Lezione 18

1 Proprietà del determinante

Sia $A=(a_{i,j})$ una matrice quadrata di ordine $n$. Abbiamo visto che il determinante di $A$ è dato dalla formula seguente:

$$detA=\sum _{\sigma }\mathrm{sgn}(\sigma )a_{\sigma (1),1}{a}_{\sigma (2),2}\mathrm{\dots }{a}_{\sigma (n),n},$$

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

Dato che, al crescere di $n$, il fattoriale di $n$ cresce molto rapidamente, l’utilizzo di questa formula per calcolare il determinante di una matrice diventa impraticabile anche per valori modesti di $n$ (ad esempio, se $n=5$ la sommatoria coinvolge $5!=120$ prodotti).

Ci proponiamo quindi di ricavare alcune proprietà del determinante che, successivamente, ci forniranno dei metodi più agevoli per il suo calcolo.

Teorema. Sia

una matrice diagonale di ordine $n$. Il determinante di $A$ è il prodotto degli elementi che si trovano nella diagonale principale, $detA=a_{1,1}{a}_{2,2}\mathrm{\cdots }{a}_{n,n}$.

Dimostrazione. Poiché tutti gli elementi al di fuori della diagonale principale di $A$ sono nulli, l’unico prodotto non nullo che si trova nello sviluppo del determinante è $a_{1,1}{a}_{2,2}\mathrm{\cdots }{a}_{n,n}$, il quale corrisponde alla permutazione identica che ha segno positivo.

Più in generale, vale il seguente risultato:

Teorema. Sia $A$ una matrice triangolare superiore (ciò significa che tutti gli elementi che si trovano sotto la diagonale principale sono nulli) o triangolare inferiore (cioè tutti gli elementi che si trovano sopra la diagonale principale sono nulli). Allora il determinante di $A$ è il prodotto degli elementi che si trovano nella diagonale principale, $detA=a_{1,1}{a}_{2,2}\mathrm{\cdots }{a}_{n,n}$.

Dimostrazione. Consideriamo il caso in cui $A=(a_{i,j})$ è una matrice triangolare superiore, quindi $a_{i,j}=0$ se $i>j$. La dimostrazione nel caso in cui $A$ è triangolare inferiore è analoga. Osserviamo che per ogni permutazione $\sigma$ di $\{1,2,\mathrm{\dots },n\}$, diversa dalla permutazione identica, esiste almeno un indice $i$ tale che $\sigma (i)>i$. Il prodotto $a_{\sigma (1),1}{a}_{\sigma (2),2}\mathrm{\cdots }{a}_{\sigma (n),n}$ è quindi nullo, dato che almeno uno dei suoi fattori è zero. Pertanto l’unica permutazione che fornisce un contributo non nullo al calcolo del determinante è la permutazione identica, quindi si ha $detA=a_{1,1}{a}_{2,2}\mathrm{\cdots }{a}_{n,n}$.

Teorema. Sia $A$ una matrice quadrata di ordine $n$ e $A^T$ la sua trasposta. Il determinante di $A^T$ è uguale al determinante di $A$:

$$det(A^T)=det(A).$$

Dimostrazione. Sia $\sigma$ una permutazione degli indici da $1$ a $n$ e ${\sigma }^{-1}$ la sua inversa. Notiamo che quando $\sigma$ varia tra tutte le possibili permutazioni lo stesso accade anche per la sua inversa. Indichiamo con $a_{i,j}$ gli elementi della matrice $A$ e con ${\tilde{a}}_{i,j}$ gli elementi della trasposta di $A$. Ricordiamo che ${\tilde{a}}_{i,j}=a_{j,i}$. Dalla definizione di determinante, si ha

$det(A^T)$ $={\displaystyle \sum _{\sigma }}\mathrm{sgn}(\sigma ){\tilde{a}}_{\sigma (1),1}{\tilde{a}}_{\sigma (2),2}\mathrm{\cdots }{\tilde{a}}_{\sigma (n),n}$

$={\displaystyle \sum _{\sigma }}\mathrm{sgn}(\sigma )a_{1,\sigma (1)}{a}_{2,\sigma (2)}\mathrm{\cdots }{a}_{n,\sigma (n)}.$

