Mostrar que el determinante de $A$ es igual al producto de sus valores propios.

Question

Muestra que el determinante de una matriz $A$ es igual al producto de sus valores propios $ \lambda_i $ .

Así que me está costando mucho trabajo entender esto. Sé que tengo que trabajar con el polinomio característico de la matriz $ \det (A- \lambda I)$ .

Pero cuando se considera un $n \times n$ matriz que no sé cómo elaborar la prueba. ¿Debería usar la fórmula determinante para cualquier $n \times n$ ¿Matriz? (Supongo que no, porque ese tipo es bastante complicado)

Cualquier idea sería genial

Answer 1

Supongamos que $\lambda_1, \ldots, \lambda_n$ son los valores propios de $A$ . Entonces el $\lambda$ s son también las raíces del polinomio característico, es decir

$$\begin{array}{rcl} \det (A-\lambda I)=p(\lambda)&=&(-1)^n (\lambda - \lambda_1 )(\lambda - \lambda_2)\cdots (\lambda - \lambda_n) \\ &=&(-1) (\lambda - \lambda_1 )(-1)(\lambda - \lambda_2)\cdots (-1)(\lambda - \lambda_n) \\ &=&(\lambda_1 - \lambda )(\lambda_2 - \lambda)\cdots (\lambda_n - \lambda) \end{array}$$

La primera igualdad se desprende de la factorización de un polinomio dadas sus raíces; el coeficiente principal (de mayor grado) $(-1)^n$ se puede obtener expandiendo el determinante a lo largo de la diagonal.

Ahora, al establecer $\lambda$ a cero (simplemente porque es una variable) obtenemos en el lado izquierdo $\det(A)$ y en el lado derecho $\lambda_1 \lambda_2\cdots\lambda_n$ es decir, obtenemos efectivamente el resultado deseado

$$ \det(A) = \lambda_1 \lambda_2\cdots\lambda_n$$

Así que el determinante de la matriz es igual al producto de sus valores propios.

Answer 2

Soy un principiante en Álgebra Lineal y esto es sólo mi humilde opinión.

Una de las ideas presentadas anteriormente es que

Supongamos que $\lambda_1,\ldots \lambda_2$ son valores propios de $A$ .

Entonces el $\lambda$ s son también las raíces del polinomio característico, es decir

$$\det(A−\lambda I)=(\lambda_1-\lambda)(\lambda_2−\lambda)\cdots(\lambda_n−\lambda)$$ .

Ahora, al establecer $\lambda$ a cero (simplemente porque es una variable) obtenemos en el lado izquierdo $\det(A)$ y en el lado derecho $\lambda_1\lambda_2\ldots \lambda_n$ es decir, obtenemos efectivamente el resultado deseado

$$\det(A)=\lambda_1\lambda_2\ldots \lambda_n$$ .

No creo que esto funcione en general, sino sólo para el caso en que $\det(A) = 0$ .

Porque, cuando escribimos la ecuación característica, utilizamos la relación $\det(A - \lambda I) = 0$ Siguiendo la misma lógica, el único caso en el que $\det(A - \lambda I) = \det(A) = 0$ es que $\lambda = 0$ . La relación $\det(A - \lambda I) = 0$ debe cumplirse incluso para el caso especial $\lambda = 0$ lo que implica.., $\det(A) = 0$

POST ACTUALIZADO

Aquí propongo una forma de demostrar el teorema para un caso de 2 por 2. Sea $A$ sea una matriz de 2 por 2.

$$ A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12}\\ a_{21} & a_{22}\\\end{pmatrix}$$

La idea es utilizar una cierta propiedad de los determinantes,

$$ \begin{vmatrix} a_{11} + b_{11} & a_{12} \\ a_{21} + b_{21} & a_{22}\\\end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12}\\ a_{21} & a_{22}\\\end{vmatrix} + \begin{vmatrix} b_{11} & a_{12}\\b_{21} & a_{22}\\\end{vmatrix}$$

Dejemos que $ \lambda_1$ y $\lambda_2$ sean los 2 valores propios de la matriz $A$ . (Los valores propios pueden ser distintos, o repetidos, reales o complejos, no importa).

Los dos valores propios $\lambda_1$ y $\lambda_2$ debe satisfacer la siguiente condición :

$$\det (A -I\lambda) = 0 $$ Dónde $\lambda$ es el valor propio de $A$ .

Por lo tanto, $$\begin{vmatrix} a_{11} - \lambda & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} - \lambda\\\end{vmatrix} = 0 $$

Por lo tanto, utilizando la propiedad de los determinantes proporcionada anteriormente, intentaré descomponer el determinante en partes.

$$\begin{vmatrix} a_{11} - \lambda & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} - \lambda\\\end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} - \lambda\\\end{vmatrix} - \begin{vmatrix} \lambda & 0 \\ a_{21} & a_{22} - \lambda\\\end{vmatrix}= \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22}\\\end{vmatrix} - \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ 0 & \lambda \\\end{vmatrix}-\begin{vmatrix} \lambda & 0 \\ a_{21} & a_{22} - \lambda\\\end{vmatrix}$$

El determinante final puede reducirse aún más.

$$ \begin{vmatrix} \lambda & 0 \\ a_{21} & a_{22} - \lambda\\\end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \lambda & 0 \\ a_{21} & a_{22} \\\end{vmatrix} - \begin{vmatrix} \lambda & 0\\ 0 & \lambda\\\end{vmatrix} $$

Sustituyendo el determinante final, tendremos

$$ \begin{vmatrix} a_{11} - \lambda & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} - \lambda\\\end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22}\\\end{vmatrix} - \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ 0 & \lambda \\\end{vmatrix} - \begin{vmatrix} \lambda & 0 \\ a_{21} & a_{22} \\\end{vmatrix} + \begin{vmatrix} \lambda & 0\\ 0 & \lambda\\\end{vmatrix} = 0 $$

En un polinomio $$ a_{n}\lambda^n + a_{n-1}\lambda^{n-1} ........a_{1}\lambda + a_{0}\lambda^0 = 0$$ Tenemos que el producto de la raíz es el coeficiente del término con la potencia 0, $a_{0}$ .

Del determinante descompuesto, el único término que no implica $\lambda$ sería el primer término

$$ \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \\\end{vmatrix} = \det (A) $$

Por lo tanto, el producto de las raíces aka producto de los valores propios de $A$ es equivalente al determinante de $A$ .

Tengo dificultades para generalizar esta idea de prueba a la $n$ por $$ caso sin embargo, ya que es complejo y consume tiempo para mí.

Answer 3

El enfoque que yo utilizaría es Descomponer la matriz en 3 matrices a partir de los valores propios.

Entonces sabe que el $det(A*B) = det(A)*det(B)$ y que $det(inv(A)) = \dfrac{1}{det(A)}$ .

Probablemente puedas completar el resto de los detalles del artículo, dependiendo de lo rigurosa que deba ser tu prueba.

Edición: Me acabo de dar cuenta de que esto no funcionará en todas las matrices, pero puede darte una idea de un enfoque.

Answer 4

Debes saber lo siguiente:

\== Si tomamos una extensión del campo base, tanto el determinante como la traza de una matriz (cuadrada) permanecen inalterados al evaluarlos en el nuevo campo

\== Tomar un campo de división del polinomio característico de $\;A\;$ y calcular la forma canónica de Jordan de esta matriz. Como esta última es una matriz triangular su determinante es el producto de los elementos de su diagonal principal, y sabemos que en esta diagonal aparecen los valores propios de $\;A\;$ así que hemos terminado.

Answer 5

Debería seguirse de la similitud con la forma canónica de Jordania.