Re: Determinante di \(A+\alpha I\)

Messaggioda Bokonon » 05/12/2019, 10:50

Ciao Sergio
In che senso $S_(n-i)$ è la somma dei minori?
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Re: Determinante di \(A+\alpha I\)

Messaggioda alessio76 » 05/12/2019, 11:49

Sergio ha scritto:Pare che \(\det(\mathbf{A}+\alpha\mathbf{I})=\alpha^n+\sum_{i=0}^{n-1}\alpha^i\mathbf{S}_{n-i}\), dove \(\mathbf{A}\) è una matrice quadrata di ordine \(n\), \(\mathbf{I}\) è una matrice identità anch'essa ovviamente di ordine \(n\), \(\alpha\) un numero reale, mentre \(\mathbf{S}_{n-i}\) è la somma di tutti i minori principali di \(\mathbf{A}\) di ordine \(n-i\).
Francamente mi giunge nuova...
Prima che mi impazzisco, qualcuno sa dove potrei trovare una dimostrazione?


Ciao,

per capirci qualcosa partirei dal fatto che i coefficienti del polinomio caratteristico (a meno del segno) sono le tracce delle potenze esterne dell'endomorfismo (associato alla matrice quadrata), vedi per esempio

https://en.wikipedia.org/wiki/Exterior_algebra

queste sono legate ai minori (con gli indici giusti) una volta che scrivi la rappresentazione in coordinate della potenze esterne...è un po' noioso (non ho fatto i conti per controllare...)
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Re: Determinante di \(A+\alpha I\)

Messaggioda gugo82 » 05/12/2019, 18:49

Vediamo cosa succede per $n=2,3$.

Per $n=2$ risulta:

$|(a_(11) + alpha, a_(12)), (a_(21), a_(22) + alpha)| = alpha^2 + (a_(11) + a_(22)) alpha + det A$

e fin qui, ok; per $n=3$:

$|(a_(11) + alpha, a_(12), a_(13)), (a_(21), a_(22) + alpha, a_(23)), (a_(31), a_(32), a_(33) + alpha)| = alpha^3 + (a_(11) + a_(22)+ a_(33)) alpha^2 + ( |(a_(11), a_(12)), (a_(21), a_(22))| + |(a_(11), a_(13)), (a_(31), a_(33))| + |(a_(22), a_(23)), (a_(32), a_(33))| ) alpha $
$+ det A$

ed ok pure qui.
La dimostrazione del caso generale sembra una cosa combinatoria e credo si possa fare sfruttando la definizione di determinante coi prodotti dedotti… Ma francamente non mi va di fare i conti. :P
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Re: Determinante di \(A+\alpha I\)

Messaggioda dissonance » 05/12/2019, 19:42

https://math.stackexchange.com/question ... ant-of-i-a


P.S.: NO, questo è solo un caso particolare. Comunque lo lascio, forse può essere utile...
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Re: Determinante di \(A+\alpha I\)

Messaggioda solaàl » 05/12/2019, 19:47

alessio76 ha scritto:
Sergio ha scritto:Pare che \(\det(\mathbf{A}+\alpha\mathbf{I})=\alpha^n+\sum_{i=0}^{n-1}\alpha^i\mathbf{S}_{n-i}\), dove \(\mathbf{A}\) è una matrice quadrata di ordine \(n\), \(\mathbf{I}\) è una matrice identità anch'essa ovviamente di ordine \(n\), \(\alpha\) un numero reale, mentre \(\mathbf{S}_{n-i}\) è la somma di tutti i minori principali di \(\mathbf{A}\) di ordine \(n-i\).
Francamente mi giunge nuova...
Prima che mi impazzisco, qualcuno sa dove potrei trovare una dimostrazione?


