Determinante de un número finito de dimensiones de la matriz en términos de seguimiento

Question

He notado que para el caso de 1x1, 2x2 y 3x3 matrices $A$, $B$, puedo escribir el determinante de su colector $C=[A,B]$ en términos de trazas:

1x1 matrices $A$, $B$: $$\det(C)=\text{tr}(C)$$

Matrices de 2x2 $A$, $B$: $$\det(C)=-\frac{1}{2}\text{tr}(C^2)$$

Las matrices 3x3 $A$, $B$: $$\det(C)=\frac{1}{3}\text{tr}(C^3)$$

Pero no puedo encontrar una fórmula simple para el 4x4 matrices--no tengo idea de cómo generalizar este general finito-dimensional de las matrices:

No acabo de entender el origen de este patrón de baja dimensión de las matrices.

Así que mi pregunta es ¿esto se puede generalizar a:

1. Mayor $n\times n$ matrices, $n>3$?
2. Anticommutators $C=\{A,B\} = AB+BA$?

Answer 1

Si consideramos que el determinante de un producto de sus valores propios, usted puede ver esto como la primaria simétrica de la función $e_n(x_1,x_2,\dots,x_n)$.

Sus trazas de las potencias de $C$ corresponden a la alimentación simétrica de las funciones de $p_k=x_1^k+\dots+x_n^k$.

La condición en $C$ siendo un conmutador le da la condición de que $C$ es traceless, que es, $p_1=e_1=0$.

Entonces, lo que quiero es expresar una primaria simétrica de la función con alimentación simétrica funciones bajo la condición de $p_1=0$.

Ahora, si nos fijamos en las primeras expansiones http://en.wikipedia.org/wiki/Newton%27s_identities#Expressing_elementary_symmetric_polynomials_in_terms_of_power_sums usted puede ver que el primer par de expansiones solo contienen un término sin $p_1$, por lo que son excepcionalmente sencillo.

Sin embargo, para $n=4$, se obtiene:

$e_4= \frac 1{24} p_1^4 -\frac14 p_1^2p_2 +\frac 18 p_2^2+\frac13 p_1p_3 -\frac14 p_4$

Los términos con $p_1$ desaparecen y podemos concluir:

$$\det C = \frac 18 tr (C^2)^2 -\frac14 tr(C^4).$$

Este tipo de expansión existe para cualquier tamaño de la matriz, pero se vuelve más y más complicado.

La fórmula general es:

$$e_n=\sum_k\sum_{\lambda_1\ge \lambda_2 \ge \dots \ge \lambda_k \text{ and } \lambda_1+\dots+\lambda_k=n} \hskip-1.5cm (-1)^{n-k} \frac{p_{\lambda_1}p_{\lambda_2} \dots p_{\lambda_k}}{\lambda_1 \lambda_2 \dots \lambda_k (\text{no. of $\lambda_i=1$})!\text{(no. of $\lambda_i=2$})! \dots}$$

Ahora eliminar todos los términos que contienen un $p_1$, reemplace todas las $p_k$ $tr(C^k)$ y se obtiene la fórmula para $n$.

Answer 2

Las relaciones vienen por el hecho de que $\det(C)$ ${\rm tr}(C^n)$ son polinomios simétricos, por lo que puede ser expresado con la primaria polinomios simétricos. Si $(x_1,\dots,x_n)$ son los eigen valores de$C$$e_n(x_1,\dots,x_n)=\det(C)$, e $e_1(x_1,\dots,x_n)={\rm tr}(C)$.

Por el otro $e_k$, usted puede escribir $e_k= \rm{tr}(\Lambda^k C)$ donde $\Lambda^k C$ es la acción de de $C$ en el exterior del producto. O puede utilizar $\rm{tr}(\otimes^\ell C)$ a expresar $e_k$.

Por ejemplo, si $n=4$, entonces uno tiene $${\rm tr}(C^4) = e_1^4 -4e_1^2e_2 + 2e_2^2+4e_1e_3-4e_4.$$ Utilizando el hecho de que $e_1={\rm tr}(C)=0$, $e_2=\rm{tr}(\Lambda^2 C)=\rm{tr}(\otimes^2 C)-\rm{tr}(C^2)$, uno se $${\rm tr}(C^4) = -4 \det(C) +2\rm{tr}(\Lambda^2 C)^2 = -4 \det(C) +2 \Big( {\rm tr}(\otimes^2 C)-\rm{tr}(C^2) \Big)^2.$$

EDIT:se puede definir $\Lambda^2 C$, de la siguiente manera: la matriz de $\Lambda^2 C$ $\binom{n}{2} \times \binom{n}{2}$- matriz cuyos coeficientes son los factores determinantes de todas las $2 \times 2$ submatrices. Más precisamente, para $\Lambda^2 C$ tiene filas y columnas indexadas por $(i_1,i_2)$$1 \leq i_1 < i_2 \leq n$, y $$[\Lambda^2 C]_{(i_1,i_2),(j_1,j_2)} := \det \begin{pmatrix} C_{i_1,j_1} & C_{i_1,j_2} \\ C_{i_2,j_1} & C_{i_2,j_2} \end{pmatrix}.$$ Para $\otimes^2 C$ $n^2 \times n^2$- matriz cuyas filas y columnas son indexados por $(i_1,i_2)$ $1 \leq i_1 \leq i_2 \leq n$ y $[\otimes^2 C]_{(i_1,i_2),(j_1,j_2)} = C_{i_1,j_1}.C_{i_2,j_2}$. Por lo tanto ${\rm tr}(\otimes^2 C) = \sum_{1\leq k,l \leq 2} C_{k,k} C_{l,l}$.