Segunda derivada de $\det(\mathbb{1}+tA)$?

Question

Estoy dada una función de $F : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definido por

$$F(t)=\det(\mathbb{1}+tA)$$

donde $A \in \mathbb{R}^{n \times n}$. Hasta donde yo sé, el siguiente es cierto.

$$\frac{d}{dt}\bigg|_{t=0} F(t) = \text{tr}~ A$$

Sin embargo, ¿cómo encontrar la segunda derivada?

$$\frac{d^2}{dt^2}\bigg|_{t=0} F(t)$$

Answer 1

Edit: Aquí totalmente diferente argumento, probablemente más simple, con más de álgebra lineal y menos de cálculo. Decir $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ son los autovalores de a $A$, de acuerdo a (algebraica) de la multiplicidad. Desde $\det(I+tA)$ es el producto de los valores propios de a $I+tA$ se sigue que $$F(t)=\prod_{j=1}^n(1+t\lambda_j).$$Multiplying that out in the imagination makes it clear that $$F'(0)=\sum\lambda_j=\text{tr}(A),$$and $$F''(0)=2\sum_{j< k}\lambda_j\lambda_k.$$Since the eigenvalues of $A^2$ are $\lambda_j^2$ it follows that $$F''(0)=\left(\sum\lambda_j\right)^2-\sum\lambda_j^2=(\text{tr}(A))^2-\text{tr}(A^2),$$como a continuación.

Actualización: Hay un poco dudoso de punto por encima de la que nadie parecía darse cuenta. Es fácil ver que $\lambda$ es un autovalor de a $A^2$ si y sólo si $\lambda=\omega^2$ donde $\omega$ es un autovalor de a $A$, pero por encima de nosotros necesita más que eso: es necesario saber que las multiplicidades algebraicas son los mismos. Tal vez eso es obvio? (Ok, está claro desde el Jordán forma, probablemente claro con solo el hecho de que la multiplicidad algebraica es la dimensión de la "generalizada espacio propio", sino que debería ser más fácil que eso...)

Cheap trick: Es claro que, si los valores propios son distintos. Y matricies con distintos autovalores son densos, por lo tanto el seguimiento de $A^2$ $\sum\lambda_j^2$ por cada $A$.

O, en el mejor de los gustos: Desde $\det(\lambda I-A)=\prod(\lambda-\lambda_j)$, $$\begin{align}\det(\lambda^2I-A^2)&=\det(\lambda I-A)\det(\lambda I+A) \\&=(-1)^n\prod(\lambda-\lambda_j)\prod(-\lambda-\lambda_j) \\&=\prod(\lambda^2-\lambda_j^2).\end{align}$$ Hence $\det(\lambda I-a^2)=\prod(\lambda\lambda_j^2)$.

El pensamiento de este porque estaba preocupado por el hecho de que la expresión de $F(t)$ derivados de abajo no tiene el aspecto de un polinomio:

Ejercicio Utilice el hecho de que $\text{tr}(A^k)=\sum_j\lambda_j^k$ que $\exp\left(t\,\text{tr}A-\frac{t^2}2\text{tr}(A^2)+\frac{t^3}3\text{tr}(A^3)+\dots\right)=\prod(1+t\lambda_j)$ (para pequeñas $t$).

Original: Sí, $F'(0)=\text{tr} A$.

Decir $B(t)=I+tA$. Tenga en cuenta que $B(t)$ es invertible si $t$ es lo suficientemente pequeño. Así que si $t$ $h$ son pequeñas, a continuación, $$F(t+h)=\det(B(t)+hA) =\det(B(t))\det(I+hB(t)^{-1}A).$$Taking the derivative with respect to $h$ shows that $$\begin{align}F'(t)&=\det(B(t))\text{tr}(B(t)^{-1}A) \\&=F(t)\text{tr}((I-tA+t^2A^2-t^3A^3\dots)A) \\&=(1+t\,\text{tr}A+\dots)(\text{tr}A-t\,\text{tr}(A^2)+\dots).\end{align}$$Hence $$F''(0)=(\text{tr}A)^2-\text{tr}(A^2).$$

Bonus: Hay una ecuación diferencial anterior, diciendo que $$F'/F=\text{tr}A-t\,\text{tr}(A^2)+\dots.$$With the initial condition $F(0)=1$ this shows that $$F(t)=\exp\left(t\,\text{tr}A-\frac{t^2}2\text{tr}(A^2)+\frac{t^3}3\text{tr}(A^3)+\dots\right),$$que debe permitir encontrar muchos derivados como usted desea.