Ciao,

per capirci qualcosa partirei dal fatto che i coefficienti del polinomio caratteristico (a meno del segno) sono le tracce delle potenze esterne dell'endomorfismo (associato alla matrice quadrata), vedi per esempio

https://en.wikipedia.org/wiki/Exterior_algebra

queste sono legate ai minori (con gli indici giusti) una volta che scrivi la rappresentazione in coordinate della potenze esterne...è un po' noioso (non ho fatto i conti per controllare...)

Ah, ho capito questa risposta ora. Ma non è ovvio quindi? Cosa manca alla dimostrazione?
"In verità le cose che nella vita sono tenute in gran conto si riducono a vanità, o putredine di nessun valore; botoli che si addentano, bambocci litigiosi che ora ridono, poi tosto piangono." (Lotario conte di Segni)
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Re: Determinante di \(A+\alpha I\)

Messaggioda alessio76 » 05/12/2019, 20:39

solaàl ha scritto:Ma non è ovvio quindi? Cosa manca alla dimostrazione?


La pazienza di scriverla? :lol:
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Re: Determinante di \(A+\alpha I\)

Messaggioda solaàl » 05/12/2019, 20:54

Si può fare così per controllare che è vero in tutte le dimensioni basse:

Codice:
mat[n_] := Array[Subscript[a, ##] &, {n, n}]

ess[A_] := Table[Tr[Minors[A, i]], {i, Length[A], 1, -1}]

dets[A_] := CoefficientList[Det[A + t IdentityMatrix[Length[A]]], t]

test[A_] := dets[A] - Join[ess[A], {1}] // Simplify


Effettivamente quel che si vede è che
Codice:
In[41]:= Table[test[mat[i]], {i, 1, 8}]

Out[41]= {{0, 0}, {0, 0, 0}, {0, 0, 0, 0}, {0, 0, 0, 0, 0}, {0, 0, 0,
  0, 0, 0}, {0, 0, 0, 0, 0, 0, 0}, {0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0}, {0, 0, 0,
   0, 0, 0, 0, 0, 0}}
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Re: Determinante di \(A+\alpha I\)

Messaggioda Mathita » 05/12/2019, 23:54

Un'idea potrebbe essere quella di interpretare il determinante come funzione multilineare che agisce sulle righe della matrice.

Ad esempio, per $n=3$, indicate con $A_1,A_2,A_3$ le righe di $A$ e con $e_1,e_2,e_3$ le righe della matrice identità, allora

\begin{array}{l}\mbox{det}(A+\alpha I)=\mbox{det}(A_1+\alpha e_{1},A_2+\alpha e_{2},A_3+\alpha e_3)=\\ \\=\mbox{det}(A_1,A_2,A_3)+\mbox{det}(A_1,A_2,\alpha e_3)+\mbox{det}(A_1,\alpha e_2,A_3)+\mbox{det}(A_1,\alpha e_2,\alpha e_3)+\\ \\+\mbox{det}(\alpha e_1,A_2,A_3)+\mbox{det}(\alpha e_1,A_2,\alpha e_3)+\mbox{det}(\alpha e_1,\alpha e_2, A_3)+\mbox{det}(\alpha e_1,\alpha e_2,\alpha e_3)\end{array}

A questo punto osserviamo che:

$\mbox{det}(A_1,A_2,A_3)=\mbox{det}(A)$;

$\mbox{det}(A_1,A_2,\alpha e_3)=\alpha\mbox{det}(A_1,A_2,e_3)=\alpha M_{3,3}^{(2)}$

dove $M_{3,3}^{(2)}$ è il minore principale di $A$ del secondo ordine ottenuto cancellando la 3° riga e la 3° colonna di $A$.

$\mbox{det}(A_1,\alpha e_2,A_3)=\alpha\mbox{det}(A_1,e_2,A_3)=\alpha M_{2,2}^{(2)}$

dove $M_{2,2}^{(2)}$ è il minore principale di $A$ di ordine 2 ottenuto cancellando la 2° riga e la 2° colonna di $A$

$\mbox{det}(A_1,\alpha e_2,\alpha e_3)=\alpha^2\mbox{det}(A_1,e_2,e_3)=\alpha^2 M_{(2,3),(2,3)}^{(1)}$

dove $M_{(2,3),(2,3)}^{(1)}$ è il minore di ordine 1 ottenuto cancellando la seconda e la terza riga, la seconda e la terza colonna di $A$... e così via per le altre.

