q(1) & \dots & q(j-2) &q(j-1) & q(j+1) & \dots & q(n) \end{pmatrix} . \]
Cioè \(\displaystyle q \) è un'arbitraria permutazione che fissa \(\displaystyle j \).
Poiché \[ q \circ s = \begin{pmatrix}
1 & 2 & \dots & j-1 & j & j+1 & \dots & n \\
j & q(1) & \dots & q(j-2) &q(j-1) & q(j+1) & \dots & q(n) \end{pmatrix} = p \in \sigma_n \, | \, p(1)= j \]
si può considerare \(\displaystyle q(1) = p(2), \dots , q(j-2)=p(j-1), q(j-1)=p(j), q(j+1)=p(j+1), \dots , q(n)=p(n) \).
Si ha, inoltre, \(\displaystyle \text{sign}(p)= \text{sign}(q) \text{sign}(s) = (-1)^{j-1} \text{sign}(q) \), dove \(\displaystyle p \) è tale che \(\displaystyle p(1)= j \), dato che \(\displaystyle j-1 \) è il numero di trasposizioni necessarie per realizzare \(\displaystyle s \).
Poiché \(\displaystyle \{p \in \sigma_n \, | \, p(1)= j \} \longleftrightarrow \{q \in \sigma_n \, | , q(j)= j \} \) (la doppia freccia sta ad indicare una corrispondenza biunivoca) si ha
\(\displaystyle \det(A) = \sum_{j=1}^n \sum_{q \in \sigma_n | q(j)= j} (-1)^{j-1} \text{sign}(q) a_{1j} \prod_{i=1}^{j-1} a_{iq(i)} \prod_{i=j+1}^{n} a_{iq(i)} \)
Definendo \(\displaystyle r \) come una permutazione arbitraria appartenente a \(\displaystyle \sigma_{n-1} \)
\[ r = \begin{pmatrix}
1 & \dots & n-1 \\
r(1) & \dots & r(n-1) \end{pmatrix} \]
si ha \(\displaystyle \{ q \in \sigma_n \, | \, q(j)= j \} \longleftrightarrow \{r \in \sigma_{n-1} \} \) ed anche \(\displaystyle \text{sign}(r)=\text{sign}(q) \) dove \(\displaystyle q \) è tale che \(\displaystyle q(j)= j \).
Questo comporta
\[\displaystyle \det(A) = \sum_{j=1}^n a_{1j} (-1)^{1+j} \sum_{r \in \sigma_{n-1}} \text{sign}(r) \prod_{i=1}^{n-1} a_{ir(i)} = \sum_{j=1}^n a_{1j} (-1)^{1+j} \det(B) = \sum_{j=1}^n a_{1j} (-1)^{1+j} \det(A_ {1j}) = \]
\[\displaystyle = \text{sviluppo di Laplace secondo la prima riga.} \]
Più che altro, ripeto, non sono sicuro dei passaggi tra le varie permutazioni.
Grazie a tutti,
Leonardo
P.S. Lo so, ci vuole coraggio per leggere tutto questo
P.P.S. Sia benedetto il copia-incolla.
EDIT.
Ho aggiustato le formule, essendo scritte con il vecchio sistema erano diventate illeggibili.
Ho anche sistemato qualche altro dettaglio.
Questo topic risale a tre anni fa. All'epoca non ero per niente sicuro se questa dimostrazione fosse giusta o meno. Oggi posso dire con ragionevole sicurezza che è giusta (naturalmente se qualcuno dovesse trovarvi degli errori sarei ansioso di conoscerli).
Aggiungo, inoltre, che i primi 3 post di questo topic dovrebbero essere corretti, ma non garantisco della correttezza del resto del topic.
Comunque ho capito come la dimostrazione dello sviluppo secondo una qualsiasi colonna o riga viene ricondotta alla dimostrazione dello sviluppo rispetto alla prima riga.
Ho provato come spesso col Sernesi a rifarmi la dimostrazione da solo e ne ho cavato questo. Più che altro vorrei sapere se i passaggi che faccio sono tutti giusti e formali, soprattutto nel passaggio da una permutazione all'altra.
Data \(\displaystyle A \in M_n(K) \), dove \(\displaystyle K \) è un campo, o al limite anche un dominio, si ha
\[ \displaystyle \det(A) = \sum_{p \in \sigma_n} \text{sign}(p) \prod_{i=1}^n a_{ip(i)} = \sum_{j=1}^n \sum_{p \in \sigma_n | p(1)= j} \text{sign}(p) a_{1j}\prod_{i=2}^n a_{ip(i)} . \]
Definisco \(\displaystyle B \in M_{n-1}(K) \) tale che \[\displaystyle b_{l,t} = \begin{cases} a_{l+1,t}, & \text{se \(t
dove \(\displaystyle 1 \le l,t \le n-1\).
Definisco inoltre \(\displaystyle s, q \) permutazioni appartenenti a \(\displaystyle \sigma_n \) tali che
\[ s = \begin{pmatrix}
1 & 2 & \dots & j-1 & j & j+1 & \dots & n \\
j & 1 & \dots & j-2 & j-1 & j+1 & \dots & n \end{pmatrix} , \]
\[ q = \begin{pmatrix}
j & 1 & \dots & j-2 & j-1 & j+1 & \dots & n \\
j & q(1) & \dots & q(j-2) &q(j-1) & q(j+1) & \dots & q(n) \end{pmatrix} . \]
Cioè \(\displaystyle q \) è un'arbitraria permutazione che fissa \(\displaystyle j \).
Poiché \[ q \circ s = \begin{pmatrix}
1 & 2 & \dots & j-1 & j & j+1 & \dots & n \\
j & q(1) & \dots & q(j-2) &q(j-1) & q(j+1) & \dots & q(n) \end{pmatrix} = p \in \sigma_n \, | \, p(1)= j \]
si può considerare \(\displaystyle q(1) = p(2), \dots , q(j-2)=p(j-1), q(j-1)=p(j), q(j+1)=p(j+1), \dots , q(n)=p(n) \).
