Sé que si $A,B \in M_2(\mathbb{C})$ , entonces
PS
¿Qué pasa si $$\det(A+xB)=x^2 \det B +x(TrA \cdot TrB-Tr(AB))+\det A$ ? ¿Podemos encontrar una relación similar para $A,B \in M_3(\mathbb{C})$ ?
Respuestas
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Primer aviso de que la configuración de $x = 0$ da que el término constante en $x$ es $\det A$, y apelando a la simetría da que el primer término es $(\det B) x^3$, por lo que permanece para encontrar intermedios los dos términos.
Asumir temporalmente $A$ es invertible---vamos a quitar esta restricción posterior. El Factoring da $A + x B = A^{-1} (I + x A^{-1} B),$ y tomando el determinante da \begin{align} \det(A + x B) &= \det A \det (I + x A^{-1} B) \\ &= \det A [1 + x \operatorname{tr}(A^{-1} B) + x^2 \sigma_2(A^{-1} B) + x^3 \det B] . \end{align} Aquí sólo hemos explotado la definición de autovalores para escribir $\det (I + C)$ en términos de la habitual simétrica polinomios $\operatorname{tr}, \sigma_2, \det$ de los autovalores de a$\lambda_i$. Explícitamente, $$\sigma_2(C) = \lambda_2 \lambda_3 + \lambda_3 \lambda_1 + \lambda_1 \lambda_2 = (c_{22} c_{33} - c_{23} c_{32}) + (c_{33} c_{11} - c_{31} c_{13}) + (c_{11} c_{22} - c_{12} c_{21}) .$$
Así, el coeficiente de $x$ en $\det (A + x B)$ es $$\det A \operatorname{tr}(A^{-1} B) .$$ We can write this without using the inversion operator, after which we can appeal to continuity to show that our resulting formula doesn't require the condition that $Una$ es invertible.
Usando el mismo truco que antes de que nos permite ampliar el polinomio característico de a$A$ en términos de polinomios simétricos de los autovalores de a$A$: $$\phantom{(\ast)} \qquad p_A(t) = \det(t I - A) = t^3 - (\operatorname{tr} A) t^2 + \sigma_2(A) t - \det A . \qquad (\ast)$$ En particular, el de Cayley-Hamilton Teorema da $$0 = p_A(A) = A^3 - (\operatorname{tr A}) A^2 + \sigma_2(A) A - (\det A) I ,$$ y (utilizando de nuevo que $A$ es invertible) reorganización de da $$A^{-1} = (\det A)^{-1} [A^2 - (\operatorname{tr} A) A + \sigma_2(A) I].$$ Substituting now gives that the coefficient of $x$ in $\det(a + x B)$ es \begin{align} \det A \operatorname{tr}(A^{-1} B) &= \det A \operatorname{tr}[(\det A)^{-1} [A^2 - (\operatorname{tr} A) A + \sigma_2(A) I] B] \\ &= \boxed{\operatorname{tr}(A^2 B) - \operatorname{tr}(AB) \operatorname{tr} A + \sigma_2(A) \operatorname{tr} B} . \end{align} El coeficiente de $x$ y la caja de la expresión son funciones continuas que de acuerdo donde $A$ es invertible, y ya que este es denso en el conjunto de todos los $3 \times 3$ matrices, la continuidad implica que se acepta en todas partes.
