# 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 $i,j=1,\ldots ,n$.
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:
    $0=\sum _{j=1}^{n}(-1)^{i+j}m_{kj}\det M_{ij}\ \ \ {\text{con}}\ \ \ i\neq k$
(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 ${\textrm {det}}\,A=\det(A^{T})$. Fissato arbitrariamente $h$ appartenente $N_{n}$, la matrice ottenuta da $A$ sostituendo alla sua $h$-esima riga la $n$-pla:
$(0,0,\ldots ,0,1,0,\ldots ,0)$
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 $B_{j}'$ 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 $B'_{j}$ 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 $M_{j}'$.
Essendo tale minore il minore $M_{j}^{h}$ complementare di $a_{j}^{h}$ in $A$. Si osservi ora che se $P_{n}'$ 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 $P_{n}'$ la sua restrizione a $N_{n-1}$ definisce una biiezione tra $P_{n}'$ e $P_{n-1}$ in cui corrispondenti permutazioni hanno lo stesso segno. Pertanto, posto $B_{j}'=(a_{s}^{r})$, poiché $a_{n}^{n}=1$ e, per ogni s appartenente a $N_{n-1}$, $a_{s}^{n}=0$ si ottiene:
    $\det B_{j}'=\sum _{pP_{n}}\operatorname {sgn} pa_{p(1)}^{1}\cdot \ldots \cdot a_{p(n-1)}^{(n-1)}\cdot a_{p(n)}^{n}=$
    $\sum _{pP_{n}'}\operatorname {sgn} pa_{p(1)}^{1}\cdot \ldots \cdot a_{p(n-1)}^{(n-1)}\cdot 1=$
    $\sum _{pP_{n-1}}\operatorname {sgn} pa_{p(1)}^{1}\cdot \ldots \cdot a_{p(n-1)}^{(n-1)}=\det M_{j}'=\det M_{h}^{j}$
Poiché $B_{j}'$ è ottenuta da $B_{j}$ con $n-h$ scambi di riga ed $n-j$ scambi di colonna, dalla proprietà 2 del determinante si ha:
$\det B_{j}=(-1)^{n-h}*(-1)^{(n-j)}\cdot \det B_{j}'=(-1)^{2n-(h+j)}\cdot \det B_{j}'=(-1)^{(h+j)}\cdot \det M_{j}^{h}=A{j}^{h}$
Come volevasi dimostrare.

## Esempio di calcolo

Si voglia calcolare il determinante della seguente matrice quadrata del terzo ordine:
    $A={\begin{pmatrix}1&2&3\\-2&-1&-3\\0&-4&1\end{pmatrix}}$
* 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:
** $1\cdot (-1)^{1+1}\det {\begin{pmatrix}-1&-3\\-4&1\end{pmatrix}}=1\cdot [-1\cdot 1-(-3)\cdot (-4)]=-1-12=-13$
** $2\cdot (-1)^{1+2}\det {\begin{pmatrix}-2&-3\\0&1\end{pmatrix}}=-2\cdot [-2\cdot 1-(-3)\cdot 0]=4$
** $3\cdot (-1)^{1+3}\det {\begin{pmatrix}-2&-1\\0&-4\end{pmatrix}}=3\cdot [-2\cdot (-4)-(-1)\cdot 0]=24$
* 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:
    $\det A=4{\begin{vmatrix}1&3\\-2&-3\end{vmatrix}}+{\begin{vmatrix}1&2\\-2&-1\end{vmatrix}}=4\cdot (-3+6)+(-1+4)=15$