1 Il determinante di una funzione lineare (o di una matrice)

Lezione 17

1 Il determinante di una funzione lineare (o di una matrice)

Se consideriamo una matrice quadrata di ordine $2$

A=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}

è facile verificare, con un calcolo diretto, che la sua matrice inversa è

A^{-1}=\begin{pmatrix}\frac{d}{ad-bc}&\frac{-b}{ad-bc}\\ \frac{-c}{ad-bc}&\frac{a}{ad-bc}\end{pmatrix}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d&% -b\\ -c&a\end{pmatrix}

(basta verificare che $AA^{-1}=I$ e che $A^{-1}A=I$ ).

Naturalmente, affinché $A^{-1}$ esista, è necessario che il denominatore $ad-bc$ delle varie frazioni sia diverso da $0$ . Si conclude quindi che esiste un numero associato alla matrice $A$ (precisamente $ad-bc$ ) che determina se $A$ è invertibile ( $ad-bc\neq 0$ ) oppure no ( $ad-bc=0$ ). Tale numero è detto il determinante di $A$ .

Ci proponiamo ora di estendere quanto appena visto al caso di matrici $n\times n$ . Iniziamo osservando che il determinante può essere visto come una funzione dei due vettori colonna di $A$ :

\det\colon\begin{pmatrix}a\\ c\end{pmatrix},\begin{pmatrix}b\\ d\end{pmatrix}\mapsto ad-bc

Questa funzione ha le seguenti proprietà (che si possono verificare con un calcolo diretto):

1.

$\det(a_{1}v_{1}+a_{2}v_{2},w)=a_{1}\det(v_{1},w)+a_{2}\det(v_{2},w)$
2.

$\det(v,b_{1}w_{1}+b_{2}w_{2})=b_{1}\det(v,w_{1})+b_{2}\det(v,w_{2})$
3.

$\det(w,v)=-\det(v,w)$

per ogni $v,v_{1},v_{2},w,w_{1},w_{2}\in K^{2}$ e ogni $a_{1},a_{2},b_{1},b_{2}\in K$ .

Le prime due proprietà ci dicono che questa funzione è bilineare, cioè è lineare sia nel primo che nel secondo argomento, la terza proprietà ci dice che è una funzione antisimmetrica, o alternante, cioè cambia segno quando si scambiano i due argomenti. Queste osservazioni motivano la seguente definizione.

Definizione. Sia $V$ uno spazio vettoriale di dimensione $n$ sul campo $K$ (supponiamo che $K$ non abbia caratteristica $2$ , cioè che non sia $1+1=0$ ). Una funzione

F\colon V\times V\times\cdots\times V\to K

definita sul prodotto cartesiano di $V$ per sé stesso $n$ -volte e a valori nel campo $K$ è detta $n$ -lineare alternante se essa è lineare in ciascuno degli $n$ argomenti e cambia segno ogni volta che due argomenti vengono scambiati. Una tale funzione è anche detta una forma $n$ -lineare alternante.

Osservazione. È importante notare che una funzione alternante $F$ si annulla non appena due dei suoi argomenti sono uguali. Infatti se due argomenti di $F$ sono uguali e li scambiamo tra loro non cambia assolutamente nulla, quindi il valore di $F$ non cambia. D’altra parte, siccome $F$ è alternante, lo scambio dei due argomenti deve provocare un cambiamento di segno nel valore assunto da $F$ . Questo significa che il valore assunto da $F$ deve essere uguale al suo opposto e, pertanto, tale valore deve essere $0$ .

Le forme $n$ -lineari alternanti sullo spazio vettoriale $V$ si possono sommare tra loro e moltiplicare per degli elementi del campo $K$ ed è immediato verificare che esse formano uno spazio vettoriale su $K$ , che indicheremo con $A^{n}(V)$ .

Teorema. Sia $V$ uno spazio vettoriale di dimensione $n$ sul campo $K$ . Lo spazio vettoriale $A^{n}(V)$ ha dimensione $1$ .

Dimostrazione. Sia $F$ una forma $n$ -lineare alternante e sia $\{v_{1},v_{2},\dots,v_{n}\}$ una base di $V$ . Consideriamo $n$ vettori di $V$ , $w_{1},w_{2},\dots,w_{n}$ , che scriveremo come combinazione lineare dei vettori della base:

w_{1}=\sum_{j_{1}=1}^{n}a_{j_{1},1}v_{j_{1}},\dots,w_{n}=\sum_{j_{n}=1}^{n}a_{% j_{n},n}v_{j_{n}}

e calcoliamo $F(w_{1},w_{2},\dots,w_{n})$ .

