Teorema di Binet.
Teorema di Binet
Siano $A,B on M_n(K)$ di ha
Dimostrazione:
Sia
\(\displaystyle det(AB)=det\begin{vmatrix} a_{11} \mathbf{b}_1 + a_{12}\mathbf{b}_2+...+a_{1n}\mathbf{b}_n \\ a_{21}\mathbf{b}_1 + a_{22}\mathbf{b}_2+...+a_{2n}\mathbf{b}_n \\ ... .... .... \\ a_{n1}\mathbf{b}_1 + a_{n2}\mathbf{b}_2+...+a_{nn}\mathbf{b}_n \end{vmatrix}=a_{11}det\begin{vmatrix} \mathbf{b}_1 \\ a_{21}\mathbf{b}_1 + a_{22}\mathbf{b}_2+...+a_{2n}\mathbf{b}_n \\ ... .... .... \\ a_{n1}\mathbf{b}_1 + a_{n2}\mathbf{b}_2+...+a_{nn}\mathbf{b}_n \end{vmatrix}+...+a_{1n}det\begin{vmatrix} \mathbf{b}_n \\ a_{21}\mathbf{b}_1 + a_{22}\mathbf{b}_2+...+a_{2n}\mathbf{b}_n \\ ... .... .... \\ a_{n1}\mathbf{b}_1 + a_{n2}\mathbf{b}_2+...+a_{nn}\mathbf{b}_n \end{vmatrix}=...=\sum_{h_1,h_2,...,h_n=1}^na_{1h_1}a_{2h_2}...a_{nh_n}det\begin{vmatrix} \mathbf{b}_{h_1} \\ ... \\ \mathbf{b}_{h_n} \end{vmatrix} \)
Salvo imprevisti di battitura la dimostrazione è questa (pag. 116 Introduzione ai metodi dell'algebra lineare di Nicola Melone), ovviamente continua, ma vorrei chiarire il seguente punto:
L'ultimo passaggio non riesco a formalizzarlo, mi spego meglio, se faccio variare i pedici $h_i$ mi ritrovo con il \(\displaystyle det=\begin{vmatrix} \mathbf{b}_{h_1} \\ ... \\ \mathbf{b}_{h_n} \end{vmatrix}=0 \), nonchè la dimostrazione continua dicendo:
In tale somma ogni addendo corrispondente ad una n-upla ndi indici $h_1,h_2,..., h_n$ non tutti distinti risulta nullo, in quanto $h_i=h_j to mathbf{b}_{h_i}=mathbf{b}_{h_j}$ e quindi le due righe sono uguali allora il \(\displaystyle det\begin{vmatrix} \mathbf{b}_{h_1} \\ ... \\ \mathbf{b}_{h_n} \end{vmatrix}=0 \)
Mi potreste dare una mano, con questo mio dubbio.
