Geometria per Fisica e Astrofisica

Transcript

1 Geometria per Fisica e Astrofisica Soluzione esercizi - Foglio 4 Esercizio. alcolare i determinanti delle seguenti matrici, sviluppando per righe o per colonne, o procedendo per operazioni elementari (a seconda di quale dei due metodi risulti più rapido): i i 2i (a) A 3 2 A, (b) = 2 A, (c) = i 2 A i i Soluzione. (a) alcoliamo il determinante con il metodo di Laplace lungo l ultima colonna: 2 3 det(a) = = «2 = 4 (4 2) = 8. (b) In questo caso portiamo in forma a scala con operazioni elementari: A r 3 r 3 r r 4 r 4 2r 2 3 A r 3 r 3 + r 2 r 4 r 4 + 3r 2 2 r 4 r 4 + 7r A = Nella trasformazioni che abbiamo effettuato il determinante non varia. Allora si ha det() = det( ) = 6. (c) Anche in questo caso scegliamo il metodo della trasformazione con operazioni elementari: i i 2i 2 i i 2 A r 3 r 3 r r 4 r 4 + ir i i 2i i 2i A i i + i 3i i i 2i 2 i i 2i 2 r i 3 r 4 r 4 r 4 4r 3 4i 3 i i + 2i A = r 3 r 3 (2 + i)r 2 r 4 r 4 ( + i)r 2 i + 2i 9i Nell ultimo passaggio abbiamo messo insieme uno scambio di righe e un operazione elementare. Lo scambio di righe determina il cambio del segno del determinante. Quindi det() = det( ) = (i ( i) ( 9i)) = + 9i. Esercizio 2. alcolare il rango delle seguenti matrici, utilizzando il teorema degli orlati: (a) A 3 2 A, (b) = A, (c) = 4 2 A Soluzione. (a) Osserviamo che, in A, si ha r 4 = r + 2r 2 + 3r 3. Quindi det(a) = rg(a) <

2 D altra parte, c è un minore di ordine 3 non nullo, ad esempio 2 A 23,234 = 2 = 8 rg(a) = (b) alcoliamo il rango di questa matrice con il metodo della riduzione a scala. 2 2 A r 3 r 3 r 2 A r 4 r 4 r 2 2 r 4 r 4 r 3 A = La matrice è la riduzione a scala di e il suo rango è dato dal numero dei suoi pivot. Si ha rg() = rg( ) = 3. (c) Osserviamo che, in, si ha r 4 = 2r 3. Quindi det() = rg() < 4. D altra parte, c è un minore di ordine 2 non nullo, ad esempio 2,2 = 4 = 4 2 rg() 3. Gli orlati di tale minore sono ,23 = 4 4 =, 23,24 = =, ,23 = 4 =, 24,24 = =. Poiché tutti gli orlati di un minore di ordine 2 non nullo sono nulli, si ha rg() = 2. Esercizio 3. Dire se le seguenti matrici sono invertibili, e, se lo sono, calcolare la matrice inversa: i 2i i i 2i (a) A 2 2 A, (b) 2 A, (c) i A, (d) D i A i 3 i Soluzione. (a) alcoliamo il determinante di A con Laplace lungo la seconda colonna: det(a) = = 2 (4 2) = 4. Quindi A è invertibile. I complementi algebrici degli elementi di A sono a = 2 2 =, a 2 = = 2, a 3 = 2 =, a 2 = = 4, a 22 = 3 2 =, a 23 = 2 = 2, a 3 = = 4, a 32 = = 4, a 33 = 2 2 = 4.