Si ha, inoltre, \(\displaystyle \text{sign}(p)= \text{sign}(q) \text{sign}(s) = (-1)^{j-1} \text{sign}(q) \), dove \(\displaystyle p \) è tale che \(\displaystyle p(1)= j \), dato che \(\displaystyle j-1 \) è il numero di trasposizioni necessarie per realizzare \(\displaystyle s \).
Poiché \(\displaystyle \{p \in \sigma_n \, | \, p(1)= j \} \longleftrightarrow \{q \in \sigma_n \, | , q(j)= j \} \) (la doppia freccia sta ad indicare una corrispondenza biunivoca) si ha
\(\displaystyle \det(A) = \sum_{j=1}^n \sum_{q \in \sigma_n | q(j)= j} (-1)^{j-1} \text{sign}(q) a_{1j} \prod_{i=1}^{j-1} a_{iq(i)} \prod_{i=j+1}^{n} a_{iq(i)} \)
Definendo \(\displaystyle r \) come una permutazione arbitraria appartenente a \(\displaystyle \sigma_{n-1} \)
\[ r = \begin{pmatrix}
1 & \dots & n-1 \\
r(1) & \dots & r(n-1) \end{pmatrix} \]
si ha \(\displaystyle \{ q \in \sigma_n \, | \, q(j)= j \} \longleftrightarrow \{r \in \sigma_{n-1} \} \) ed anche \(\displaystyle \text{sign}(r)=\text{sign}(q) \) dove \(\displaystyle q \) è tale che \(\displaystyle q(j)= j \).
Questo comporta
\[\displaystyle \det(A) = \sum_{j=1}^n a_{1j} (-1)^{1+j} \sum_{r \in \sigma_{n-1}} \text{sign}(r) \prod_{i=1}^{n-1} a_{ir(i)} = \sum_{j=1}^n a_{1j} (-1)^{1+j} \det(B) = \sum_{j=1}^n a_{1j} (-1)^{1+j} \det(A_ {1j}) = \]
\[\displaystyle = \text{sviluppo di Laplace secondo la prima riga.} \]
Più che altro, ripeto, non sono sicuro dei passaggi tra le varie permutazioni.
Grazie a tutti,
Leonardo
P.S. Lo so, ci vuole coraggio per leggere tutto questo
P.P.S. Sia benedetto il copia-incolla.
EDIT.
Ho aggiustato le formule, essendo scritte con il vecchio sistema erano diventate illeggibili.
Ho anche sistemato qualche altro dettaglio.
Questo topic risale a tre anni fa. All'epoca non ero per niente sicuro se questa dimostrazione fosse giusta o meno. Oggi posso dire con ragionevole sicurezza che è giusta (naturalmente se qualcuno dovesse trovarvi degli errori sarei ansioso di conoscerli).
Aggiungo, inoltre, che i primi 3 post di questo topic dovrebbero essere corretti, ma non garantisco della correttezza del resto del topic.
Risposte
Mamma mia...
Stai mettendo il dito nella piaga, quella dimostrazione (tratta da quel libro) a suo tempo mi fece disperare.
Non so quanto ti possa essere utile, ma su questo pdf c'è una impostazione dei determinanti completamente diversa, basata sul concetto di forma multilineare alternante. Trovi un accenno a questo modo di procedere nell'appendice del capitolo sui determinanti del Sernesi. Con questa impostazione le definizioni diventano più intrinseche e gestibili rispetto alla terrificante $sum_{sigma}"sign"(sigma)a_{1, sigma(1)}...a_{n, sigma(n)}$. Anche gli sviluppi di Laplace si dimostrano più facilmente.
Il rovescio della medaglia, però, è che questa impostazione funziona solo sui campi; o meglio, non so se si possa estendere direttamente ai domini, e se si può fare bisogna passare da concetti di algebra un po' più avanzati, come i moduli. Invece l'impostazione basata sulla formula (quella di Sernesi) si estende ai domini senza colpo ferire.
Spero di essere stato d'aiuto! (Anche se purtroppo non sto rispondendo alla tua domanda
sorry.)
Stai mettendo il dito nella piaga, quella dimostrazione (tratta da quel libro) a suo tempo mi fece disperare.
Non so quanto ti possa essere utile, ma su questo pdf c'è una impostazione dei determinanti completamente diversa, basata sul concetto di forma multilineare alternante. Trovi un accenno a questo modo di procedere nell'appendice del capitolo sui determinanti del Sernesi. Con questa impostazione le definizioni diventano più intrinseche e gestibili rispetto alla terrificante $sum_{sigma}"sign"(sigma)a_{1, sigma(1)}...a_{n, sigma(n)}$. Anche gli sviluppi di Laplace si dimostrano più facilmente.
Il rovescio della medaglia, però, è che questa impostazione funziona solo sui campi; o meglio, non so se si possa estendere direttamente ai domini, e se si può fare bisogna passare da concetti di algebra un po' più avanzati, come i moduli. Invece l'impostazione basata sulla formula (quella di Sernesi) si estende ai domini senza colpo ferire.
Spero di essere stato d'aiuto! (Anche se purtroppo non sto rispondendo alla tua domanda
sorry.)
Ti ringrazio quel pdf già l'avevo incontrato ma ho l'esame di geometria 1 tra pochi giorni e volevo solamente provare a comprendere completamente una dimostrazione di cui già padroneggiavo l'idea di base.
Per quanto riguarda le forme multilineari alternanti, appena potrò stai tranquillo che me le vedrò (ma dopo l'esame ), così come dopo il corso di algebra (e soprattutto dopo averla cominciata a studiare su un buon libro) penso e spero di poter capire anche la presente dimostrazione, che ora non sono affatto sicuro di aver fatto bene.