Ciao
Siano $A,B on M_n(K)$ di ha
$det(AB)=det(A)det(B)$
Dimostrazione:
\(\displaystyle AB=\begin{vmatrix} a_{11} \mathbf{b}_1 + a_{12}\mathbf{b}_2+...+a_{1n}\mathbf{b}_n \\ a_{21}\mathbf{b}_1 + a_{22}\mathbf{b}_2+...+a_{2n}\mathbf{b}_n \\ ... .... .... \\ a_{n1}\mathbf{b}_1 + a_{n2}\mathbf{b}_2+...+a_{nn}\mathbf{b}_n \end{vmatrix} \)
Sia
\(\displaystyle det(AB)=det\begin{vmatrix} a_{11} \mathbf{b}_1 + a_{12}\mathbf{b}_2+...+a_{1n}\mathbf{b}_n \\ a_{21}\mathbf{b}_1 + a_{22}\mathbf{b}_2+...+a_{2n}\mathbf{b}_n \\ ... .... .... \\ a_{n1}\mathbf{b}_1 + a_{n2}\mathbf{b}_2+...+a_{nn}\mathbf{b}_n \end{vmatrix}=a_{11}det\begin{vmatrix} \mathbf{b}_1 \\ a_{21}\mathbf{b}_1 + a_{22}\mathbf{b}_2+...+a_{2n}\mathbf{b}_n \\ ... .... .... \\ a_{n1}\mathbf{b}_1 + a_{n2}\mathbf{b}_2+...+a_{nn}\mathbf{b}_n \end{vmatrix}+...+a_{1n}det\begin{vmatrix} \mathbf{b}_n \\ a_{21}\mathbf{b}_1 + a_{22}\mathbf{b}_2+...+a_{2n}\mathbf{b}_n \\ ... .... .... \\ a_{n1}\mathbf{b}_1 + a_{n2}\mathbf{b}_2+...+a_{nn}\mathbf{b}_n \end{vmatrix}=...=\sum_{h_1,h_2,...,h_n=1}^na_{1h_1}a_{2h_2}...a_{nh_n}det\begin{vmatrix} \mathbf{b}_{h_1} \\ ... \\ \mathbf{b}_{h_n} \end{vmatrix} \)
Salvo imprevisti di battitura la dimostrazione è questa (pag. 116 Introduzione ai metodi dell'algebra lineare di Nicola Melone), ovviamente continua, ma vorrei chiarire il seguente punto:
L'ultimo passaggio non riesco a formalizzarlo, mi spego meglio, se faccio variare i pedici $h_i$ mi ritrovo con il \(\displaystyle det=\begin{vmatrix} \mathbf{b}_{h_1} \\ ... \\ \mathbf{b}_{h_n} \end{vmatrix}=0 \), nonchè la dimostrazione continua dicendo:
In tale somma ogni addendo corrispondente ad una n-upla ndi indici $h_1,h_2,..., h_n$ non tutti distinti risulta nullo, in quanto $h_i=h_j to mathbf{b}_{h_i}=mathbf{b}_{h_j}$ e quindi le due righe sono uguali allora il \(\displaystyle det\begin{vmatrix} \mathbf{b}_{h_1} \\ ... \\ \mathbf{b}_{h_n} \end{vmatrix}=0 \)
Mi potreste dare una mano, con questo mio dubbio.
Ciao
Risposte
Le matrici con due righe\colonne uguali hanno determinante nullo: è questo il tuo dubbio?
No, questo lo so.
Sono arrivato alla sommatoria
applicando $n*n$ volte la proprietà elementare "lo scrivo"
Se una riga $A_i$ di una matrice quadrata $A$, risulta essere combinazione lineare di $V, V'$ vettori, $A_i=c_1V+c_2V'$ risulta che
Quindi ottengo la sommatoria, il problema che noto, che se faccio variare i pedici $h_i$ nella sommatoria che vanno da $1 le \i \ le n$, ossia mi ritrovo
$h_1,h_2,...,h_n=1$ ottengo
Quindi dove sto sbagliando ?
Sono arrivato alla sommatoria
\(\displaystyle \sum_{h_1,h_2,...,h_n=1}^na_{1h_1}a_{2h_2}...a_{nh_n}det\begin{vmatrix}\mathbf{b}_{h_1} \\ \mathbf{b}_{h_2} \\ ... \\ \mathbf{b}_{h_n}\end{vmatrix} \)
applicando $n*n$ volte la proprietà elementare "lo scrivo"
Se una riga $A_i$ di una matrice quadrata $A$, risulta essere combinazione lineare di $V, V'$ vettori, $A_i=c_1V+c_2V'$ risulta che
\(\displaystyle \det(A)=c_1det \begin{vmatrix} A_1 \\ A_2\\ ...V \\ ... \\ A_n \end{vmatrix} +c_2det \begin{vmatrix} A_1 \\ A_2\\ ...V' \\ ... \\ A_n \end{vmatrix}\)
Quindi ottengo la sommatoria, il problema che noto, che se faccio variare i pedici $h_i$ nella sommatoria che vanno da $1 le \i \ le n$, ossia mi ritrovo
$h_1,h_2,...,h_n=1$ ottengo
\(\displaystyle \sum_{h_1,h_2,...,h_n=1}^na_{11}a_{21}...a_{n1}det\begin{vmatrix}\mathbf{b}_{1} \\ \mathbf{b}_{2} \\ ... \\ \mathbf{b}_{n}\end{vmatrix}=0 \)
Quindi dove sto sbagliando ?