3 Dunque la matrice aggiunta di A (ricordiamo che è la trasposta della matrice ottenuta sostitendo ad ogni elemento il suo complemento algebrico e si denota con A (a) o A ) è 4 4 A (a) 2 4 A. 2 4 Quindi la matrice inversa di A è A = det(a) A(a) = A /2 /4 A /2 ome conferma, si può fare una verifica diretta, osservando che AA = A A = I 3. (b) alcoliamo il determinante di con la regola di Sarrus: det() = = 7. Quindi è invertibile. I complementi algebrici degli elementi di sono b = 2 3 =, b 2 = = 4, b 3 = 2 = 2, b 2 = 2 3 = 5, b 22 = 2 3 =, b 23 = 2 2 = 3, b 3 = 2 2 = 3, b 32 = 2 = 2, b 33 = 2 =. Dunque la matrice inversa di è = det() (a) = 5 3 /7 5/7 4 2 A 4/7 /7 2/7 A /7 3/7 /7 (c) alcoliamo il determinante di con la regola di Sarrus: det() = 3i + + 2i i 3 = i + i = 2i. Quindi è invertibile. I complementi algebrici degli elementi di sono c = i i 3 = 4, c 2 = i 3 = i, c 3 = i =, c 2 = 2i i 3 = 2, c 22 = i 2i 3 = i, c 23 = i i =, c 3 = 2i i = 2i, c 32 = i 2i i =, c 33 = i = i. Possiamo effetturare una specie di razionalizzazione sulla frazione / det (in realtà se la razionalizzazione classica ha lo scopo di trasformare i denominatori da irrazionali a razionali, qui stiamo trasformando il denominatore da complesso a reale, quindi potremmo parlare di realizzazione ): Allora, la matrice inversa di è = det() (a) = i 2 det() = 2i = i 2i = i 2 2. (d) alcoliamo il determinante di D con la regola di Sarrus: 4 2 2i 2i i i A /2 /2 i/2 A. i i/2 i/2 /2 det(d) = i + + 2i i 3 = + i i =.

4 Quindi D è invertibile. I complementi algebrici degli elementi di D sono d = i i = 2, d 2 = i = i, d 3 = i =, d 2 = i 2i i = 2 + i, d 22 = i 2i = i, d 23 = i i i = i, d 3 = i 2i i = 2i, d 32 = i 2i i =, d 33 = i i = i. Dunque la matrice inversa di D è D = det(d) D(a) = D (a) i 2i i i i i Esercizio 4. Discutere, al variare del parametro reale k, l invertibilità delle seguenti matrici, e, per i valori di k per cui sono invertibili, calcolare l inversa (eventualmente, in funzione di k): 3 k k k 2 (a) A 2 A, (b) k 2 A, (c) A, (d) D A. k k Soluzione. (a) Si ha det(a) = 2k. Quindi A è invertibile se e solo se k /2. Si ha a = a 2 = 2k, a 3 =, a 2 = k, a 22 = k 3, a 23 =, a 3 =, a 32 = 5, a 33 = 2. A. Dunque, per k /2, l inversa di A è A = det(a) A(a) = 2k k 3 5 A = 2k k 2k k 3 2k 2(2k ) 2k 5 2k. A 2k (b) Si ha det() = k 2. Quindi è invertibile se e solo se k 2. Si ha b = 2 b 2 = 2, b 3 = k, b 2 =, b 22 =, b 23 =, b 3 = k, b 32 = 2, b 33 = k. Dunque, per k 2, l inversa di è = det() (a) = A = 2 k k (c) Si ha det() = k. Quindi è invertibile se e solo se k. Si ha k 2. k A Dunque, per k, l inversa di è = c =, c 2 =, c 3 =, c 2 =, c 22 = k, c 23 =, c 3 = k, c 32 =, c 33 = k. det() (a) = k k k A /k A.