Ciao,
Leonardo
Per quanto riguarda le forme multilineari alternanti, appena potrò stai tranquillo che me le vedrò (ma dopo l'esame
), così come dopo il corso di algebra (e soprattutto dopo averla cominciata a studiare su un buon libro) penso e spero di poter capire anche la presente dimostrazione, che ora non sono affatto sicuro di aver fatto bene.Ciao,
Leonardo
Mi scuso per il presente up ma il topic era finito in 6° pagina e sono passati anche più di 4 giorni.
Riesumo questo vecchio topic dalle ceneri, perché volevo vedere se la mia dimostrazione di questo sviluppo di Laplace è corretta o meno ...
L'idea risiede, principalmente, nel partire dalla formula dello sviluppo di Laplace, e dimostrare che questa formula è uguale alla formula di Leibniz, ovvero $\sum_{sigma_{i}inS_{n}}sgn(sigma_{i})\prod_{i=1}^{n}a_{i,sigma_{i}}$ (OK, questo è un pò barare, ma purtroppo queste sono le mie capacità dimostrative ...)
Dunque $det(A) = \sum_{k=1}^{n}a_{i,k}*text{cof}(A_{i,k})=\sum_{k=1}^{n}(a_{i,k}(-1)^{1+k}det(A_{i,k}))$
Successivamente, mi è venuto in mente di applicare RICORSIVAMENTE la formula dello sviluppo di Laplace, aumentando di volta in volta la i, a partire da 1, visto che ad ogni passaggio viene cacciata la riga $i$ e la colonna $k$. Dunque esce un "megaformulone" che è fatto così:
$\sum_{k=1}^{n}(a_{1,k}(-1)^{1+k}det(A_{1,k})) = \sum_{k_{1}=1}^{n}(a_{1,k_{1}}(-1)^{1+k_{1}}(\sum_{AAk_{2}in[1,n]nnNN-{k_{1}}}(a_{2,k_2}(-1)^{2+k_2}det(A_{\stackrel(1,k_1)(2,k_2)}))))$ (Ovviamente con $A_{\stackrel(1,k_1)(2,k_2)}$ intendo la matrice $A$ SENZA le righe $1$ e $2$, e senza le colonne $k_1$ e $k_2$, e per risparmiare spazio ho messo anche $[1,n-1]nnNN$ che rappresenta l'insieme dei numeri naturali da $1$ ad $n$, ovviamente.)
Visto l'andamento lineare dell'indice di riga, possiamo dedurre che:
$det(A) = \prod_{i=1}^{n}(\sum_{AAk_{i}in([1,n]-[k_1,k_{i-1}])nnNN}(a_{i,k_{i}}(-1)^{k_{i}+i}))$ (E non me ne vogliate se ho messo $[k_1,k_{i-1}]$, so che può benissimo essere $k_1 > k_{i-1}$, ma almeno così ho risparmiato spazio.)
Ora viene la parte un pò più brutta, fare il prodotto ...
$det(A) = (a_{1,1} - a_{1,2} + ... + a_{1, n-1}(-1)^{n} + a_{1,n}(-1)^{n+1})*(-a_{2,1} + a_{2,2} + ... + a_{2,k_{1}-1}(-1)^{1+k_{1}} + a_{2,k_{1}+1}(-1)^{3+k_{1}} + ... + a_{2, n-1}(-1)^{n+1} + a_{2,n}(-1)^{n+2})*$$*...*(a_{n,1}(-1)^{n+1}+a_{n,n}(-1)^{2n})$ (1)
Ora notiamo le seguenti proprietà:
1) Le somme di CIASCUN prodotto hanno segni alterni. (Se $(-1)^(i+j) = 1$ allora $(-1)^(i+j+1) = -1$ e viceversa.)
2) I primi termini di ciascuna somma, per CIASCUN prodotto, hanno segni alterni. (Come sopra)
3) Gli elementi con uguale indice di riga e colonna hanno segni positivi. ($(-1)^{i+i} = (-1)^{2i} = 1$)
Queste proprietà assicurano l'uguaglianza della (1) con $det(A) = \sum_{sigma_{i}inS_{n}}sgn(sigma_{i})\prod_{i=1}^{n}a_{i,sigma_{i}}$.
E questo è quanto. Se qualche anima pia si prende la briga di leggere tutta la mia dimostrazione, ed anche la briga di dire se è giusta o meno (E se non è giusta, dove ho sbagliato), gli voglio bene.
EDIT: Ho fatto come dice dissonance.
L'idea risiede, principalmente, nel partire dalla formula dello sviluppo di Laplace, e dimostrare che questa formula è uguale alla formula di Leibniz, ovvero $\sum_{sigma_{i}inS_{n}}sgn(sigma_{i})\prod_{i=1}^{n}a_{i,sigma_{i}}$ (OK, questo è un pò barare, ma purtroppo queste sono le mie capacità dimostrative ...
)Dunque $det(A) = \sum_{k=1}^{n}a_{i,k}*text{cof}(A_{i,k})=\sum_{k=1}^{n}(a_{i,k}(-1)^{1+k}det(A_{i,k}))$
Successivamente, mi è venuto in mente di applicare RICORSIVAMENTE la formula dello sviluppo di Laplace, aumentando di volta in volta la i, a partire da 1, visto che ad ogni passaggio viene cacciata la riga $i$ e la colonna $k$. Dunque esce un "megaformulone" che è fatto così:
$\sum_{k=1}^{n}(a_{1,k}(-1)^{1+k}det(A_{1,k})) = \sum_{k_{1}=1}^{n}(a_{1,k_{1}}(-1)^{1+k_{1}}(\sum_{AAk_{2}in[1,n]nnNN-{k_{1}}}(a_{2,k_2}(-1)^{2+k_2}det(A_{\stackrel(1,k_1)(2,k_2)}))))$ (Ovviamente con $A_{\stackrel(1,k_1)(2,k_2)}$ intendo la matrice $A$ SENZA le righe $1$ e $2$, e senza le colonne $k_1$ e $k_2$, e per risparmiare spazio ho messo anche $[1,n-1]nnNN$ che rappresenta l'insieme dei numeri naturali da $1$ ad $n$, ovviamente.)