Ora osserviamo che in ciascun prodotto $a_{1,\sigma (1)}{a}_{2,\sigma (2)}\mathrm{\cdots }{a}_{n,\sigma (n)}$ compaiono $n$ elementi, presi uno per ciascuna riga e ciascuna colonna di $A$. Ne segue che tale prodotto si può anche scrivere nella forma $a_{{\sigma }^{-1}(1),1}{a}_{{\sigma }^{-1}(2),2}\mathrm{\cdots }{a}_{{\sigma }^{-1}(n),n}$, cioè si ha

$$a_{1,\sigma (1)}{a}_{2,\sigma (2)}\mathrm{\cdots }{a}_{n,\sigma (n)}=a_{{\sigma }^{-1}(1),1}{a}_{{\sigma }^{-1}(2),2}\mathrm{\cdots }{a}_{{\sigma }^{-1}(n),n}.$$

Un esempio può servire a chiarire quanto appena affermato. Sia $n=4$ e consideriamo la permutazione

la cui inversa è

Allora si ha

$$a_{1,\sigma (1)}{a}_{2,\sigma (2)}{a}_{3,\sigma (3)}{a}_{4,\sigma (4)}=a_{1,3}{a}_{2,1}{a}_{3,4}{a}_{4,2}$$

e

$$a_{{\sigma }^{-1}(1),1}{a}_{{\sigma }^{-1}(2),2}{a}_{{\sigma }^{-1}(3),3}{a}_{{\sigma }^{-1}(4),4}=a_{2,1}{a}_{4,2}{a}_{1,3}{a}_{3,4}$$

i quali sono evidentemente uguali.

Se ricordiamo inoltre che $\mathrm{sgn}({\sigma }^{-1})=\mathrm{sgn}(\sigma )$, possiamo scrivere:

$det(A^T)$ $={\displaystyle \sum _{\sigma }}\mathrm{sgn}(\sigma )a_{1,\sigma (1)}{a}_{2,\sigma (2)}\mathrm{\cdots }{a}_{n,\sigma (n)}$

$={\displaystyle \sum _{\sigma }}\mathrm{sgn}(\sigma )a_{{\sigma }^{-1}(1),1}{a}_{{\sigma }^{-1}(2),2}\mathrm{\cdots }{a}_{{\sigma }^{-1}(n),n}$

$={\displaystyle \sum _{\sigma }}\mathrm{sgn}({\sigma }^{-1})a_{{\sigma }^{-1}(1),1}{a}_{{\sigma }^{-1}(2),2}\mathrm{\cdots }{a}_{{\sigma }^{-1}(n),n}$

$={\displaystyle \sum _{\tau }}\mathrm{sgn}(\tau )a_{\tau (1),1}{a}_{\tau (2),2}\mathrm{\cdots }{a}_{\tau (n),n}$

$=detA,$

ove abbiamo posto $\tau ={\sigma }^{-1}$.

Dimostreremo ora un importante risultato, il Teorema di Binet, la cui dimostrazione è molto facile se, invece di usare la formula esplicita per il calcolo del determinante, utilizziamo la sua definizione intrinseca.

Teorema (di Binet). Siano $f,g:V\to V$ due funzioni lineari. Allora il determinante della funzione composta $g\circ f$ è il prodotto del determinante di $g$ per il determinante di $f$:

$$det(g\circ f)=det(g)\cdot det(f).$$

Espresso in termini di matrici quadrate, questo risultato afferma che il determinante del prodotto di due matrici è uguale a prodotto dei determinanti delle due matrici:

$$det(AB)=det(A)\cdot det(B).$$

Dimostrazione. Sia $\{v_1,v_2,\mathrm{\dots },v_n\}$ una base di $V$ e sia $F$ una forma $n$-lineare alternante non nulla. Si ha:

$$det(g\circ f)=\frac{F(g(f(v_1)),\mathrm{\dots },g(f(v_n)))}{F(v_1,\mathrm{\dots },v_n)}$$

Se $f$ non è iniettiva i vettori $f(v_1),f(v_2),\mathrm{\dots },f(v_n)$ sono linearmente dipendenti, quindi anche $g(f(v_1)),g(f(v_2)),\mathrm{\dots },g(f(v_n))$ sono linearmente dipendenti e quindi $F(g(f(v_1)),\mathrm{\dots },g(f(v_n)))=0$. Ciò significa che $det(g\circ f)=0$. Dato che $f$ non è invertibile, anche $det(f)=0$, quindi l’uguaglianza $det(g\circ f)=det(g)\cdot det(f)$ si riduce all’identità $0=0$.