5 (d) Si ha det(d) = k 2. Quindi D è invertibile se e solo se k. Si ha d = k, d 2 =, d 3 =, d 2 = 2k, d 22 = k 2, d 23 = k 2, d 3 =, d 32 = k, d 33 =. Dunque, per k, l inversa di D è D = det(d) D(a) = k 2k /k k 2 k A /k 2 (2 k)/k 2 /k A. k 2 k 2 Esercizio 5. Ricordiamo che A t denota la matrice trasposta di A (matrice il cui generico elemento di indici (i, j) coincide con l elemento di indici (j, i) di A). Dimostrare i seguenti risultati generali. Date due matrici A e per cui ha senso il prodotto righe per colonne A, si ha (a) (A) t = t A t (verificatelo prima su matrici 2 2, poi provate a generalizzarlo). Se inoltre A e sono quadrate e invertibili, si ha (b) (A) = A. (Per svolgere il seguente punto (c) non è necessario aver visto a lezione né le matrici ortogonali, né le basi ortonormali; diamo qui le definizioni essenziali per risolverlo.) Una matrice quadrata invertibile si dice ortogonale se A = A t, ovvero se AA t = I. Inoltre una base di R n si dice ortonormale se i suoi vettori hanno modulo e sono a due a due ortogonali (cioè se il prodotto scalare di due qualunque di essi è nullo). Dimostrare la seguente affermazione. (c) Una matrice quadrata A di ordine n è ortogonale se e solo se le sue colonne, pensate come vettori di R n, costituiscono una base ortonormale di R n. Lo stesso si può dire per le sue righe? Soluzione. (a) Per dimostrare che (A) t = t A t facciamo vedere che, per ogni i e j, l elemento di indici (i, j) nella matrice A coincide con l elemento di indici (j, i) nella matrice t A t. Per definizione di prodotto righe per colonne di matrici, l elemento di indici (i, j) di A è il prodotto scalare tra la riga i di A e la colonna j di. D altra parte l elemento di indici (j, i) di t A t è il prodotto scalare tra la riga j di t e la colonna i di A t. Poiché la riga j di t è la colonna j di trasposta e, analogamente, la colonna i di A t è la riga i di A trasposta, si ha che i due prodotti scalari, e quindi i due elementi considerati, coincidono. Questo dimostra la proprietà richiesta. (b) L inversa della matrice A è una matrice tale che (A) = (A) = I, dove I è la matrice identità di ordine opportuno. Vediamo che = A ha queste caratteristiche, essendo (A)( A ) = A( )A = AIA = AA = I, ( A )(A) = (A A) = I = = I. (c) Ragioniamo sulla condizione AA t = I. L elemento di indici (i, j) della matrice AA t è il prodotto scalare tra la riga i di A e la colonna j di A t. Quest ultima è la riga j di A trasposta. Possiamo quindi anche dire che il prodotto AA t è il prodotto righe per righe di A per A. Invece l elemento (i, j) della matrice identità I vale se i = j e vale se i j. Allora, se chiamiamo con R i, i =,... n, le righe di A e denotiamo con il prodotto scalare (pensando alle righe come vettori), l uguaglianza AA t = I si traduce in j, se i = j, R i R j =, se i j. La condizione R i R j = per i j è verificata se e solo se le righe di A sono a due a due ortogonali. La condizione R i R i = per ogni i è verificata se e solo se ciascuna riga è un versore, cioè ha modulo. Osservando che l ortogonalità implica l indipendenza lineare, possiamo concludere che AA t = I se e solo se le righe di A costituiscono una base ortonormale di R n. Partendo dalla relazione A t A = I, di dimosrta che lo stesso discorso vale per le colonne.

6 Esercizio 6. Sia V uno spazio vettoriale reale di dimensione 4 e sia = (v, v 2, v 3, v 4) una sua base. Si consideri il sottospazio U = Span(u, u 2, u 3), dove u = v + v 2 v 3 v 4, u 2 = v v 2 + v 3 e u 3 = 2v v 4. (a) Determinare una base U di U e completarla ad una base di V. (b) Determinare un sottospazio vettoriale W tale che V = U W. (c) Scrivere le equazioni cartesiane e parametriche dei due sottospazi U e W. Soluzione. (a) Osserviamo che u 3 = u + u 2. Quindi bastano u e u 2 a generare U, cioè U = Span(u, u 2, u 3) = Span(u, u 2). Inoltre u e u 2 sono linearmente indipendenti. Infatti se poniamo λu + µu 2 = otteniamo λ = µ =. Quindi una possibile base di U è (u, u 2) e la sua dimensione è 2. Per completare la base di U ad una base di V, è sufficiente aggiungere due vettori a u e u 2 in modo da ottenere una quaterna di vettori linearmente indipendente. Se si scelgono u 3 = v 3 e u 4 = v 4, otteniamo la condizione richiesta. Dunque = (u, u 2, v 3, v 4) è una base di V che completa la base (u, u 2) di U. (b) Dalla teoria sappiamo che V = U W se e solo se esiste una base di V che è l unione disgiunta di una base di U con una base di W. Dunque W è lo spazio una cui base è (v 3, v 4): W = Span(v 3, v 4). (c) hiamiamo (x, y, z, t) le coordinate del generico vettore v V rispetto alla base : v = xu + yu 2 + zv 3 + tv 4. Essendo U = Span(u, u 2) = {λu + µu 2 : λ, µ R}, il generico vettore di U si può scrivere u = λ(v + v 2 v 3 v 4) + µ(v v 2 + v 3) = (λ + µ)v + (λ µ)v 2 + ( λ + µ)v 3 λv 4. Dunque U è descritto dalle equazioni parametriche 8 x = λ + µ, >< y = λ µ, U: z = λ + µ, >: t = λ. Eleminando i parametri, si ottengono le sue equazioni cartesiane: U: j x + y + 2t =, y + z = (si noti che queste equazioni non sono univocamente determinate). Essendo W = Span(v 3, v 4) = {λv 3 + µv 4 : λ, µ R}, le equazioni parametriche e cartesiane di W sono, rispettivamente, 8 x =, >< j y =, x =, W : W : z = λ, y =. >: t = µ, Esercizio 7. Usando il metodo dei determinanti, discutere, al variare del parametro reale k, la compatibilità dei seguenti sistemi lineari, determinando le soluzioni nei casi in cui esse esistano: 8 8 >< 3x 2x 2 + kx 3 = 3, >< x x 2 + x 3 kx 4 =, (a) 2kx + x 2 x 3 = 4, (b) x 2 + x 2 2x 3 =, >: >: kx 4x 2 + 2kx 3 = 2. kx x 2 + x 3 kx 4 =.