Ciao, non ho letto nulla ad essere onesto. Se conosci un po' cosa è un tensore alternante esiste una dimostrazione immediata di questo teorema. Se non lo sai, non ti interessa o vuoi capire questa dimostrazione, torno nell'ombra.
Mmm,mi sa di no 
Nei fatti, quel determinante si annulla almeno quando ci sono gli indici ripetuti, quindi tu devi considerare le \(\displaystyle n\)-ple di indici \(\displaystyle h_k\) che non si ripetono.
Ti torna?
Ti torna?
@j18eos si certo, il problema che forse interpreto male la sommatoria, o meglio, secondo un mio punto di vista i pedici della sommatoria varia tutti contemporaneamente da $1$ ad $n$...lo so che tale interpretazione porta a dire che tutti i determinanti sono nulli, ma da come scritta.. cosi mi sembra..puoi smentire ? Grazie
@sergio interessante come risposta, in quanto è simile alla dimostrazione del mio professore, ossia
La dimostrazione che riporto, non c'entra con quella riportata in precedenza, ossia, sono due.
prima di inziare con la dimostrazione,introduce un lemma, cioè:
Lemma : Esistono $C_1,...,C_h$ operazioni elementari sulle colonne di una matrice, tale che riducono la matrice in una matrice triangolore superiore.
Implicitamente usa il fatto che
*) $A in M_n(K)$, $A'$ scala;
*) $N$ numero di operazioni elementari di seconda specie.
Dimostrazione:
$Det(AB)=(-1)^Ndet(P_kP_{k-1}...P_1)(AB)=(-1)^Ndet(P(A)B)=(-1)^Ndet(A'B)$
dove per $P_k$ operazioni elementari.
Ora, le operazioni elementari, le posso svolgere nel determinante, cioè non riesco a formalizzare la prima uguaglianza.
Grazie per l'attenzione .
@sergio interessante come risposta, in quanto è simile alla dimostrazione del mio professore, ossia
La dimostrazione che riporto, non c'entra con quella riportata in precedenza, ossia, sono due.
prima di inziare con la dimostrazione,introduce un lemma, cioè:
Lemma : Esistono $C_1,...,C_h$ operazioni elementari sulle colonne di una matrice, tale che riducono la matrice in una matrice triangolore superiore.
Implicitamente usa il fatto che
$det(A)=(-1)^Ndet(A')$
*) $A in M_n(K)$, $A'$ scala;
*) $N$ numero di operazioni elementari di seconda specie.
Dimostrazione:
$Det(AB)=(-1)^Ndet(P_kP_{k-1}...P_1)(AB)=(-1)^Ndet(P(A)B)=(-1)^Ndet(A'B)$
dove per $P_k$ operazioni elementari.
Ora, le operazioni elementari, le posso svolgere nel determinante, cioè non riesco a formalizzare la prima uguaglianza.
Grazie per l'attenzione .
La notazione che hai scritto mi confonde molto. Ho visto una dimostrazione simile in giro, ma usava i vettori colonna, mentre tu sembra che usi vettori riga.
Insomma, partiva definendo i vettori \(\mathbf{e}_i\) come i vettori colonna con \(1\) nella posizione \(i\) e \(0\) altrove. Considerava quindi i vettori colonna \(\mathbf{b}_i\) che definivano la matrice \(B\) e faceva notare due cose: [list=1][*:1b5zkhlb]\(B\mathbf{e}_i = \mathbf{b}_i\); [/*:m:1b5zkhlb]
[*:1b5zkhlb] \(\displaystyle \mathbf{b}_i = \sum_{j=1}^n b_{j,i}\mathbf{e}_j \) [/*:m:1b5zkhlb][/list:o:1b5zkhlb]
A questo punto considerava il prodotto \(AB\) e faceva notare che era uguale a \[AB = \begin{pmatrix}
A\mathbf{b}_1 \dotsb A\mathbf{b}_n \end{pmatrix}\] Ovvero ogni colonna della matrice \(AB\) ha la forma \(A\mathbf{b}_i\).