Visto l'andamento lineare dell'indice di riga, possiamo dedurre che:
$det(A) = \prod_{i=1}^{n}(\sum_{AAk_{i}in([1,n]-[k_1,k_{i-1}])nnNN}(a_{i,k_{i}}(-1)^{k_{i}+i}))$ (E non me ne vogliate se ho messo $[k_1,k_{i-1}]$, so che può benissimo essere $k_1 > k_{i-1}$, ma almeno così ho risparmiato spazio.
)Ora viene la parte un pò più brutta, fare il prodotto ...
$det(A) = (a_{1,1} - a_{1,2} + ... + a_{1, n-1}(-1)^{n} + a_{1,n}(-1)^{n+1})*(-a_{2,1} + a_{2,2} + ... + a_{2,k_{1}-1}(-1)^{1+k_{1}} + a_{2,k_{1}+1}(-1)^{3+k_{1}} + ... + a_{2, n-1}(-1)^{n+1} + a_{2,n}(-1)^{n+2})*$$*...*(a_{n,1}(-1)^{n+1}+a_{n,n}(-1)^{2n})$ (1)
Ora notiamo le seguenti proprietà:
1) Le somme di CIASCUN prodotto hanno segni alterni. (Se $(-1)^(i+j) = 1$ allora $(-1)^(i+j+1) = -1$ e viceversa.)
2) I primi termini di ciascuna somma, per CIASCUN prodotto, hanno segni alterni. (Come sopra)
3) Gli elementi con uguale indice di riga e colonna hanno segni positivi. ($(-1)^{i+i} = (-1)^{2i} = 1$)
Queste proprietà assicurano l'uguaglianza della (1) con $det(A) = \sum_{sigma_{i}inS_{n}}sgn(sigma_{i})\prod_{i=1}^{n}a_{i,sigma_{i}}$.
E questo è quanto. Se qualche anima pia si prende la briga di leggere tutta la mia dimostrazione, ed anche la briga di dire se è giusta o meno (E se non è giusta, dove ho sbagliato), gli voglio bene.
EDIT: Ho fatto come dice dissonance.
Ti consiglierei di spezzare la formula (1), invece di \$blablabla\$, scrivi \$bla\$\$bla\$\$bla\$. Così facendo la formula andrà a capo. Così come è scritta occupa più di una schermata e bisogna scorrere, il che rende tutto meno leggibile.
UP!
"Mega-X":
UP!
E ti pare che non vedevo il tuo intervento?
Ottima idea quella di partire dallo sviluppo di Laplace.
Non penso affatto che si tratti di barare perché:
[list=1][*:2oxff1jm]definisco il determinante con le permutazioni e poi dimostro che è equivalente allo sviluppo di Laplace;[/*:m:2oxff1jm]
[*:2oxff1jm]definisco il determinante con le permutazioni, mi invento lo sviluppo di Laplace così dal nulla e poi dimostro che coincide con il determinante.[/*:m:2oxff1jm][/list:o:2oxff1jm]
Che differenza c'è? Penso nessuna.
Per quanto riguarda la tua dimostrazione, penso che sia necessaria l'induzione da qualche parte, comunque dammi un attimo per pensarci...
Penso anche che si possa applicare con poche difficoltà allo sviluppo rispetto ad una riga qualsiasi. Poi per dimostrarlo per le colonne è ovviamente sufficiente considerare la trasposta, ovviamente.
Allora ci penso un attimo e ti rispondo.
Grazie a te per l'idea, comunque.
Leonardo
Una domandina per te, Leonardo89 (Che avrò fatto tipo $(8342798732473228734423^{248942389834243289!})!$ volte ... ): Ma $a|b$ cosa vuol dire?
Volevo leggermi la tua dimostrazione, ma mi sono fermato alla 1° riga.
): Ma $a|b$ cosa vuol dire?Volevo leggermi la tua dimostrazione, ma mi sono fermato alla 1° riga.
Vuol dire a tale che b oppure a divide b.
Nella dimostrazione l'ho usato nel senso $ p \in \sigma_n | p(1)=j $ equivale a dire $ p \in \sigma_n $ tale che $ p(1)=j $ .
Nella dimostrazione l'ho usato nel senso $ p \in \sigma_n | p(1)=j $ equivale a dire $ p \in \sigma_n $ tale che $ p(1)=j $ .
Credo di aver capito la tua dimostrazione, ma mi devi chiarire un'altra notazione ...
Con $q@s$ cosa volevi intendere tu? Hai sostituito la 2° riga di $q$ alla 2° riga di $s$? Oppure è un altra operazione?
E poi non mi è chiaro come scrivi le permutazioni. Cioè scrivi una matrice di 2 righe ed n colonne, in cui nella prima riga va l'insieme di cui devi effettuare la permutazione, e nella seconda va la permutazione della prima riga?
Come puoi ben vedere, capire le notazioni degli altri non è il mio forte ...
Grazie.
Con $q@s$ cosa volevi intendere tu? Hai sostituito la 2° riga di $q$ alla 2° riga di $s$? Oppure è un altra operazione?
E poi non mi è chiaro come scrivi le permutazioni. Cioè scrivi una matrice di 2 righe ed n colonne, in cui nella prima riga va l'insieme di cui devi effettuare la permutazione, e nella seconda va la permutazione della prima riga?