Per la linearità di $F$ in ciascuno degli $n$ argomenti, possiamo portare davanti a $F$ tutte le sommatorie e tutti gli scalari, ottenendo

F(w_{1},w_{2},\dots,w_{n})=\sum_{j_{1}=1}^{n}\sum_{j_{2}=1}^{n}\cdots\sum_{j_{% n}=1}^{n}a_{j_{1},1}a_{j_{2},2}\dots a_{j_{n},n}F(v_{j_{1}},v_{j_{2}},\dots,v_% {j_{n}})

In questa espressione tutti i termini $F(v_{j_{1}},v_{j_{2}},\dots,v_{j_{n}})$ dove compaiono almeno due vettori uguali si annullano, a causa dell’alternanza di $F$ . Rimangono quindi solo i termini $F(v_{j_{1}},v_{j_{2}},\dots,v_{j_{n}})$ ove compaiono solo vettori distinti, cioè ove compaiono tutti i vettori della base $v_{1},v_{2},\dots,v_{n}$ permutati tra loro. È quindi possibile scambiare tra loro i vettori $v_{j_{1}},v_{j_{2}},\dots,v_{j_{n}}$ per riportarli nell’ordine $v_{1},v_{2},\dots,v_{n}$ e si avrà

F(v_{j_{1}},v_{j_{2}},\dots,v_{j_{n}})=\pm F(v_{1},v_{2},\dots,v_{n}).

Per maggior precisione, si avrà

F(v_{j_{1}},v_{j_{2}},\dots,v_{j_{n}})=F(v_{1},v_{2},\dots,v_{n})

se il numero di scambi effettuati per riportare i vettori nell’ordine $v_{1},v_{2},\dots,v_{n}$ è pari. Se invece tale numero di scambi è dispari, si avrà

F(v_{j_{1}},v_{j_{2}},\dots,v_{j_{n}})=-F(v_{1},v_{2},\dots,v_{n}).

Ricordiamo che il segno di una permutazione $\sigma$ degli $n$ indici $\{1,2,\dots,n\}$ (indicato con ${\rm sgn}(\sigma)$ ) è $+$ se $\sigma$ coinvolge un numero pari di scambi ed è $-$ se $\sigma$ coinvolge un numero dispari di scambi.

Da quanto detto segue che

F(w_{1},w_{2},\dots,w_{n})=\sum_{\sigma}{\rm sgn}(\sigma)a_{\sigma(1),1}a_{% \sigma(2),2}\dots a_{\sigma(n),n}F(v_{1},v_{2},\dots,v_{n})

ove la sommatoria è estesa a tutte le $n!$ permutazioni degli indici $\{1,2,\dots,n\}$ .

Da questa formula possiamo trarre alcune importanti conseguenze. La prima è che $F$ è identicamente nulla se si annulla sui vettori di base, cioè se $F(v_{1},v_{2},\dots,v_{n})=0$ . La seconda è che una forma $n$ -lineare alternante è determinata in modo unico dal valore che assume sui vettori di base.

Supponiamo quindi di avere due elementi non nulli $F,G\in A^{n}(V)$ e sia $k_{1}=F(v_{1},v_{2},\dots,v_{n})$ e $k_{2}=G(v_{1},v_{2},\dots,v_{n})$ . Dato che $F$ e $G$ sono diversi da $0$ , anche $k_{1}$ e $k_{2}$ non sono nulli e possiamo scrivere

G(v_{1},v_{2},\dots,v_{n})=\frac{k_{2}}{k_{1}}F(v_{1},v_{2},\dots,v_{n}).

Ma dato che $F$ e $G$ sono univocamente determinate dal valore che assumono sui vettori di base, da ciò segue che

G=\frac{k_{2}}{k_{1}}F,

il che dimostra che tutti gli elementi non nulli di $A^{n}(V)$ sono proporzionali e quindi $A^{n}(V)$ ha dimensione $1$ .

Osservazione. Sia $f\colon V\to V$ una funzione lineare e sia $F\in A^{n}(V)$ una forma $n$ -lineare alternante, che supponiamo diversa da $0$ .

Sia $f\times\cdots\times f$ la funzione dal prodotto cartesiano di $V$ per sé stesso $n$ volte in sé che manda la $n$ -upla di vettori $(w_{1},\dots,w_{n})$ in $(f(w_{1}),\dots,f(w_{n}))$ .

Dato che $f$ è lineare e $F$ è $n$ -lineare alternante, anche la funzione composta $F\circ(f\times\cdots\times f)$ che manda la $n$ -upla di vettori $(w_{1},\dots,w_{n})$ in $F(f(w_{1}),\dots,f(w_{n}))$ è $n$ -lineare alternante e, dato che $A^{n}(V)$ ha dimensione $1$ , deve essere

F\circ(f\times\cdots\times f)=\lambda F,

per qualche $\lambda\in K$ .

Definizione. Lo scalare $\lambda$ che compare nella formula precedente è il determinante della funzione lineare $f$ , cioè si pone

\det f=\frac{F\circ(f\times\cdots\times f)}{F}

Naturalmente bisogna verificare che questa definizione non dipende dalla scelta dell’elemento non nullo $F\in A^{n}(V)$ .

