Teorema di Laplace

In matematica, in particolare in algebra lineare, il teorema di Laplace o sviluppo di Laplace, il cui nome è dovuto a Pierre Simon Laplace, è una formula che permette di calcolare il determinante di una matrice (quadrata) con un procedimento ricorsivo. Lo sviluppo può essere eseguito per righe oppure per colonne.

Enunciati

Si supponga di avere una matrice quadrata $M$ di ordine $n$ e di elementi $m_{ij}$ in un campo fissato. Si definiscono:

• La matrice $M_{ij}$, la sottomatrice (di dimensione $n-1$) che si ottiene da $M$ cancellando la $i$-esima riga e la $j$-esima colonna.
• Il valore $\det (M_{ij})$, detto minore complementare dell'elemento $(i,j)$.
• Il valore $(-1{)}^{i+j}\det (M_{ij})$, detto cofattore o complemento algebrico dell'elemento $(i,j)$.

Il primo teorema di Laplace afferma che il determinante di una matrice quadrata $M$ di ordine $n$ è pari alla somma dei prodotti degli elementi di una riga qualsiasi (o una colonna qualsiasi) per i rispettivi complementi algebrici. In formule:

$\det M=\sum _{j=1}^n(-1{)}^{i+j}{m}_{ij}\det M_{ij}$

indicando con $i$ la riga, con $j$ la colonna e considerando $i,j=1,\dots ,n$.

Il secondo teorema di Laplace afferma che è sempre nulla la somma dei prodotti degli elementi di una riga (o colonna) per i complementi algebrici di un'altra riga (o colonna) della matrice stessa. In formule:

$0=\sum _{j=1}^n(-1{)}^{i+j}{m}_{kj}\det M_{ij}\text{con}i\ne k$

(se $i=k$ è il primo teorema e il risultato è diverso da zero).

Con lo sviluppo di Laplace si può verificare, per esempio, che il determinante di una matrice diagonale è il prodotto dei valori sulla diagonale, che il determinante di una matrice triangolare è ancora il prodotto dei valori sulla diagonale o che gli autovalori di una matrice triangolare sono gli elementi sulla diagonale.

Dimostrazione

Per provare che il determinante della matrice ottenuto operando con le righe e quello ottenuto operando con le colonne sono la stessa cosa basta ricordarsi $\text{det}A=\det (A^T)$. Fissato arbitrariamente $h$ appartenente $N_n$, la matrice ottenuta da $A$ sostituendo alla sua $h$-esima riga la $n$-pla:

$(0,0,\dots ,0,1,0,\dots ,0)$

dove l'elemento $1$ compare nella $j$-esima posizione. Da:

$(a_{h1},a_{h2},\dots ,a_{hn})=a_{h1}(1,0,\dots ,0)+a_{h2}(0,1,0\dots ,0)+\dots +a_{hn}(0,\dots ,0,1)$

applicando iterativamente le proprietà 4' e 4" del determinante alla $h$-esima riga di $A$, si ottiene:

$\det A=\sum _{j=1}^n{a}_{hj}\det B_j$

Dopo di che, non resta che provare che al variare di $j$ in $N_n\det B_j=A_j^h$

A tale scopo sia $B_{j^{\prime }}$ la matrice ottenuta da $B_j$ scambiando consecutivamente ogni riga, dalla riga $h$ alla riga $h-1$, con la sua successiva fino ad ottenere una matrice $B{\text{'}}_j$ con un $1$ nel posto individuato dalla $h$-esima riga e dalla $j$-esima colonna, tutti gli altri elementi di tale riga siano $0$ e tutti gli altri elementi della $j$-esima colonna siano quelli di $A$. in questo modo si è isolato il minore $M_{j^{\prime }}$.

Essendo tale minore il minore $M_j^h$ complementare di $a_j^h$ in $A$. Si osservi ora che se $P_{n^{\prime }}$ indica il sottogruppo di $P_n$ costituito dalla permutazione $p$ appartenente a $P_n$ tale che $p(n)=n$, l'applicazione che associa ad ogni $p$ appartenente a $P_{n^{\prime }}$ la sua restrizione a $N_{n-1}$ definisce una biiezione tra $P_{n^{\prime }}$ e $P_{n-1}$ in cui corrispondenti permutazioni hanno lo stesso segno. Pertanto, posto $B_{j^{\prime }}=(a_s^r)$, poiché $a_n^n=1$ e, per ogni s appartenente a $N_{n-1}$, $a_s^n=0$ si ottiene:

$\det B_{j^{\prime }}=\sum _{p{P}_n}\mathrm{sgn}p{a}_{p(1)}^1\cdot \dots \cdot a_{p(n-1)}^{(n-1)}\cdot a_{p(n)}^n=$

$\sum _{p{P}_{n^{\prime }}}\mathrm{sgn}p{a}_{p(1)}^1\cdot \dots \cdot a_{p(n-1)}^{(n-1)}\cdot 1=$

$\sum _{p{P}_{n-1}}\mathrm{sgn}p{a}_{p(1)}^1\cdot \dots \cdot a_{p(n-1)}^{(n-1)}=\det M_{j^{\prime }}=\det M_h^j$

Poiché $B_{j^{\prime }}$ è ottenuta da $B_j$ con $n-h$ scambi di riga ed $n-j$ scambi di colonna, dalla proprietà 2 del determinante si ha:

$\det B_j=(-1{)}^{n-h}*(-1{)}^{(n-j)}\cdot \det B_{j^{\prime }}=(-1{)}^{2n-(h+j)}\cdot \det B_{j^{\prime }}=(-1{)}^{(h+j)}\cdot \det M_j^h=A{j}^h$

Come volevasi dimostrare.

Esempio di calcolo

Si voglia calcolare il determinante della seguente matrice quadrata del terzo ordine:

$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ -2& -1& -3\\ 0& -4& 1\end{array}\right)$

• Si inizia scegliendo arbitrariamente una riga o una colonna della matrice rispetto alla quale sviluppare la formula. Ammettiamo di aver scelto la prima riga: $(1,2,3)$;
• Si moltiplica ogni numero della riga scelta per il rispettivo complemento algebrico. Quindi:
  • $1\cdot (-1{)}^{1+1}\det \left(\begin{array}{cc}-1& -3\\ -4& 1\end{array}\right)=1\cdot [-1\cdot 1-(-3)\cdot (-4)]=-1-12=-13$
  • $2\cdot (-1{)}^{1+2}\det \left(\begin{array}{cc}-2& -3\\ 0& 1\end{array}\right)=-2\cdot [-2\cdot 1-(-3)\cdot 0]=4$
  • $3\cdot (-1{)}^{1+3}\det \left(\begin{array}{cc}-2& -1\\ 0& -4\end{array}\right)=3\cdot [-2\cdot (-4)-(-1)\cdot 0]=24$
• Il determinante della matrice iniziale è dato dalla somma dei precedenti prodotti e vale: $\det A=-13+4+24=15$.
• Il risultato ottenuto è indipendente dalla riga o colonna inizialmente scelta. Utilizzando ad esempio l'ultima riga della matrice, che contenendo uno zero aiuta a semplificare ulteriormente i calcoli, si ottiene infatti:

$\det A=4\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ -2& -3\end{array}\right|+\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ -2& -1\end{array}\right|=4\cdot (-3+6)+(-1+4)=15$

Bibliografia

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Voci correlate

• Determinante
• Formula di Jacobi
• Matrice invertibile
• Metodo di eliminazione di Gauss

Collegamenti esterni

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• Laplace expansion at PlanetMath