Answer 2

_{El siguiente es inspirado por David C. Ullrich la respuesta, es decir, su bono de sección. Recordemos que $\color{blue}{\det \big( \exp(\mathrm M) \big) = \exp \big( \mbox{tr} (\mathrm M) \big)}$.}

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$$\begin{aligned} f (t) := \det ( \mathrm I_n + t \mathrm A ) &= \det \big( \exp \big( \ln \big( \mathrm I_n + t \mathrm A \big) \big) \big)\\ &= \exp \big( \underbrace{\mbox{tr} \big( \ln \big( \mathrm I_n + t \mathrm A \big) \big)}_{=: g (t)} \big) = \exp \big( g (t) \big) \end{aligned}$$

Desde el Maclaurin de expansión de $\ln (1+x)$, obtenemos

$$\begin{aligned} g (t) &= \mbox{tr} \big( t \mathrm A - \frac{t^2}{2} \mathrm A^2 + \frac{t^3}{3} \mathrm A^3 - \cdots \big)\\ &= t \,\mbox{tr} (\mathrm A) - \frac{t^2}{2} \mbox{tr} (\mathrm A^2) + \frac{t^3}{3} \mbox{tr} (\mathrm A^3) - \cdots\end{aligned}$$

y

$$g ' (t) = \mbox{tr} (\mathrm A) - t \, \mbox{tr} (\mathrm A^2) + t^2 \, \mbox{tr} (\mathrm A^3) - \cdots$$

y

$$g '' (t) = - \mbox{tr} (\mathrm A^2) + 2t \, \mbox{tr} (\mathrm A^3) - \cdots$$

La diferenciación $f$ dos veces,

$$f '' (t) = \big( g''(t) + \left( g'(t) \right)^2 \big) \, f(t)$$

y, por lo tanto,

$$f''(0) = \big ( - \mbox{tr} (\mathrm A^2) + \left( \mbox{tr} (\mathrm A) \right)^2 \big) \, \underbrace{f(0)}_{=1} = \color{blue}{\big( \mbox{tr} (\mathrm A) \big)^2 - \mbox{tr} \left( \mathrm A^2 \right)}$$

Answer 3

Si en $A(t)=(a_{ij}(t))_{1\leq i,j \leq n}$ cada uno de los componentes es un $k$ veces diferenciable con un valor real de la función, entonces tenemos (ver, por ejemplo, este enlace): \begin{align*} \frac{d^{k}}{dt^k} \begin{vmatrix} a_{11}(t)&a_{12}(t)&\cdots&a_{1n}(t)\\ a_{21}(t)&a_{22}(t)&\cdots&a_{2n}(t)\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{n1}(t)&a_{n2}(t)&\cdots&a_{nn}(t)\\ \end{vmatrix} =\sum_{{k_1+k_2+\cdots+k_n=k}\cima{k_j\geq 0, 1\leq j\leq n}}\frac{k!}{k_1!k_2!\ldots k_n!} \begin{vmatrix} a_{11}^{(k_1)}(t)&a_{12}^{(k_1)}(t)&\cdots&a_{1n}^{(k_1)}(t)\\ a_{21}^{(k_2)}(t)&a_{22}^{(k_2)}(t)&\cdots&a_{2n}^{(k_2)}(t)\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{n1}^{(k_n)}(t)&a_{n2}^{(k_n)}(t)&\cdots&a_{nn}^{(k_n)}(t)\\ \end{vmatrix} \end{align*}

