La prueba de que el rastro de una matriz es la suma de sus valores propios

Question

He buscado extensamente una prueba en Internet, pero todas eran demasiado oscuras. Apreciaría si alguien pudiera presentar una simple prueba para este importante resultado. Gracias.

Answer 1

Estas respuestas requieren demasiada maquinaria. Por definición, el polinomio característico de un $n\times n$ matriz $A$ está dada por $$p(t) = \det(A-tI) = (-1)^n \big(t^n - (\text{tr} A) \,t^{n-1} + \dots + (-1)^n \det A\big)\,.$$ Por otro lado, $p(t) = (-1)^n(t-\lambda_1)\dots (t-\lambda_n)$ donde el $\lambda_j$ son los valores propios de $A$ . Así que, comparando los coeficientes, tenemos $\text{tr}A = \lambda_1 + \dots + \lambda_n$ .

Answer 2

Deje que $A$ ser una matriz. Tiene un Forma canónica de Jordania es decir, hay una matriz $P$ de tal manera que $PAP^{-1}$ está en forma de Jordania. Entre otras cosas, la forma de Jordania es triangular superior, por lo que tiene sus valores propios en su diagonal. Por lo tanto, está claro para una matriz en forma de Jordania que su traza es igual a la suma de sus valores propios. Todo lo que queda es probar que si $B,C$ son similar entonces tienen los mismos valores propios.

Answer 3

Trataré de mostrarlo de otra manera. Sabemos que si tenemos un polinomio $x^n+b_{n-1} x^{n-1} + \dots +b_1 x+ b_0$ , entonces $(-1)^{n-1} b_{n-1}$ es la suma de las raíces de este polinomio. (El llamado Las fórmulas de Vieta ) En nuestro caso, el polinomio es $\det(tI-A)$ y tenemos $(-1)^{n-1} b_{n-1}=\lambda_1+\lambda_2+\dots+\lambda_n$ .

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$\def\S{\mathcal{S}_n}$ Deje que $\S$ denotan todas las permutaciones del conjunto $\{1,2,\dots,n\}$ . Entonces, por definición $$ \det M = \sum_{\pi\in\S} m_{1,\pi(1)} m_{2,\pi(2)} \dots m_{n,\pi(n)} \operatorname{sgn}\pi, $$ donde $\operatorname{sgn}\pi$ es o bien $+1$ o $-1$ y es $+1$ para la permutación de identidad (no necesitamos saber más ahora).

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Considere $M=tI-A$ . Para obtener el poder $t^{n-1}$ para una permutación, necesitamos que esta permutación elija al menos $n-1$ elementos diagonales, es decir, tener $\pi(i)=i$ por lo menos $n-1$ valores de $i$ . Sin embargo, una vez que se conoce el valor de una permacultura en $n-1$ entradas, también conoces la última. Esto significa, que para obtener el coeficiente de $t^{n-1}$ necesitamos considerar sólo la permutación de identidad.

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Hasta ahora tenemos que $b_{n-1}$ es el coeficiente de $t^{n-1}$ en $(t-a_{1,1})(t-a_{2,2})\dots(t-a_{n,n})$ (este es el término de la suma anterior que corresponde a la permutación de identidad). Por lo tanto $(-1)^{n-1}b_{n-1} = a_{1,1}+a_{2,2}+\dots+a_{n,n}=\operatorname{Tr}A$ .

Answer 4

El rastro se preserva bajo la similitud y cada matriz es similar a una matriz de bloque de Jordan. Dado que la matriz del bloque de Jordan tiene sus valores propios en la diagonal, su rastro es la suma (con multiplicidad) de sus valores propios.

Answer 5

Cada matriz $A$ puede ser escrito en la forma $A=S^{-1}DS$ donde $D$ es la matriz diagonal (con entradas que son valores propios) y $S$ es la matriz con columnas que son los vectores propios asociados.

Tomando el rastro de ambos lados que tenemos:

$$\operatorname{tr}(A)=\operatorname{tr}(S^{-1}DS)=\operatorname{tr}(DSS^{-1})=\operatorname{tr}(D)=\sum \text{eigenvalues}.$$

Aquí utilicé el hecho de que $\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA)$ . Como un plus que también tenemos:

$$\det(A)=\det(S^{-1}DS)=\det(S^{-1})\det(D)\det(S)=\det(S)^{-1}\det(D)\det(S)=\det(D)=\prod \text{eigenvalues}$$