Supponiamo quindi che $f$ sia iniettiva (e dunque anche suriettiva e quindi invertibile). In questo caso i vettori $f(v_1),f(v_2),\mathrm{\dots },f(v_n)$ sono linearmente indipendenti e, pertanto, $F(f(v_1),\mathrm{\dots },f(v_n))\ne 0$. Allora possiamo moltiplicare il numeratore e il denominatore della frazione che esprime il determinante di $g\circ f$ per $F(f(v_1),\mathrm{\dots },f(v_n))$. Si ottiene:

$$det(g\circ f)=\frac{F(g(f(v_1)),\mathrm{\dots },g(f(v_n)))}{F(v_1,\mathrm{\dots },v_n)}\cdot \frac{F(f(v_1),\mathrm{\dots },f(v_n))}{F(f(v_1),\mathrm{\dots },f(v_n))}$$

Dato che i vettori $f(v_1),f(v_2),\mathrm{\dots },f(v_n)$ sono linearmente indipendenti e quindi sono una base di $V$, il rapporto

$$\frac{F(g(f(v_1)),\mathrm{\dots },g(f(v_n)))}{F(f(v_1),\mathrm{\dots },f(v_n))}$$

è uguale al determinante di $g$, mentre il rapporto

$$\frac{F(f(v_1),\mathrm{\dots },f(v_n))}{F(v_1,\mathrm{\dots },v_n)}$$

è uguale al determinante di $f$. Questo dimostra che $det(g\circ f)=det(g)\cdot det(f)$.

Corollario. Se $A$ è una matrice invertibile, il determinante della matrice inversa $A^{-1}$ è l’inverso del determinante di $A$:

$$det(A^{-1})=\frac{1}{detA}$$

Dimostrazione. Si ha $A\cdot A^{-1}=I$, quindi $det(A\cdot A^{-1})=det(I)=1$. Ma $det(A\cdot A^{-1})=det(A)\cdot det(A^{-1})$, quindi $det(A^{-1})$ è l’inverso del determinante di $A$.

1.1 Operazioni elementari sulle righe di una matrice e calcolo del determinante.

Ricordiamo che effettuare operazioni elementari sulle righe di una matrice $A$ equivale a moltiplicare $A$ a sinistra per determinate matrici invertibili.

(1) Scambiare tra loro le righe $i$ e $j$ di $A$ equivale a moltiplicare $A$ a sinistra per la matrice $P(i,j)$:

$$A^{\prime }=P(i,j)\cdot A.$$

Dato che il determinante di $P(i,j)$ è $-1$, si ha $det{A}^{\prime }=-detA$. Pertanto lo scambio di due righe della matrice $A$ provoca un cambiamento di segno nel determinante. Lo stesso discorso vale per lo scambio di due colonne.

(2) Moltiplicare la riga $i$ di $A$ per una costante $\lambda \ne 0$ equivale a moltiplicare $A$ a sinistra per la matrice $M(i;\lambda )$:

$$A^{\prime }=M(i;\lambda )\cdot A.$$

Dato che il determinante di $M(i;\lambda )$ è $\lambda$, si ha $det{A}^{\prime }=\lambda detA$. Pertanto moltiplicare per $\lambda$ una riga di $A$ provoca la moltiplicazione del determinante di $A$ per $\lambda$.

(3) Sommare alla riga $i$ di $A$ la riga $j$ moltiplicata per una costante $\alpha$ equivale a moltiplicare $A$ a sinistra per la matrice $S(i,j;\alpha )$:

$$A^{\prime }=S(i,j;\alpha )\cdot A.$$

Dato che il determinante di $S(i,j;\alpha )$ è $1$, si ha $det{A}^{\prime }=detA$. Pertanto sommare a una riga di $A$ un multiplo di un’altra riga non modifica il determinante di $A$.

Utilizzando le operazioni elementari sulle righe è possibile ridurre una matrice quadrata $A$ in forma a scala e quindi, tenendo traccia dei cambiamenti occorsi al determinante, è possibile calcolare il determinante di $A$ mediante il procedimento di eliminazione di Gauss.