$\det(I+\epsilon V)=1+\operatorname{trace}(V)\epsilon+O(\epsilon^2)$

Question

Cómo mostrar que $$\det(I+\epsilon V)=1+\operatorname{trace}(V)\epsilon+O(\epsilon^2)$$ para cualquier $n\times n$ real de la matriz $V$?

Esto se utiliza mucho en la teoría de la Mentira de los grupos, pero nunca he visto una prueba de ello.

Answer 1

El determinat de una matriz es el producto de sus valores propios. Por otro lado, los autovalores de la matriz $$I+\epsilon V$$ have the form $1+\epsilon \lambda_i$, where $\lambda_i$ is the eigenvalue of $V$. La multiplicidad de valores propios también se conserva, por lo tanto

$$\det (I+\epsilon V)=\prod_i (1+\epsilon \lambda_i) = 1+\epsilon \sum_i \lambda_i +\mathcal O(\epsilon^2) = 1+\epsilon \operatorname{tr} V+\mathcal O(\epsilon^2).$$

Answer 2

Sugerencia : puede ver esto fácilmente mediante la triangulación de las $V$. (que siempre es posible en $M_n(\mathbb{C})$)

Usted podría conseguir ese $\det(I+\epsilon V) = \textstyle \prod_{i=1}^{n} (1+\epsilon \lambda_i)$ donde $\lambda_i$ son los autovalores de V.

La conclusión se deduce de inmediato.

Answer 3

Deje $e_1, e_2, \ldots, e_n$ ser los vectores de la base canónica. A continuación, exterior álgebra nos dice que, para cualquier operador lineal $A$ sobre el espacio vectorial,

$$A(e_1) \wedge A(e_2) \wedge \ldots \wedge A(e_n) = (\det A) (e_1 \wedge e_2 \ldots \wedge e_n)$$

Para $A = I + \epsilon V$, el término de orden cero en $\epsilon$ es claramente $\det I$.

El primer fin de plazo en $\epsilon$ tiene la forma

$$\epsilon [V(e_1) \wedge I(e_2) \wedge \ldots \wedge I(e_n) + I(e_1) \wedge V(e_2) \wedge \ldots \wedge I(e_n) + \ldots ]$$

Esto se reduce a $\epsilon [V^{11} + V^{22} + \ldots + V^{nn}] (e_1 \wedge e_2 \wedge \ldots \wedge e_n)$, y, por supuesto, el término entre corchetes es la traza.

Answer 4

Quiero complementar las respuestas anteriores en una manera de cómo podemos obtener el resultado deseado de una fórmula más general.

Supongamos que los $V$ ser diagonalisable por $U$. Entonces

$$ \det(I+\epsilon V)=\det(U(I+\epsilon V)U^{-1})=\det(I+\epsilon \lambda)= \\\prod_i(1+\epsilon \lambda_i) $$ Ahora toma el logaritmo de esta expresión:

$$ \log[\det(I+\epsilon V)]=\text{Tr}\{\log[I+\epsilon V]\} $$

De ello se sigue que

$$ \det(I+\epsilon V)=e^{\text{Tr}\{\log[I+\epsilon V]\}} $$

Ahora hacer uso de la Taylorexpansions (todo esto está muy bien justificado si $\epsilon$ es pequeña)

$\log(1+x)\approx x$ $e^x\approx 1+x$

para obtener $$ \det(I+\epsilon V)=1+\epsilon\text{Tr}[V] $$

Answer 5

Tenemos $\det(I+\epsilon V)=\epsilon^n\det\left(\frac1\epsilon I-(-V)\right)$. Desde el polinomio característico de a $-V$ es monic y el coeficiente de su $(n-1)$-ésimo término de potencia en el es $\operatorname{tr}(V)$, el resultado de la siguiente manera.