Come puoi ben vedere, capire le notazioni degli altri non è il mio forte ...
Grazie.
Ciao Mega-X.
Chiarisco subito i dubbi di notazione.
Con $q@s$ intendo indicare la permutazione s composta con la permutazione q cioè una normalissima operazione di composizione tra applicazioni.
Per quanto riguarda il modo con cui indico le permutazioni, con
$ s: ((1, 2, 3), (2,3,1))$
intendo che s(1)=2, s(2)=3 e s(3)=1.
Comunque non ti devi preoccupare se non capisci le notazioni altrui: ne esistono così tante e così diverse (personalmente adotto quelle dei libri su cui studio)!
Per quanto riguarda la tua dimostrazione, partire da Laplace non è barare ma lo è parlare di ricorsione senza usare l'induzione. Cioè tu dici per 1 accade questo, per 2 questo quindi
"si vede che" per n accade questo. Un simile ragionamento si può fare alle superiori ma volendo dimostrare seriamente qualcosa serve l'induzione che non fa altro che formalizzare ciò che hai fatto tu, il tuo e così via.
Comunque, ho provato a sfruttare la tua idea, cioè a partire da Laplace e dimostrare con l'induzione che è equivalente alla formula con le permutazioni ma ho riscontrato le stesse difficoltà legate al passaggio da una permutazione all'altra che ho riscontrato nella mia prima dimostrazione dalla formula con le permutazioni a Laplace; perciò non ci ho guadagnato niente.
Resto con i miei dubbi sul fatto che la prima dimostrazione sia esatta o meno.
Dimmi se ti viene in mente qualcosa.
Ciao,
Leonardo
P.S. Hai un mess. privato.
Chiarisco subito i dubbi di notazione.
Con $q@s$ intendo indicare la permutazione s composta con la permutazione q cioè una normalissima operazione di composizione tra applicazioni.
Per quanto riguarda il modo con cui indico le permutazioni, con
$ s: ((1, 2, 3), (2,3,1))$
intendo che s(1)=2, s(2)=3 e s(3)=1.
Comunque non ti devi preoccupare se non capisci le notazioni altrui: ne esistono così tante e così diverse (personalmente adotto quelle dei libri su cui studio)!
Per quanto riguarda la tua dimostrazione, partire da Laplace non è barare ma lo è parlare di ricorsione senza usare l'induzione. Cioè tu dici per 1 accade questo, per 2 questo quindi
"si vede che" per n accade questo. Un simile ragionamento si può fare alle superiori ma volendo dimostrare seriamente qualcosa serve l'induzione che non fa altro che formalizzare ciò che hai fatto tu, il tuo e così via.Comunque, ho provato a sfruttare la tua idea, cioè a partire da Laplace e dimostrare con l'induzione che è equivalente alla formula con le permutazioni ma ho riscontrato le stesse difficoltà legate al passaggio da una permutazione all'altra che ho riscontrato nella mia prima dimostrazione dalla formula con le permutazioni a Laplace; perciò non ci ho guadagnato niente.
Resto con i miei dubbi sul fatto che la prima dimostrazione sia esatta o meno.
Dimmi se ti viene in mente qualcosa.
Ciao,
Leonardo
P.S. Hai un mess. privato.
Prendiamo per vera la formula $det(A) = \sum_{k=1}^{n}(a_{i,k}(-1)^{1+k}det(A_{i,k})) = \prod_{i=1}^{n}(\sum_{AAk_{i}in([1,n]-[k_1,k_{i-1}])nnNN}(a_{i,k_{i}}(-1)^{k_{i}+i}))$ (Nello spoiler ho messo, per ora, un abbozzo di dimostrazione con induzione).
Tu dici che hai problemi nei passaggi con permutazione, a quanto ho capito, dunque, hai problemi qua:
Il problema non è di grossa difficoltà, poiché basta effettuare i prodotti della (1).
Poiché effettuare i prodotti fra il primo fattore, secondo, ..., n-esimo, essendo valida la proprietà distributiva del prodotto rispetto la somma, è come fare il prodotto fra l'elemento $a$ della i-esima riga, e una qualunque colonna fra $i$ e $n-i$, ovvero l'i-esimo elemento di una certa permutazione $sigma$, tale che $sigma_i = m in [i,n-1]_NN$. Dunque questo dovrebbe bastare per il problema delle permutazioni. (Sempre che ho centrato quale sia il tuo problema ...)
Comunque, mi rendo conto che la mia dimostrazione risulta essere incompleta, poiché, sempre nella formula (1), mancano gli addendi $a_{2,k_1}$, $a_{3,k_1}$, $a_{3,k_2}$, et cetera. Dovrò dunque perderci ancora altro tempo, anche perché manca la formalizzazione dell'andamento lineare degli indici.
Tu dici che hai problemi nei passaggi con permutazione, a quanto ho capito, dunque, hai problemi qua:
"Mega-X":
$det(A) = (a_{1,1} - a_{1,2} + ... + a_{1, n-1}(-1)^{n} + a_{1,n}(-1)^{n+1})*(-a_{2,1} + a_{2,2} + ... + a_{2,k_{1}-1}(-1)^{1+k_{1}} + a_{2,k_{1}+1}(-1)^{3+k_{1}} + ... + a_{2, n-1}(-1)^{n+1} + a_{2,n}(-1)^{n+2})*$$*...*(a_{n,1}(-1)^{n+1}+a_{n,n}(-1)^{2n})$ (1)
Ora notiamo le seguenti proprietà:
1) Le somme di CIASCUN prodotto hanno segni alterni. (Se $(-1)^(i+j) = 1$ allora $(-1)^(i+j+1) = -1$ e viceversa.)