7 Soluzione. (a) La matrice completa e la matrice completa sono rispettivamente 3 2 k 3 2 k 3 A 2k A A 2k 4 A k 4 2k k 4 2k 2 Si ha det A = 3 4 Allora 2k 2k +2 k 2k +k 2k k 4 = 3(2k 4)2(4k2 +k)+k( 9k) = k 2 +8k 2. 2 det A = k = 4 ± p 6 2 = 4 ± 2 = Per k 2, 6 si ha rg(a) = rg() = 3, quindi il sistema è compatibile ed ammette una soluzione. Per k = 2 si ha rg(a) = rg() = 2, quindi il sistema è compatibile ed ammette soluzioni. Per k = 6 si ha rg(a) = 2 3 = rg(), dunque il sistema non ammette soluzioni. (b) Si tratta di un sistema omogeneo, con matrice dei coefficienti k A 2 A k k Esiste sempre un minore di ordine due non nullo: A 2,2 = = 2. In A ci sono esattamente due minori di ordine 3 che orlano A 2,2 e sono A 23,23 = 2 = + 2k k 2 + = k, k k A 23,24 = k k = k + + k + k2 k = k 2 k = k(k ). Per k, si ha rga = 3, quindi esistono soluzioni. Per k =, si ha rga = 2, quindi esistono 2 soluzioni. (Metteremo tra qualche giorno una nuova versione con il calcolo delle soluzioni.) 6 Esercizio 8. (Per svolgere questo esercizio non è necessario aver visto a lezione le applicazioni lineari, il nucleo e l immagine: diamo qui le definizioni essenziali per risolverlo.) Un applicazione L: V W tra due spazi vettoriali su un campo K si dice lineare se L(αv + βw) = αl(v) + βl(w), per ogni α, β K e per ogni v, w V. Data un applicazione lineare L: V W, il nucleo e l immagine di L sono, rispettivamente, Ker(L) = {v v : L(v) = W } V e Im(L) = {L(v) : v V} W (dove W denota il vettore nullo di W). Si verifica che in generale Ker(L) è un sottospzio vettoriale di V e Im(L) è un sottospazio vettoriale di W (lo avete visto o lo vedrete a lezione). Verificare la linearità delle seguenti applicazioni. Per quelle lineari, determinare Ker(L) e Im(L). (a) L: R 3 R 3 definita da L(x, y, z) = (z, y, x). (b) L: R 3 R 3 definita da L(x, y, z) = (x +, y +, z + ). Riprendiamo lo spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti reali, indeterminata x e grado al più n: P n[x] = {p(x) = a + a x + a 2x a nx n : a i R}.