Podemos calcular el coeficiente de $x^2$ en $\det(A + x B)$ del mismo modo, pero, como hicimos para el líder y los términos constantes en $x$ sólo podemos apelar a la simetría, dando a $$\boxed{\operatorname{tr}(B^2 A) - \operatorname{tr}(BA) \operatorname{tr} B + \sigma_2(B) \operatorname{tr} A} .$$ Poniendo todo esto junto y reorganizar un poco por razones estéticas da $$\color{#df0000}{\boxed{\det (A + x B) = x^3 \det B + [\operatorname{tr}(A B^2) - \operatorname{tr} B \operatorname{tr}(AB) + (\operatorname{tr} A) \sigma_2(B)] x^2 \\ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad + [\operatorname{tr}(A^2 B) - \operatorname{tr} A \operatorname{tr}(AB) + \sigma_2(A) \operatorname{tr} B] x + \det A}} .$$
Por último, tenemos $$\sigma_2(C) = \lambda_2 \lambda_3 + \lambda_3 \lambda_1 + \lambda_1 \lambda_2 = \frac{1}{2}[(\operatorname{tr} C)^2 - \operatorname{tr} (C^2)],$$ de modo que sustituyendo nos permite producir una expresión que se basa sólo en la más conocida de la traza y el determinante de los operadores:
$$\color{#df0000}{\boxed{\det (A + x B) = x^3 \det B + \left[\operatorname{tr}(A B^2) - \operatorname{tr} B \operatorname{tr}(AB) + \frac{1}{2} (\operatorname{tr} A) [(\operatorname{tr} B)^2 - \operatorname{tr} (B^2)]\right] x^2 \\ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad + \left[\operatorname{tr}(A^2 B) - \operatorname{tr} A \operatorname{tr}(AB) + \frac{1}{2}[(\operatorname{tr} A)^2 - \operatorname{tr} (A^2)] \operatorname{tr} B\right] x + \det A}} .$$
El procedimiento general aquí funciona igual de bien para encontrar los coeficientes de $\det(A + x B)$ para matrices de cualquier tamaño.
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Puntos
5627
Deje que $A_1,A_2,A_3$ las columnas de $A\in M_3(\mathbb{C})$ y $B_1,B_2,B_3$ las columnas de $B\in M_3(\mathbb{C})$ . Para que la propiedad del determinante de una matriz sea una aplicación multilineal de sus columnas, debemos \begin{align} \det(A+xB) =& \det \Big(A_1+xB_1\;\Big|\;A_2+xB_2\;\Big|\; A_3+xB_3 \Big) \\ =& \det \Big(A_1\;\Big|\;A_2+xB_2\;\Big|\; A_3+xB_3 \Big) \\ +&\det \Big(xB_1\;\Big|\;A_2+xB_2\;\Big|\; A_3+xB_3 \Big) \\ =& \det \Big(A_1\;\Big|\;A_2\;\Big|\; A_3+xB_3 \Big) \\ +& \det \Big(A_1\;\Big|\; xB_2\;\Big|\; A_3+xB_3 \Big) \\ +& \det \Big(xB_1\;\Big|\;A_2\;\Big|\; A_3+xB_3 \Big) \\ +& \det \Big(xB_1\;\Big|+xB_2\;\Big|\; A_3+xB_3 \Big) \\ =& \det \Big(A_1\;\Big|\;A_2\;\Big|\; A_3 \Big) \\ +& \det \Big(A_1\;\Big|\;A_2\;\Big|\;xB_3 \Big) \\ +& \det \Big(A_1\;\Big|\; xB_2\;\Big|\; A_3\Big) \\ +& \det \Big(A_1\;\Big|\; xB_2\;\Big|\; xB_3 \Big) \\ +& \det \Big(xB_1\;\Big|\;A_2\;\Big|\; A_3 \Big) \\ +& \det \Big(xB_1\;\Big|\;A_2\;\Big|\; xB_3 \Big) \\ +& \det \Big(xB_1\;\Big|\;xB_2\;\Big|\; A_3\Big) \\ +& \det \Big(xB_1\;\Big|\;xB_2\;\Big|\; xB_3 \Big) \end {align} Then \begin{align} \det(A+xB) =& \det(A) \\ &+ x\left(\det(A_1|A_2|B_3)+\det(A_1|B_2|A_3)+\det(B_1|A_2|B_3)\right) \\ &+ x^2\left(\det(A_1|B_2|B_3)+\det(B_1|A_2|B_3)+\det(B_1|B_2|A_3)\right) \\ &+ x^3\det(B) \end {align}