2) I primi termini di ciascuna somma, per CIASCUN prodotto, hanno segni alterni. (Come sopra)
3) Gli elementi con uguale indice di riga e colonna hanno segni positivi. ($(-1)^{i+i} = (-1)^{2i} = 1$)
Il problema non è di grossa difficoltà, poiché basta effettuare i prodotti della (1).
Poiché effettuare i prodotti fra il primo fattore, secondo, ..., n-esimo, essendo valida la proprietà distributiva del prodotto rispetto la somma, è come fare il prodotto fra l'elemento $a$ della i-esima riga, e una qualunque colonna fra $i$ e $n-i$, ovvero l'i-esimo elemento di una certa permutazione $sigma$, tale che $sigma_i = m in [i,n-1]_NN$. Dunque questo dovrebbe bastare per il problema delle permutazioni. (Sempre che ho centrato quale sia il tuo problema ...
)Comunque, mi rendo conto che la mia dimostrazione risulta essere incompleta, poiché, sempre nella formula (1), mancano gli addendi $a_{2,k_1}$, $a_{3,k_1}$, $a_{3,k_2}$, et cetera. Dovrò dunque perderci ancora altro tempo, anche perché manca la formalizzazione dell'andamento lineare degli indici.
Ammirabile il tuo impegno.
Però mi permetto di nutrire qualche dubbio sul tuo modo di scrivere il determinante, ossia sulla formula che hai cominciato a dimostrare nello spoiler. La tua idea, se ho capito bene, è di scrivere il determinante invece che come somma di prodotti (come avviene nella formula classica con le permutazioni) come prodotti di somme. Ora per esempio nel caso di una matrice 2x2 come la seguente
$ A = ((a_{11}, a_{12}), (a_{21}, a_{22}))$
si ha $ det(A) = a_{11} a_{22} - a_{12} a_{21} $ scrivendo il det(A) in modo classico come somma di prodotti.
Come fai a scrivere det(A) come prodotti di somme? Se vuoi prova anche a farmelo vedere nel caso di una matrice 3x3. Sono un po' perplesso anche perché la tua dimostrazione nello spoiler è solo cominciata.
Poi può darsi anche che non abbia capito la tua idea, in tal caso scusami.
Leonardo
Però mi permetto di nutrire qualche dubbio sul tuo modo di scrivere il determinante, ossia sulla formula che hai cominciato a dimostrare nello spoiler. La tua idea, se ho capito bene, è di scrivere il determinante invece che come somma di prodotti (come avviene nella formula classica con le permutazioni) come prodotti di somme. Ora per esempio nel caso di una matrice 2x2 come la seguente
$ A = ((a_{11}, a_{12}), (a_{21}, a_{22}))$
si ha $ det(A) = a_{11} a_{22} - a_{12} a_{21} $ scrivendo il det(A) in modo classico come somma di prodotti.
Come fai a scrivere det(A) come prodotti di somme? Se vuoi prova anche a farmelo vedere nel caso di una matrice 3x3. Sono un po' perplesso anche perché la tua dimostrazione nello spoiler è solo cominciata.
Poi può darsi anche che non abbia capito la tua idea, in tal caso scusami.
Leonardo
"Leonardo89":
La tua idea, se ho capito bene, è di scrivere il determinante invece che come somma di prodotti (come avviene nella formula classica con le permutazioni) come prodotti di somme.
MANNAGGIA. Questo perché mi sono scordato il simbolo di sommatoria ALL'INIZIO della produttoria ...
D'altronde, quando vado in macchina, mi è capitato tipo 287328732783289 volte di disinserire il freno a mano. Vi giuro che non scherzo.
Infatti per la matrice 3x3 viene:
$A = ((a_{1,1},a_{1,2},a_{1,3}),(a_{2,1},a_{2,2},a_{2,3}),(a_{3,1},a_{3,2},a_{3,3}))$
$det(A) = a_{1,1}(a_{2,2}a_{3,3}-a_{2,3}a_{3,2}) - a_{2,1}(a_{1,2}a_{3,3}-a_{3,2}a_{1,3}) + a_{3,1}(a_{1,2}a_{2,3}-a_{2,2}a_{1,3})$
Facciamo così: ci penso per benino-ino-ino, e domani do la formula definitiva ...
Perdonami per tutti i post inutili che ho fatto fino ad ora ...
Ciao.
"Mega-X":
Perdonami per tutti i post inutili che ho fatto fino ad ora ...
Se ci hanno anche solo fatto ragionare su qualche aspetto prima nascosto della matematica non sono per niente inutili!
Ciao!
OK, credo di aver trovato PARTE della soluzione, soluzione che però (Come al mio solito ) manca di formalità.
$det(A) \stackrel(text{def})(=) \sum_{k=1}^{n}(a_{i,k}(-1)^{i+k}det(A_{i,k}))$
La mia idea, come prima, si basa sull'applicazione RICORSIVA della funzione $det(A)$.
Ovviamente la matrice $A_{i,k}$ non avrà più la riga $i$ e la colonna $k$, dunque dovremmo prendere un'altra $i$ e un'altra $k$, dunque chiamiamo queste due $i$ e queste due $k$ rispettivamente $i_1$, $i_2$ e $k_1$, $k_2$.
Per comodità nostra facciamo si che la $i$ aumenti, mano mano, a partir da uno. Dunque $i_1 = 1, i_2 = 2$ e $i_x = x in NN$.
La $k$ invece assumerà i valori $k_1, k_2, ..., k_x$.