8 (c) L: P n[x] P n[x], definita da L(p(x)) = p(x + ). (d) L: P n[x] P n[x], definita da L(p(x)) = p (x), derivata di p(x). Soluzione. (a) L applicazione è lineare, essendo L(α(x, y, z) + β(x, y, z )) = L((αx + βx, αy + βy, αz + βz )) = (αz + βz, αy + βy, αx + βx ) = α(z, y, x) + β(z, y, x ) = αl(x, y, z) + β(x, y, z ). Si ha (x, y, z) ker(l) L(x, y, z) = (z, y, x) = (,, ). Quindi ker(l) è il sottospazio banale ker(l) = {(,, )}, (come vedremo, questo è sufficiente per dire che L è iniettiva). Si ha (x, y, z ) Im(L) esiste (x, y, z) R 3 tale che L(x, y, z) = (z, y, x) = (x, y, z ). Quindi Im(L) = R 3, (come vedremo, questo è sufficiente per dire che L è suriettiva; in particolare questa L è biunivoca). (b) La funzione non è lineare. Infatti, una condizione necessaria perchè un applicazione tra spazi vettoriali sia lineare è che mandi il vettore nullo nel vettore nullo. Ma in questo caso L((,, )) = (,, ) (,, ). (c) L applicazione è lineare, infatti L(αp(x) + βq(x)) = αp(x + ) + βq(x + ) = αl(p(x)) + βl(q(x)). Si ha p(x) ker(l) L(p(x)) = p(x + ) è il polinomio nullo. Ma questo è vero se e solo se p(x) è il polinomio nullo. Quindi ker(l) è il sottospazio banale {} e l applicazione L è iniettiva. Per ogni polinomio q(x) P n[x] esiste p(x) P n[x] tale che L(p(x)) = p(x + ) = q(x): basta prendere p(x) = q(x ). Allora Im(L) = P n[x] e l applicazione L è suriettiva. Possiamo concludere che l applicazione L è biunivoca. (d) Dall analisi sappiamo che la derivata è una funzione lineare, essendo D(αf(x) + βg(x)) = αd(f(x)) + βd(g(x)) per ogni coppia di funzioni f(x) e g(x) derivabili, quindi in particolare per i polinomi. Si ha p(x) ker(l) se e solo se p (x) è il polinomio nullo, ovvero se e solo se p(x) è un polinomio costante, cioè con solo il termine noto (che può eventualmente essere nullo): ker(l) = {p(x) = a : a R}. Inoltre, se p(x) = a + a x + a 2x a nx n, si ha p (x) = a + 2a 2x + + na nx n. Quindi l immagine tramite L di ogni polinomio di grado al più n è un polinomio di grado al più n. Viceversa, ogni polinomio di grado al più n q(x) = a + a 2x + + a nx n, è immagine tramite L di un polinomio p(x) di grado al più n: si può prendere, ad esempio, Quindi p(x) = a x + a2 2 x2 + + an n xn. Im(L) = {q(x) = a + a 2x + + a nx n : a, a 2,... a n R}. Esercizio 9. (Per i gruppi che daranno una soluzione precisa, chiara e completa di questo esercizio ci sarà un premio a sorpresa!)

9 Definiamo la matrice a spirale n nel seguente modo induttivo. La matrice è la matrice il cui unico elemento è 2. Per ogni n 2, la matrice n è la matrice quadrata di ordine n che si ottiene ruotando la matrice n di novanta gradi in senso orario e aggiungendo una prima riga di tutti 2 e una prima colonna che ha tutti gli elementi tranne il primo uguali a. Ad esempio: = (2), 2 = «2 2, A, 4 = A, =, A dove, per una visualizzazione più chiara, abbiamo messo dei trattini al posto degli zeri. (a) alcolare det( n), per n =, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. (b) In base ai risultati ottenuti nel precedente punto (a), congetturare (cioè ipotizzare) una formula generale per det( n), ovvero una formula che esprima det( n) in funzione di n, per ogni n. (c) Data una matrice qualunque A quadrata di ordine n, denotiamo con A rot la matrice ottenuta ruotando A di novanta gradi in senso orario. Dimostrare il seguente risultato generale: j det(a), se n, mod 4, det(a), se n 2, 3 mod 4 (ricordiamo che n è congruo ad r modulo q, in simboli n r mod q, se n r è divisibile per q, ovvero, nel caso in cui r < q, se r è il resto della divisione intera di n per q). (d) Dimostrare per induzione la validità della formula congetturata nel punto (b). Soluzione. (a) Usiamo la definizione di determinante det A = X σ S n ( ) inv(σ) a σ() a 2σ(2)... a nσ(n), dove S n è il gruppo simmetrico (insieme delle permutazioni di n elementi) e inv(σ) è il numero di inversioni della permutazione σ. Un inversione di σ è una coppia (i, j) tale che i < j e σ(i) > σ(j). Si vede che per ciascuna delle matrici n, nella sommatoria precedente c è sempre solo un termine non nullo, che in valore assoluto vale 2 n. Il segno dipende dalla parità del numero di inversioni della permutazione che dà luogo al termine non nullo. Per le prime otto matrici si ottiene det( )= 2, det( 2)= 4, det( 3)= 8, det( 4)= 6, det( 5)= 32, det( 6)= 64, det( 7)= 28, det( 8)= 256. (b) In base al risultato ottenuto in (a), proviamo a congetturare la seguente formula: j 2 n, se n,, 2 mod 4, det( n) = 2 n, se n 3 mod 4. (c) Dimostriamo, per induzione su n, la formula j det(a), se n, mod 4, det(a), se n 2, 3 mod 4. Passo base. Per n = la formula è valida, essendo n mod 4 e A rot = A, quindi det(a). Passo induttivo. Supponiamo la proprietà vera per tutte le matrici di ordine n e dimostriamola per matrici di ordine n. Sia A una matrice di ordine n. alcoliamo il suo determinante con il metodo di Laplace lungo la prima riga: det(a) = ( ) +k a k det(a k ), k=

