¿Por qué $D \det(I)B=\frac{d}{d t}\det(I+t B)|_{t=0}$ ¿se mantiene?

Question

El siguiente problema es de la EDP I de Taylor. No entiendo por qué $D \det(I)B=\frac{d}{d t}\det(I+t B)|_{t=0}$ retener. Como $\det(I)=1$ y $D$ es $n\times n$ matriz, el lado izquierdo parece ser una matriz, mientras que el lado derecho es claramente un escalar. ¿Podría alguien decirme cómo debo interpretar correctamente $\det(I)$ en este caso?

Answer 1

¡Espero no estar completamente equivocado aquí! Creo que mjqxxx tenía razón en su comentario, es decir, que $D \det(I)$ se refiere al mapa lineal de $M_n(\Bbb C) \to \Bbb C$ que es la derivada de $\det: M_n(\Bbb C) \to \Bbb C$ en el punto $I \in M_n(\Bbb C)$ Entonces $D\det(I) B$ tiene sentido como la derivada direccional de $\det$ en el $B$ dirección en el punto $I$ para que

$D\det(I)B = \dfrac{d}{dt}(\det(I + tB) \mid_{t = 0} \tag{0}$

es de hecho una notación legítima.

Dicho esto, y entendiendo claramente el simbolismo, debo decir que me intrigó bastante la "otra pregunta" presentada en el cuerpo de este post, así que me adelanté a responderla también.

Así que.., por si a alguien le interesa:

Dejemos que $\lambda_i \in \Bbb C$ , $1 \le i \le n$ sea el $n$ valores propios de $B$ Si es necesario, permitimos que se produzcan varias veces el mismo complejo número en la lista $\lambda_1$ , $\lambda_2$ , $\ldots$ , $\lambda_n$ para acomodar los valores propios repetidos de $B$ . Teniendo en cuenta esta convención, recordamos que el determinante de una matriz compleja es el producto de sus valores propios; tenemos

$\det(B) = \prod_1^n \lambda_i. \tag{1}$

A continuación observamos que, para cualquier matriz cuadrada compleja $C$ y cualquier valor propio $\mu$ de $C$ con el vector propio $v \ne 0$ ,

$Cv = \mu v, \tag{2}$

para cualquier número complejo $a, b \in \Bbb C$ tenemos

$(aC + bI)v = aCv + bIv = a\mu v + bv = (a\mu + b)v; \tag{3}$

es decir, los valores propios de $C$ se transforman de acuerdo con el mapeo lineal $C \mapsto aC + bI$ , mientras que los vectores propios no se ven afectados; además, si $v$ es un vector propio generalizado Es decir

$Cv - \mu v = w, \tag{4}$

donde $w \ne 0$ es también un vector propio generalizado, entonces

$(aC + bI)v - (a\mu + b)v = aCv + bv - a\mu v - bv$ $= aCv - a\mu v = a(Cv - \mu v) = aw; \tag{5}$

para $a \ne 0$ (5) indica que $v$ es un vector propio generalizado correspondiente al valor propio $a\mu + b$ de $aC + bI$ Estas consideraciones llevan a la conclusión de que toda la estructura del subespacio invariante de $C$ se conserva bajo $C \mapsto aC + bI$ siempre y cuando $a \ne 0$ por lo que las multiplicidades de los valores propios transformados $a\mu + b$ son los mismos que los del original $\mu$ .

Aplicamos las observaciones anteriores a la matriz $B$ se deduce que los valores propios de $I + tB$ son precisamente los números $1 + t\lambda_i$ por lo tanto

$\det(I + tB) = \prod_1^n (1 + t\lambda_i). \tag{6}$

El producto del lado derecho de esta ecuación puede expandirse en términos del polinomios simétricos elementales $\sigma_k(t\lambda_1, t\lambda_2, \ldots, t\lambda_n)$ en el $n$ cantidades $t\lambda_i$ , dando como resultado

$\det(I + tB) = \prod_1^n (I + t\lambda_i) = \sum_0^n \sigma_k(t\lambda_1, t\lambda_2, \ldots, t\lambda_n); \tag{7}$

una prueba detallada de (7) puede encontrarse en mi respuesta a esta pregunta . Cada $\sigma_k(t\lambda_1, t\lambda_2, \ldots, t\lambda_n)$ es de hecho un polinomio homogéneo de grado $k$ en el $\lambda_i$ por lo que (7) se convierte en

$\det(I + tB) = \prod_1^n (I + t\lambda_i) = \sum_0^n t^k \sigma_k(\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n)$ $= 1 + t\sigma_1(\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n) + t^2\sigma_2(\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n) + \ldots + t^n\sigma_n(\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n); \tag{8}$

se deduce inmediatamente de (8) que

$\dfrac{d}{dt}(\det(I + tB) \mid_{t = 0} = \sigma_1(\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n); \tag{9}$

desde

$\sigma_1(\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n) = \sum_1^n \lambda_i = \text{Tr}(B), \tag{10}$

podemos combinar (9) y (10) para llegar a

$\dfrac{d}{dt}(\det(I + tB) \mid_{t = 0} = \text{Tr}(B), \tag{101}$

el resultado deseado (por Yours Truly en cualquier caso). ¡QED!

Nota: Una de las razones por las que encuentro este problema tan atractivo es que creo que puede conducir a buenas pruebas de cosas como La fórmula de Liouville y demás; las demostraciones habituales (véase la página de la wikipedia que acabo de enlazar) siempre me han parecido bastante engorrosas. Fin de la nota.

Answer 2

Supongamos que los valores propios de $B$ son $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_n.$ entonces los valores propios de $I + tB$ son $1 + t\lambda_1, 1 + t\lambda_2, \cdots, 1 + t\lambda_n.$ utilizaremos el hecho de que el determinante de una matriz es el producto de sus valores propios.

ahora tenemos $$det(I + tB) = (1 + t\lambda_1) (1 + t\lambda_2) \cdots (1 + t\lambda_n) = det(I)+ t(\lambda_1 + \lambda_2 \cdots +\lambda_n) + \cdots $$

por lo tanto $$\frac{d}{dt}det(I + tB)\big|_{t = 0} = trace(B).$$