diferenciable en identidad determinante

Question

Me gustaría demostrar que el determinante $det:\mathbb{M_n}\rightarrow\mathbb{R}$ es diferenciable en la matriz de identidad con $(Ddet(I))(H)=tr(H)$. Utilizando la definición de la diferenciabilidad esto se reduce a mostrar que: $$\displaystyle{\lim_{H \to 0}}\frac{\det(I+H)-det(I)-tr(H)}{||H||}=0 \space \space (\bigstar)$$ Ahora soy consciente de la fórmula: $\det(I+H)=1+tr(H)+\frac{(tr(H)^2-tr(H^2))}{2!}+\frac{(tr(H)^3-3tr(H)tr(H^2)+2tr(H^3))}{3!}\dots$

pero yo no veo ninguna manera de mostrar que: $$\displaystyle{\lim_{H \to 0}}\frac{\frac{(tr(H)^2-tr(H^2))}{2!}+\frac{(tr(H)^3-3tr(H)tr(H^2)+2tr(H^3))}{3!}+\dots}{||H||}=0$$

$1)$ Soy consciente de la derivada direccional aproach (ver aquí, por ejemplo, enlace), pero que puede ser utilizado sólo después de que sabemos que la derivada existe, para mostrar que $(Ddet(I))(H)=tr(H)$.

$2)$ También estoy consciente de que la prueba tratar el determinante como una función polinómica de $n^2$ variables.

Pero me gustaría saber si existe una prueba utilizando sólo la definición de derivado $(\bigstar)$.

Gracias!

Answer 1

$\DeclareMathOperator{\tr}{tr}$ Suponga $\|A\| = \|A\|_F$, es decir, dotar a $M_{n}(\mathbb{R})$ con el Frobenious norma, entonces se sigue \begin{align} \|H\|_F = (\lambda_1^2+\cdots+\lambda_n^2)^{1/2} \end{align} donde $\lambda_i$ son los autovalores de a$H$. Entonces podemos ver que \begin{align} \det(I+H) = \det( I+\varepsilon \hat H) \end{align} donde $\varepsilon = \|H\|_F$ e $\hat H = H/\varepsilon$. Tenga en cuenta que \begin{align} \det(I+\varepsilon \hat H) = 1+\varepsilon \tr\hat H +\mathcal{O}(\varepsilon^2) \end{align} como se muestra aquí. Por lo tanto sigue \begin{align} \left|\frac{\det(I+H)-1-\tr H}{\varepsilon}\right|=\left|\frac{\det(I+H)-1-\varepsilon \tr \hat H}{\varepsilon}\right| \leq M\varepsilon. \end{align}

Tenga en cuenta que $M$ es un uniforme obligado en la esfera de la $\|A\|=1$.

Para ser más específicos, podemos ver que \begin{align} \frac{\tr(H)^2-\tr(H^2)}{2!} = \frac{\|H\|^2}{2!}\left(\tr(\hat H)^2-\tr(\hat H^2) \right) \end{align} donde \begin{align} \left|\tr(\hat H)^2-\tr(\hat H^2) \right| \leq |\tr(\hat H)|^2+|\tr(\hat H^2)| \leq C_n2 \end{align} y \begin{align} |\tr(\hat H)^3-3\tr(\hat H)\tr(\hat H^2)+2\tr(\hat H^3)| \leq C_n6=C_n3!. \end{align} donde $C_n$ es una constante que sólo depende de la dimensión. Asimismo, para los otros términos.

Answer 2

$\DeclareMathOperator\tr{tr}$Deje $\lambda_M$ ser el más grande de la magnitud de los autovalores de a$H$.

Deje $\sigma_M$ ser el mayor valor singular de a$H$, que es la raíz cuadrada de la mayor autovalor de a$H^TH$.

A continuación, $\|H\|=\sigma_M \ge \lambda_M$, $|\tr(H)|\le n\lambda_M\le n\sigma_M$, e $\tr(H^2) \le n\lambda_M^2\le n\sigma_M^2$.

De ello se sigue que: $$\lim_{H\to 0} \frac{(\tr H)^2}{\|H\|} = \lim_{\sigma_M\to 0} \frac{(\tr H)^2}{\sigma_M} \le \lim_{\sigma_M\to 0} \frac{(n\sigma_M)^2}{\sigma_M} =0$$ y: $$\lim_{H\to 0} \frac{\tr(H^2)}{\|H\|} = \lim_{\sigma_M\to 0} \frac{\tr(H^2)}{\sigma_M} \le \lim_{\sigma_M\to 0} \frac{n\sigma_M^2}{\sigma_M} =0$$ Lo mismo se aplica a todos los poderes superiores, y su límite es, por tanto, $0$.

Answer 3

Ambos están científico e ignorantes. De hecho, si usted sabe la fórmula $Eq$ (línea 6) $\det(I+H)=1+tr(H)+\cdots$, entonces, ¿dónde está el problema ? Creo que tienes 5 upvotes dado porque los lectores están interesados en $Eq$. De hecho, $Eq$ es la fórmula de Taylor para la $C^{\infty}$ función de $f(H)=\det(I+H)$, es decir,

$$f(H)=f(0)+Df_0(H)+1/2!D²f_0(H,H)+\cdots+1/k!D^kf_0(H,\cdots,H)+O(||H||^{k+1}).$$

Aquí, no hay ningún problema de convergencia debido a $f$ es un polinomio en la $(h_{i,j})$ y, por lo tanto, la suma es finita. Por otra parte, el término de la fórmula de Taylor en $||H||^k$ se compone de los términos de grado exactamente $k$ en el desarrollo de la $\det(I+H)$. Finalmente, para responder a su pregunta es equivalente a mostrar $Eq$. Una prueba de ello es, como se muestra en la Jacky Chong del post anterior, en (ref)

Expansión de la serie de el determinante de una matriz a cerca de la identidad

De hecho, la función exponencial es inútil. Que es importante notar es que si obtenemos $Df_0$, entonces el cálculo de los sucesivos derivados se realiza mediante la recurrencia.

Paso 1. Deje $g(X)=\det(X)$. A continuación, $Dg_A:H\in M_n\rightarrow tr(HA^{-1})\det(A)$ está demostrado que en muchos posts de este sitio web. Que implica claramente que el $Df_0(H)=tr(H)$ (que no es un scoop). Cuidado, debemos considerar la $Dg_A$ a calcular los sucesivos derivados en $A=I$.

Paso 2. Ahora calculamos la derivada, wrt. $A$, de un producto

$D^2g_A(H,K)=[-tr(HA^{-1}KA^{-1})+tr(HA^{-1})tr(KA^{-1})]\det(A)$ implica que

$(*)$ $D^2g_A(H,H)=[-tr((HA^{-1})^2)+(tr(HA^{-1}))^2]\det(A)$ y

$D^2f_0(H,H)=D^2g_I(H,H)=(tr(H))^2-tr(H^2)$.

Paso 3. Calculamos la derivada respecto. $A$ de $(*)$. Y así sucesivamente...

Para obtener una fórmula general para el término en $||H||^k$ requiere trabajo. Usted debe usar las particiones del entero $k$ (cf. (ref) para el resultado).