Usando il secondo punto si ricava quindi che ogni colonna ha la forma \(A\mathbf{b}_i = \sum_{j=0}^n b_{j,i} A\mathbf{e}_j = \sum_{j=0}^n b_{j,i} \mathbf{a}_j \) dove \(\mathbf{a}_j\) è la colonna \(j\)-esima di \(A\). A questo punto la dimostrazione usava il fatto che \(\det\) era una funzione multilineare nelle colonne della matrice per ricavare \[\det(AB) = \sum_{j_1 = 0}^n\dotsb \sum_{j_n = 0}^n \prod_{i =0}^n b_{j_i,i} \det( \mathbf{a}_{j_1}, \dotsc, \mathbf{a}_{j_n} ) \]
A questo punto usava nuovamente la multilinearità per eliminare i casi in cui \(j_k = j_l\) per qualche \(k \neq l\), ricavando quindi \[\begin{align*}\det(AB) &= \sum_{\sigma\in S_n} \prod_{i=0}^n b_{\sigma(i),i} \mathrm{sign}(\sigma)\det( A ) \\
&= \det( A )\sum_{\sigma\in S_n} \prod_{i=0}^n b_{\sigma(i),i} \mathrm{sign}(\sigma) \\
&= \det( A )\det( B )\end{align*} \]
Insomma, partiva definendo i vettori \(\mathbf{e}_i\) come i vettori colonna con \(1\) nella posizione \(i\) e \(0\) altrove. Considerava quindi i vettori colonna \(\mathbf{b}_i\) che definivano la matrice \(B\) e faceva notare due cose: [list=1][*:1b5zkhlb]\(B\mathbf{e}_i = \mathbf{b}_i\); [/*:m:1b5zkhlb]
[*:1b5zkhlb] \(\displaystyle \mathbf{b}_i = \sum_{j=1}^n b_{j,i}\mathbf{e}_j \) [/*:m:1b5zkhlb][/list:o:1b5zkhlb]
A questo punto considerava il prodotto \(AB\) e faceva notare che era uguale a \[AB = \begin{pmatrix}
A\mathbf{b}_1 \dotsb A\mathbf{b}_n \end{pmatrix}\] Ovvero ogni colonna della matrice \(AB\) ha la forma \(A\mathbf{b}_i\).
Usando il secondo punto si ricava quindi che ogni colonna ha la forma \(A\mathbf{b}_i = \sum_{j=0}^n b_{j,i} A\mathbf{e}_j = \sum_{j=0}^n b_{j,i} \mathbf{a}_j \) dove \(\mathbf{a}_j\) è la colonna \(j\)-esima di \(A\). A questo punto la dimostrazione usava il fatto che \(\det\) era una funzione multilineare nelle colonne della matrice per ricavare \[\det(AB) = \sum_{j_1 = 0}^n\dotsb \sum_{j_n = 0}^n \prod_{i =0}^n b_{j_i,i} \det( \mathbf{a}_{j_1}, \dotsc, \mathbf{a}_{j_n} ) \]
A questo punto usava nuovamente la multilinearità per eliminare i casi in cui \(j_k = j_l\) per qualche \(k \neq l\), ricavando quindi \[\begin{align*}\det(AB) &= \sum_{\sigma\in S_n} \prod_{i=0}^n b_{\sigma(i),i} \mathrm{sign}(\sigma)\det( A ) \\
&= \det( A )\sum_{\sigma\in S_n} \prod_{i=0}^n b_{\sigma(i),i} \mathrm{sign}(\sigma) \\
&= \det( A )\det( B )\end{align*} \]
Quello che volevo scrivere è incluso nella precedente risposta di vict85...
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