Applicando $n$ volte la definizione "nostra" di determinante, abbiamo:
$det(A) = \sum_{k_1=1}^{n} ( a_{1,k_1} (-1)^{1+k_1} ( \sum_{AAk_2 in [1,n]_{NN} - k_1} (a_{2,k_2} (-1)^{2+k_2} ( ... ( \sum_{AAk_{n-1} in [1,n]_NN - k_{n-2}} ( a_{(n-1),k_{n-1}} (-1)^{n-1+k_{n-1}} ( \sum_{AAk_{n} in [1,n]_NN - k_{n-1}} ( a_{n,k_n} (-1)^{n+k_n} det(A_{n,k_n} ) )) ) ) ) )$ (1)
Facciamo un pò di ragionamento sulla (1):
1) All'aumentare di $i$, la $k_i$ assume sempre meno valori, poiché vengono eliminate tutte le righe da $k_1$ a $k_{i-1}$. Dunque se da una matrice n x n cacciamo n-1 righe E colonne, è chiaro ed ovvio che rimarrà 1 solo elemento, corrispondente a $a_{n,k_n}$. Dunque $k_1$ può assumere $n$ valori diversi, $k_2$ può assumere $n-1$ valori diversi, e così via, fino a $k_n$ che può assumere uno ed UN SOLO valore, poiché, appunto, sono state cacciate, mano mano, le $n-1$ righe E colonne di prima.
2)Qualunque degli $n$ possibili valori di $a_{1,k_1}$ può moltiplicarsi con uno dei qualunque $n-1$ valori di $a_{2,k_2}$, fino a $k_n$ che può assumere uno ed UN SOLO valore.
Già da queste 2 proprietà, possiamo dire che $a_{i,k_i} = a_{i,sigma_i}, sigma_i in S_n, AAi in [1,n]_NN$, dove $S_n$ è un gruppo di permutazione. Possiamo dunque dire che:
$det(A) = \sum_{k_i in S_{n}} ( \prod_{i=1}^{n} a_{i,k_i} (-1)^{ i+k_i } )=\sum_{k_i in S_{n}} ( ( \prod_{i=1}^{n} a_{i,k_i})*\prod_{i=1}^{n}( (-1)^{ i+k_i } ) ) = \sum_{k_i in S_{n}} ( ( \prod_{i=1}^{n} a_{i,k_i})*(-1)^{\sum_{i=1}^{n}( i + k_i )} )$
Se $k_i$ è una permutazione pari, vorrà dire che $k_i = i + p$ dove $p$ è un numero pari.
Viceversa, se $k_i$ è una permutazione dispari, $k_i = i + d$ dove $d$ è un numero dispari.
Dunque, nel caso di permutazione pari, la somma dell'esponente di $(-1)$ sarà: $\sum_{i=1}^{n} ( 2i + p ) = n(n+1+p) = $numero pari.
Per permutazioni dispari, avremo: $\sum_{i=1}^{n} ( 2i + d ) = n(n+1+d) = $dipendente da n.
Ma da qui in poi non so che pesci prendere ...
) manca di formalità.$det(A) \stackrel(text{def})(=) \sum_{k=1}^{n}(a_{i,k}(-1)^{i+k}det(A_{i,k}))$
La mia idea, come prima, si basa sull'applicazione RICORSIVA della funzione $det(A)$.
Ovviamente la matrice $A_{i,k}$ non avrà più la riga $i$ e la colonna $k$, dunque dovremmo prendere un'altra $i$ e un'altra $k$, dunque chiamiamo queste due $i$ e queste due $k$ rispettivamente $i_1$, $i_2$ e $k_1$, $k_2$.
Per comodità nostra facciamo si che la $i$ aumenti, mano mano, a partir da uno. Dunque $i_1 = 1, i_2 = 2$ e $i_x = x in NN$.
La $k$ invece assumerà i valori $k_1, k_2, ..., k_x$.
Applicando $n$ volte la definizione "nostra" di determinante, abbiamo:
$det(A) = \sum_{k_1=1}^{n} ( a_{1,k_1} (-1)^{1+k_1} ( \sum_{AAk_2 in [1,n]_{NN} - k_1} (a_{2,k_2} (-1)^{2+k_2} ( ... ( \sum_{AAk_{n-1} in [1,n]_NN - k_{n-2}} ( a_{(n-1),k_{n-1}} (-1)^{n-1+k_{n-1}} ( \sum_{AAk_{n} in [1,n]_NN - k_{n-1}} ( a_{n,k_n} (-1)^{n+k_n} det(A_{n,k_n} ) )) ) ) ) )$ (1)
Facciamo un pò di ragionamento sulla (1):
1) All'aumentare di $i$, la $k_i$ assume sempre meno valori, poiché vengono eliminate tutte le righe da $k_1$ a $k_{i-1}$. Dunque se da una matrice n x n cacciamo n-1 righe E colonne, è chiaro ed ovvio che rimarrà 1 solo elemento, corrispondente a $a_{n,k_n}$. Dunque $k_1$ può assumere $n$ valori diversi, $k_2$ può assumere $n-1$ valori diversi, e così via, fino a $k_n$ che può assumere uno ed UN SOLO valore, poiché, appunto, sono state cacciate, mano mano, le $n-1$ righe E colonne di prima.
2)Qualunque degli $n$ possibili valori di $a_{1,k_1}$ può moltiplicarsi con uno dei qualunque $n-1$ valori di $a_{2,k_2}$, fino a $k_n$ che può assumere uno ed UN SOLO valore.
Già da queste 2 proprietà, possiamo dire che $a_{i,k_i} = a_{i,sigma_i}, sigma_i in S_n, AAi in [1,n]_NN$, dove $S_n$ è un gruppo di permutazione. Possiamo dunque dire che:
$det(A) = \sum_{k_i in S_{n}} ( \prod_{i=1}^{n} a_{i,k_i} (-1)^{ i+k_i } )=\sum_{k_i in S_{n}} ( ( \prod_{i=1}^{n} a_{i,k_i})*\prod_{i=1}^{n}( (-1)^{ i+k_i } ) ) = \sum_{k_i in S_{n}} ( ( \prod_{i=1}^{n} a_{i,k_i})*(-1)^{\sum_{i=1}^{n}( i + k_i )} )$
Se $k_i$ è una permutazione pari, vorrà dire che $k_i = i + p$ dove $p$ è un numero pari.
