Cómo demostrar a $\det(e^A) = e^{\operatorname{tr}(A)}$?

Question

Probar $$\det(e^A) = e^{\operatorname{tr}(A)}$$ for all matrices $Un \in \mathbb{C}_{n×n}$.

Answer 1

Ambos lados son continuas. Un estándar de prueba va mostrando esta para diagonalizable matrices y, a continuación, utilizando su densidad en $M_n(\mathbb{C})$.

Pero en realidad, es suficiente con la función triangularize $$A=P^{-1}TP$$ con $P$ invertible y $T$ superior triangular. Esto es posible tan pronto como el polinomio característico se divide, que es, obviamente, el caso en $\mathbb{C}$.

Deje $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ ser los autovalores de a $A$.

Observar que cada una de las $T^k$ es superior triangular con $\lambda_1^k,\ldots,\lambda_n^k$ en la diagonal. De ello se desprende que $e^T$ es triangular superior con $e^{\lambda_1},\ldots,e^{\lambda_n}$ en la diagonal. Así $$\det e^T=e^{\lambda_1}\cdots e^{\lambda_n}=e^{\lambda_1+\ldots+\lambda_n}=e^{\mbox{tr}\;T}$$

Finalmente, se observa que la $\mbox{tr} \;A=\mbox{tr}\;T$, $P^{-1}T^kP=A^k$ todos los $k$, lo $$P^{-1}e^TP=e^A\qquad \Rightarrow\qquad \det e^T=\det (P^{-1}e^TP)=\det A.$$

Answer 2

Sugerencia: El uso que cada matriz compleja tiene una forma normal de jordan y que el determinante de una matriz triangular es el producto de la diagonal.

el uso que $\exp(A)=\exp(S^{-1} J S ) = S^{-1} \exp(J) S$

Y que la traza no cambia en virtud de las transformaciones.

$$\begin{align*} \det(\exp(A))&=\det(\exp(S J S^{-1}))\\ &=\det(S \exp(J) S^{-1})\\ &=\det(S) \det(\exp(J)) \det (S^{-1})\\ &=\det(\exp (J))\\ &=\prod_{i=1}^n \exp(j_{ii})\\ &=\exp(\sum_{i=1}^n{j_{ii}})\\ &=\exp(\text{tr}J) \end{align*}$$

Answer 3

Deje $f(t)= \det(e^{tA})$. A continuación,$f'(t)=D \det(e^{tA}) \cdot Ae^{tA}=\text{tr} \left(^t \text{com}(e^{tA})Ae^{tA} \right)$. Pero $A$ $e^{tA}$ viaje, y se $^t\text{com}(e^{tA})e^{tA}=\det(e^{tA}) \operatorname{I}_n$. Por lo tanto, $f'(t)=\text{tr}(A)f(t)$$f(0)=1$, por lo tanto $f(t)=e^{\text{tr}(A)t}$. Para $t=1$, $\det(e^{A})= e^{\text{tr}(A)}$.

Answer 4

Usted puede hacerlo en estos pasos (todavía requiere un poco de trabajo):

$\quad \bf (1)$ $A$ es diagonalizable

$\quad \bf (2)$ $A$ es nilpotent

$\quad \bf (3)$ $A$ es arbitrario

$\bf (1)$ Esto no debería ser demasiado difícil. Comenzar con la hipótesis de que $A = CDC^{-1}$ $D$ una matriz diagonal.

$\bf (2)$ Uso que cada nilpotent matriz es similar a una triangular superior de la matriz $D$ $0$s en la diagonal. Por lo $A = CDC^{-1}$.

$\bf (3)$ Uso que cada matriz puede ser escrito como la suma de $A = D + N$ de un nilpotent matriz $N$ y una matriz diagonalizable $D$ $D$ $N$ viaje. Así $$\det(e^{A}) = \det(e^De^N) =\det(e^{D})\det(e^{N}) = e^{\text{Tr}(D)}e^{\text{Tr}(N)} = e^{\text{Tr}(D) + \text{Tr}(N)} = e^{\text{Tr}(A)}.$$ Hemos utilizado aquí que $D$ $N$ conmutar de modo que $e^A = e^De^N.$