[Sissa '08] Sul determinante di $^cA$

[Steven11]

Sia $A$ matrice $n\times n$ a coefficienti reali.
Indico con [tex]$^cA$[/tex] la matrice dei cofattori di [tex]$A$[/tex], i.e. [tex]$^cA := (b_{ij})$[/tex]
dove [tex]$b_{ij}$[/tex] è il prodotto tra [tex]$(-1)^{i+j}$[/tex] e il determinante della matrice ottenuta da [tex]$A$[/tex] sopprimendo la $j$-esima riga e la $i$-esima colonna

Si determini il valore [tex]$\text{det}(^cA)$[/tex].

La mia soluzione, mi sono accorto purtroppo dopo poco tempo, non è valida per le matrici singolari.
Lì per lì non mi è riuscito di aggiustare questo caso, comunque sia la dimostrazione nel caso non singolare è semplice.

Buon divertimento.

[j18eos]

Essendo [tex]$\forall A\in GL(n;\mathbb{R}),\,A^{-1}=\det(A)^{-1}(^cA)^T$[/tex] ed [tex]$A\times A^{-1}=I$[/tex], per il teorema di Binét e per le proprietà del determinante di una matrice quadrata: [tex]$1=\det(A)\det(A^{-1})=det(A)det((det(A^{-1})^cA)^T)=\det(A)\det(A)^{-n}\det(^cA)=\det(A)^{1-n}\det(^cA)$[/tex]
[tex]$\Rightarrow \det(^cA)=\det(A)^{n-1}$[/tex].

[Steven11]

Ok, ma questo appunto non copre il caso "$A$ non invertibile".

[j18eos]

Lo sò ho iniziato dalla invertibilità di [tex]$A$[/tex]; sull'altro caso ci penserò!

[dissonance]

Secondo me la risposta è sempre la stessa per continuità. Infatti $A^C, det(A), A^{n+1}$ sono funzioni continue della $A$ e ogni matrice singolare si può approssimare con una successione di matrici non singolari.

[j18eos]

Dico pubblicamente che tale è una soluzione parziale per il caso di matrici singolari.

Sia [tex]$A\in\mathbb{R}^n_n\mid n\geq2;\,\matrm{rank}A\leq n-2$[/tex] allora [tex]$det(^cA)=0$[/tex]. Se fosse [tex]$n=1$[/tex] sarebbe [tex]$A=^cA\Rightarrow det(A)=det(^cA)$[/tex]

[maurer]

Se [tex]\det A \ne 0[/tex] la domanda è triviale. Infatti, in tal caso è ben risaputo che, con le notazioni del post precedente, [tex]A^{-1} = \frac{1}{\det A} B[/tex], sicché [tex](\det A)A^{-1} = B[/tex] e quindi [tex]\det B = (\det A)^n \det(A^{-1}) = (\det A)^{n-1}[/tex].

L'idea ora è di mostrare che se [tex]\det B \ne 0[/tex], allora [tex]\det A \ne 0[/tex].
Se [tex]A[/tex] è la matrice nulla, tale è pure [tex]B[/tex] sicché [tex]\det B = 0[/tex]. Supponiamo ora che [tex]A[/tex] non sia nulla. Allora esiste una riga non interamente nulla; sia essa la riga [tex]i[/tex].
Supponiamo che [tex]\det B \ne 0[/tex]. Allora le colonne di [tex]B[/tex] sono linearmente indipendenti e quindi

[tex]a_{i1} \left(\begin{matrix}b_{11} \\ b_{21} \\ \vdots \\ b_{n1}\end{matrix}\right) + a_{i2} \left(\begin{matrix}b_{12} \\ b_{22} \\ \vdots \\ b_{n2}\end{matrix}\right) + \ldots + a_{in}\left(\begin{matrix}b_{1n} \\ b_{2n} \\ \vdots \\ b_{nn}\end{matrix}\right) \ne \left(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{matrix}\right)[/tex]

Quindi deve esistere un [tex]j[/tex] tale che

[tex]a_{i1}b_{j1} + a_{i2}b_{j2} + \ldots + a_{in}b_{jn} \ne 0[/tex][/list:u:3rf2v1cq]
senonché per il Teorema di Laplace l'espressione scritta prima è identicamente nulla quando [tex]j \ne i[/tex] (infatti, coincide con il determinante di una matrice avente la riga 1 e la riga j uguali). Quindi [tex]j = i[/tex] e pertanto, ancora per il Teorema di Laplace segue che


[tex]\det A = a_{11}b_{j1} + a_{12}b_{j2} + \ldots + a_{1n}b_{jn} \ne 0[/tex][/list:u:3rf2v1cq]
il che risolve completamente il problema: si ha, infatti, che [tex]\det B = (\det A)^{n-1}[/tex] se [tex]n > 1[/tex], mentre se [tex]n = 1[/tex], [tex]\det B = \det A[/tex].

[dissonance]

@maurer:
https://www.matematicamente.it/forum/pos ... tml#450195

[Steven11]

Ok, mi piace.

Per chi leggesse, suppongo che maurer (mi corregga se sbaglio) volesse scrivere

[tex]\det A = a_{j1}b_{j1} + a_{j2}b_{j2} + \ldots + a_{jn}b_{jn} \ne 0[/tex] (ho aggiustato un pedice).

e inoltre deve essere, più sopra, $j=i$ o quello sarebbe il determinante di una matrice di con righe $i$ e $j$ uguali.

[maurer]

@steven: esatto... ora non posso più editare il messaggio, ma si tratta di un errore di trascrizione. Se qualche mod volenteroso volesse modificare il mio messaggio, faccia pure, ma credo che si capisca lo stesso, dopo l'intervento di steven.

[elvis3]

Nella vecchia discussione di sopra il problema è stato affrontato a partire dall'equazione

\[
\det {}^c\!\!A \cdot \det A = (\det A)^n \quad \Longleftrightarrow \quad \det A ( \det {}^c\!\!A - (\det A)^{n-1}) = 0 \qquad (\ast)
\]
derivante dall'identità \({}^c\!\! A \cdot A = A \cdot {}^c\!\! A =\det A \cdot I_n\).
A questo punto, se \(\det A\) è un elemento invertibile, si conclude immediatamente che

\[
\det {}^c\!\!A = (\det A)^{n-1} \qquad (\ast \ast)
\]
Dal momento che si lavora su un campo, l'unico caso di soluzione non immediata si ha quando \(\det A = 0\). Alla fine della fiera, risulta che anche in quest'ultimo caso resta valida la \((\ast \ast)\).

Sappiamo che ha senso parlare di determinante di matrici quadrate a entrate in un qualsiasi anello commutativo \(R\). Inoltre, in questo contesto, continuano a essere valide la formula esplicita del determinante, il teorema di Binet, lo sviluppo di Laplace e tutto il resto. In particolare, se \(A\) è una matrice \(n \times n\) con entrate in \(R\), resta ancora valida l'equazione \((\ast)\). Ma stavolta \(\det A \in R\) può essere non nullo e non invertibile...

Vi pongo la questione: dimostrare che \((\ast \ast)\) vale in ogni anello commutativo \(R\).