Viceversa, se $k_i$ è una permutazione dispari, $k_i = i + d$ dove $d$ è un numero dispari.
Dunque, nel caso di permutazione pari, la somma dell'esponente di $(-1)$ sarà: $\sum_{i=1}^{n} ( 2i + p ) = n(n+1+p) = $numero pari.
Per permutazioni dispari, avremo: $\sum_{i=1}^{n} ( 2i + d ) = n(n+1+d) = $dipendente da n.
Ma da qui in poi non so che pesci prendere ...
Sembra interessante Mega-X, appena ho un attimo me lo leggo!
(Ho l'esame di analisi tra non molto quindi capirai che non ho molto tempo )
(Ho l'esame di analisi tra non molto quindi capirai che non ho molto tempo
)
Ciao Mega-X.
Posso ora dedicare un po' di tempo a questo argomento (non me ne sono certo dimenticato ).
Ciò che hai scritto non mi sembra errato ma andrebbe dimostrato per induzione, volendo ottenere una dimostrazione rigorosa (che poi è ciò che ricerco io) ed entrerebbero in gioco le permutazioni di cui io ancora non ho piena padronanza (ed, in effetti, era proprio per quel tipo di dubbi che avevo aperto il topic). Noto che alla fine, inoltre, anche tu ti sei bloccato per problemi con le permutazioni.
Rimando quindi il tutto a quando avrò padronanza di questo fondamentale argomento di algebra.
Ciao e in bocca al lupo!
Leonardo
Posso ora dedicare un po' di tempo a questo argomento (non me ne sono certo dimenticato
).Ciò che hai scritto non mi sembra errato ma andrebbe dimostrato per induzione, volendo ottenere una dimostrazione rigorosa (che poi è ciò che ricerco io) ed entrerebbero in gioco le permutazioni di cui io ancora non ho piena padronanza (ed, in effetti, era proprio per quel tipo di dubbi che avevo aperto il topic). Noto che alla fine, inoltre, anche tu ti sei bloccato per problemi con le permutazioni.
Rimando quindi il tutto a quando avrò padronanza di questo fondamentale argomento di algebra.
Ciao e in bocca al lupo!
Leonardo
"Leonardo89":
Ciò che hai scritto non mi sembra errato ma andrebbe dimostrato per induzione, volendo ottenere una dimostrazione rigorosa
Ma infatti lo avevo detto all'inizio che questa dimostrazione non avesse rigore!
Comunque ho trovato la soluzione ...
Eravamo arrivati alla formula finale $det(A) = \sum_{k_i \in S_n} \prod_{i=1}^{n} a_{i,k_i} (-1)^{i+k_i}$.
Il mio errore, prima, era quello di moltiplicare tutti i termini $(-1)^{i+k_i}$. L'idea, ora, consiste nel mettere in evidenza i $(-1)^{i+k_i}$ uguali.
Anzitutto troviamo l'espressione di $k_i$. Se la $k_i$, come avevamo detto prima, è una permutazione pari, la possiamo esprimere come $k_i = i + p$, dove $p$ è un numero pari. Se $k_i$ è una permutazione dispari, la esprimiamo come $k_i = i + d$. Piu in generale, scriviamo $k_i = i + xmod2$. Poiché, se abbiamo una permutazione pari, vorrà dire che il fattore $(-1)^{i+k_i}$ avrà sempre valore $+1$, perché abbiamo $(-i)^{2i+p}$. Dunque l'esponente sarà sempre pari, e il fattore sarà sempre $+1$. La cosa al contrario per permutazioni dispari. Possiamo dunque dire che $det(A) = \sum_{k_i \in S_n} sgn(k_i)\prod_{i=1}^{n}a_{i,k_i}$.
Però bisogna utilizzare l'induzione per dimostrare che l'indice di colonna, (O l'indice di riga, la dimostrazione è praticamente UGUALE.
) si comporta come permutazione dell'insieme $[1,n]_NN$ (Che, come avrete intuito, vuol dire l'insieme da $1$ ad $n$ nei numeri naturali, che, volendo, si può anche indicare come $[1,n]nnNN$).
Ma comunque applicare l'induzione per mostrare che l'indice di riga (O di colonna.) è una permutazione dell'insieme $[1,n]_NN$ non è troppo difficile poiché per $n = 1$ abbiamo l'insieme $A = {1}$, e l'unica e sola permutazione possibile non è altro che l'insieme $A$ stesso.
Prendiamo per vera l'ipotesi per $n-1$ e la dimostriamo per $n$.
Siccome l'ipotesi è stata presa per vera per $n-1$, vorrà dire che sono stati assegnati già i primi $n-1$ valori della permutazione, il valore di $n$ sarà univocamente individuabile ed avrà valore $k_n$.
Per tanto ora la dimostrazione è (Dovrebbe.) essere completa!
P.S. : Quando dicevo che $k_i = i + p$ e $k_i = i + d$, la somma era intesa come somma modulare. Se $i + p$, o $i + d$, è maggiore di $n$, si intende $i + p - n$, o $i + d - n$.
Prendiamo per vera l'ipotesi per $n-1$ e la dimostriamo per $n$.
Siccome l'ipotesi è stata presa per vera per $n-1$, vorrà dire che sono stati assegnati già i primi $n-1$ valori della permutazione, il valore di $n$ sarà univocamente individuabile ed avrà valore $k_n$.
Per tanto ora la dimostrazione è (Dovrebbe.) essere completa!
P.S. : Quando dicevo che $k_i = i + p$ e $k_i = i + d$, la somma era intesa come somma modulare. Se $i + p$, o $i + d$, è maggiore di $n$, si intende $i + p - n$, o $i + d - n$.
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