Aquí tenemos el caso especial $n=2$ $A(t)=1+tA$ $A$ $n\times n$ constante de la matriz. Obtenemos \begin{align*} &\color{blue}{\frac{d^{2}}{dt^2} \begin{vmatrix} 1+a_{11}t&a_{12}t&\cdots&a_{1n}t\\ a_{21}t&1+a_{22}t&\cdots&a_{2n}t\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{n1}t&a_{n2}t&\cdots&1+a_{nn}t\\ \end{vmatrix}}\\ &\qquad\quad=\sum_{{k_1+k_2+\cdots+k_n=2}\cima{k_j\geq 0, 1\leq j\leq n}}\frac{2!}{k_1!k_2!\ldots k_n!} \begin{vmatrix} (1+a_{11}t)^{(k_1)}&(a_{12}t)^{(k_1)}&\cdots&(a_{1n}t)^{(k_1)}\\ (a_{21}t)^{(k_2)}&(1+a_{22}t)^{(k_2)}&\cdots&(a_{2n}t)^{(k_2)}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ (a_{n1}t)^{(k_n)}&(a_{n2}t)^{(k_n)}&\cdots&(1+a_{nn}t)^{(k_n)}\\ \end{vmatrix}\\ &\qquad\quad\color{blue}{=2\sum_{{k_1+k_2+\cdots+k_n=2}\cima{0\leq k_j\leq 1, 1\leq j\leq n}}\frac{1}{k_1!k_2!\ldots k_n!} \begin{vmatrix} (1+a_{11}t)^{(k_1)}&(a_{12}t)^{(k_1)}&\cdots&(a_{1n}t)^{(k_1)}\\ (a_{21}t)^{(k_2)}&(1+ta_{22})^{(k_2)}&\cdots&(a_{2n}t)^{(k_2)}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ (a_{n1}t)^{(k_n)}&(a_{n2}t)^{(k_n)}&\cdots&(1+a_{nn}t)^{(k_n)}\\ \end{vmatrix}} \end{align*} Observar la simplificación en el último paso en el rango del índice, en el que mostramos $0\leq k_j\leq 1$. Ya que si no sería un índice $k_j=2$ el correspondiente de la segunda derivada produce ceros en el $j$-ésima fila, por lo que el determinante evalúa a $0$.

Ejemplo: $n=2$

Vamos a hacer el cálculo para las pequeñas $n=2$. Tenemos \begin{align*} \frac{d^{2}}{dt^2} \begin{vmatrix} 1+a_{11}t&a_{12}t\\ a_{21}t&1+a_{22}t\\ \end{vmatrix} Y=2\sum_{{k_1+k_2=2}\cima{0\leq k_j\leq 1, 1\leq j\leq 2}}\frac{1}{k_1!k_2!} \begin{vmatrix} (1+a_{11}t)^{(k_1)}&(a_{12}t)^{(k_1)}\\ (a_{21}t)^{(k_2)}&(1+a_{22}t)^{(k_2)}\\ \end{vmatrix}\\ Y=2 \begin{vmatrix} (1+a_{11}t)^{(1)}&(a_{12}t)^{(1)}\\ (a_{21}t)^{(1)}&(1+a_{22}t)^{(1)}\\ \end{vmatrix}\\ Y=2 \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22}\\ \end{vmatrix}\\ Y=2(a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21})\etiqueta{1} \end{align*}

Por otro lado tenemos \begin{align*} \frac{d^{2}}{dt^2} \begin{vmatrix} 1+a_{11}t&a_{12}t\\ a_{21}t&1+a_{22}t\\ \end{vmatrix} &=\frac{d^{2}}{dt^2}\left[(1+a_{11}t)(1+a_{22}t)-a_{12}a_{21}t^2\right]\\ &=\frac{d^{2}}{dt^2}\left[1+a_{11}t+a_{22}t+a_{11}a_{22}t^2-a_{12}a_{21}t^2\right]\\ Y=2(a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}) \end{align*} de acuerdo con (1).

Nota la respuesta de @DavidCUllrich coincide con el resultado anterior \begin{align*} \color{blue}{(\text{tr}A)^2-\text{tr}(A^2)} &=(a_{11}+a_{22})^2-\text{tr}\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}^2\\ y=(a_{11}+a_{22})^2-\text{tr}\begin{pmatrix}a_{11}^2+a_{12}a_{21}&\ast \\ \ast&a_{12}a_{21}+a_{22}^2\end{pmatrix}\\ y\,\,\color{blue}{=2(a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21})} \end{align*}