10 dove A ij è la matrice ottenuta da A eliminando la riga i e la colonna j. Per definizione, la matrice A rot ha come ultima colonna la prima riga di A. Per semplicità, poniamo R = A rot e calcoliamo il determinante di R con il metodo di Laplace lungo l ultima colonna: det(r) = ( ) k+n r kn det(r kn ), dove R ij è la matrice ottenuta da R eliminando la riga i e la colonna j. Osserviamo che k= j ( ) k+n ( ) +k = ( ) +k se n è dispari, se n è pari. Inoltre, per come la matrice A rot è stata definita, per ogni k si ha r kn = a k e R kn = (A k ) rot. L ultima è un uguaglianza tra matrici di ordine n. Per l ipotesi induttiva, si ha j det(ak ), se n, mod 4, cioè se n, 2 mod 4, det(r kn ) = det((a k ) rot ) = det(a k ), se n 2, 3 mod 4, cioè se n, 3 mod 4. A questo punto conviene distinguere i quattro casi possibili. aso A: n mod 4 (in particolare n è pari). Si ha ( ) k+n r kn det(r kn ) = k= ( ) +k a k ( det(a k )) = det(a). k= aso : n mod 4 (in particolare n è dispari). Si ha ( ) k+n r kn det(r kn ) = k= aso : n 2 mod 4 (in particolare n è pari). Si ha ( ) k+n r kn det(r kn ) = k= ( ) +k a k det(a k ) = det(a). k= ( ) +k a k det(a k ) = det(a). k= aso D: n 3 mod 4 (in particolare n è dispari). Si ha ( ) k+n r kn det(r kn ) = k= ( ) +k a k ( det(a k )) = det(a). k= La formula è dimostrata per ciascuno dei quattro casi possibili. (d) Dimostriamo, per induzione su n, la formula congetturata in (b): j 2 n, se n,, 2 mod 4, det n = 2 n, se n 3 mod 4. Passo base. Per n = la formula è valida, essendo n mod 4 e = (2), dunque det = 2. Passo induttivo. Supponiamo la formula vera per n, cioè j 2 n, se n,, 2 mod 4, cioè se n, 2, 3 mod 4, det( n ) = 2 n, se n 3 mod 4, cioè se n mod 4 e dimostriamola per n. Se calcoliamo il determinante di n con il metodo di Laplace lungo la prima colonna, otteniamo det( n) = 2 det(( n ) rot ). In base al risultato in (c), abbiamo j det(n ), det(( n ) rot se n, mod 4, cioè se n, 2 mod 4, ) = det( n ), se n 2, 3 mod 4, cioè se n, 3 mod 4. Distinguiamo i quattro casi possibili, osservando che ora due di essi possono essere accorpati.

11 aso A: n mod 4. Si ha det( n) = 2 det(( n ) rot ) = 2 det( n ) = ( 2) ( 2 n ) = 2 n. asi e : n, 2 mod 4. Si ha det( n) = 2 det(( n ) rot ) = 2 det( n ) = 2 2 n = 2 n. aso D: n 3 mod 4. Si ha det( n) = 2 det(( n ) rot ) = 2 det( n ) = ( 2) 2 n = 2 n. La formula è dimostrata per ciascuno dei quattro casi possibili.