$\mbox{det}(\alpha e_1,A_2,A_3)=\alpha\mbox{det}(e_1,A_2,A_3)=\alpha M_{1,1}^{(2)}$

$\mbox{det}(\alpha e_1,A_2,\alpha e_3)=\alpha^2\mbox{det}(e_1,A_2,e_3)=\alpha^2 M_{(1,3),(1,3)}^{(1)}$

$\mbox{det}(\alpha e_1,\alpha e_2, A_3)=\alpha^2\mbox{det}(e_1,e_2,A_3)=\alpha^2 M_{(1,2),(1,2)}^{(1)}$

$\mbox{det}(\alpha e_1,\alpha e_2,\alpha e_3)=\alpha^3\mbox{det}(I)=\alpha^3$

In definitiva

\begin{array}{l}\mbox{det}(A+\alpha I)=\mbox{det}(A)+\alpha M_{3,3}^{(2)}+\alpha M_{2,2}^{(2)}+\alpha^2 M_{(2,3),(2,3)}^{(1)}+\alpha M_{1,1}^{(2)}+\alpha^2 M_{(1,3),(1,3)}^{(1)}+\alpha^2 M_{(1,2),(1,2)}^{(1)}+\alpha^3 \\ \\ =\mbox{det}(A)+\alpha(M_{3,3}^{(2)}+M_{2,2}^{(2)}+ M_{1,1}^{(2)})+\alpha^2 (M_{(2,3),(2,3)}^{(1)}+M_{(1,3),(1,3)}^{(1)}+M_{(1,2),(1,2)}^{(1)})+\alpha^3\end{array}

Ora con lo stesso principio penso si possa dimostrare anche il caso generale. Purtroppo non sono stato in grado di alleggerire le notazioni e mi sono ingolfato tra sommatorie e indici... :smt012
Ultima modifica di Mathita il 10/12/2019, 13:14, modificato 1 volta in totale.
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Re: Determinante di \(A+\alpha I\)

Messaggioda dissonance » 10/12/2019, 11:33

Mi sono ricordato di avere già parlato di questa formula qui:

https://math.stackexchange.com/a/2189752/8157

(cfr. the n\times n case). Il punto è che gli autovalori di \(I+A\) sono \(1+\lambda_j\), dove \(\lambda_j\), per \(j\) da \(1\) a \(n\), sono gli autovalori di \(A\). Siccome il determinante è il prodotto degli autovalori,
\[
\det(I+A)=\prod_{j=1}^n(1+\lambda_j)=1+ \sum_{j=1}^n \lambda_j +\sum_{j_1<j_2} \lambda_{j_1}\lambda_{j_2}+ \ldots+ \lambda_1\ldots\lambda_n.\]
E ora resta da dimostrare che
\[
\sum_{j_1<\ldots<j_k} \lambda_{j_1}\ldots\lambda_{j_k}\]
è la somma dei minori principali di \(A\) di ordine \(k\). Nel link, questa cosa l'ho scritta senza dimostrazione, e in questo momento non saprei come dimostrarlo :-D :-D :-D

non so se qualcuno prima di me aveva già parlato di questo approccio, mi sembra molto probabile, ma non ho seguito tutto il thread.
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Re: Determinante di \(A+\alpha I\)

Messaggioda Mathita » 10/12/2019, 12:06

@Dissonance: molto carina quella relazione! :)

Continuo a pensare che interpretare il determinante come funzione multilineare sia la strategia concettualmente più semplice, ma, di contro, si trascina un carrozzone di indici e sommatorie che rende la dimostrazione praticamente illeggibile.

Sono certo che la dimostrazione diventi "easy to see", una volta imbroccata la giusta notazione.
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