Sia quindi $G$ un altro elemento non nullo di $A^{n}(V)$ . Dato che $A^{n}(V)$ ha dimensione $1$ , si ha $G=kF$ , per qualche scalare $k\neq 0$ . Pertanto

\frac{G\circ(f\times\cdots\times f)}{G}=\frac{kF\circ(f\times\cdots\times f)}{% kF}=\frac{F\circ(f\times\cdots\times f)}{F},

il che conferma che usando $F$ oppure $G$ si ottiene lo stesso valore per il determinante di $f$ .

Osservazione. È importante notare che la definizione del determinante di $f$ è intrinseca, nel senso che dipende solo da $f$ e non dalla scelta di una base di $V$ . La conseguenza di ciò è che per calcolare il determinante di $f$ possiamo valutare le funzioni nei vettori di una base qualunque di $V$ , essendo certi che il risultato non dipenderà dalla base scelta. Pertanto, se i vettori $v_{1},v_{2},\dots,v_{n}$ sono una base di $V$ , si ha

\det f=\frac{F(f(v_{1}),\dots,f(v_{n}))}{F(v_{1},\dots,v_{n})}

1.1 Formula esplicita per il determinante

Sia $f\colon V\to V$ una funzione lineare e sia $\{v_{1},v_{2},\dots,v_{n}\}$ una base di $V$ . Poniamo

f(v_{1})=\sum_{j_{1}=1}^{n}a_{j_{1},1}v_{j_{1}},\dots,f(v_{n})=\sum_{j_{n}=1}^% {n}a_{j_{n},n}v_{j_{n}},

ove gli $a_{i,j}$ sono gli elementi della matrice $A$ di $f$ nella base indicata.

Abbiamo già visto che se $F$ è una forma $n$ -lineare alternante non nulla, si ha

F(f(v_{1}),f(v_{2}),\dots,f(v_{n}))=\sum_{\sigma}{\rm sgn}(\sigma)a_{\sigma(1)% ,1}a_{\sigma(2),2}\dots a_{\sigma(n),n}F(v_{1},v_{2},\dots,v_{n})

ove la sommatoria è estesa a tutte le $n!$ permutazioni degli indici $\{1,2,\dots,n\}$ . Pertanto, dalla definizione del determinante di $f$ si ricava

\det f=\sum_{\sigma}{\rm sgn}(\sigma)a_{\sigma(1),1}a_{\sigma(2),2}\dots a_{% \sigma(n),n}.

Possiamo sintetizzare questa formula come segue: il determinante di una matrice quadrata è la somma dei prodotti degli elementi della matrice, presi uno per ciascuna riga e per ciascuna colonna in tutti i modi possibili. Ciascun prodotto va preso con il segno $+$ o $-$ in base al segno della corrispondente permutazione degli indici.

Esempio. Consideriamo una matrice quadrata di ordine $3$ :

A=\begin{pmatrix}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}\end{pmatrix}

Scrivendo esplicitamente tutte le $3!=6$ permutazioni degli indici $\{1,2,3\}$ , calcolando il segno di ciascuna permutazione e sostituendo nella formula esplicita per il calcolo del determinante, si ottiene:

\det A=a_{1,1}a_{2,2}a_{3,3}+a_{3,1}a_{1,2}a_{2,3}+a_{2,1}a_{3,2}a_{1,3}-a_{3,% 1}a_{2,2}a_{1,3}-a_{1,1}a_{3,2}a_{2,3}-a_{2,1}a_{1,2}a_{3,3}

Concludiamo con un’osservazione importante.

Osservazione. Sia $f\colon V\to V$ una funzione lineare, $F$ una forma $n$ -lineare alternante non nulla e sia $\{v_{1},v_{2},\dots,v_{n}\}$ una base di $V$ . Se $f$ non è invertibile (quindi non è iniettiva e nemmeno suriettiva) i vettori $f(v_{1}),\dots,f(v_{n})$ generano l’immagine di $f$ ma non sono una base di $V$ in quanto sono linearmente dipendenti. Pertanto esiste un indice $j$ tale che $f(v_{j})$ sia combinazione lineare degli $f(v_{i})$ , con $i\neq j$ . In tal caso si ha $F(f(v_{1}),\dots,f(v_{j}),\dots,f(v_{n}))=F(f(v_{1}),\dots,\sum_{i\neq j}% \alpha_{i}f(v_{i}),\dots,f(v_{n}))=0$ , perché tra gli argomenti di $F$ ci sono sempre due vettori uguali. Da ciò segue che se $f$ non è invertibile il suo determinante è $0$ .

Se invece $f\colon V\to V$ è invertibile, i vettori $f(v_{1}),\dots,f(v_{n})$ sono linearmente indipendenti e quindi sono una base di $V$ . In tal caso $F(f(v_{1}),\dots,f(v_{n}))\neq 0$ perché $F$ non è nulla e quindi $\det f\neq 0$ .

Possiamo quindi concludere che $f$ è invertibile se e solo se $\det f\neq 0$ .