Una curiosa determinantal identidad

Question

Un real $n\times n$ matriz $A$ puede ser el único descompuesto en la suma de una matriz simétrica $B$ y un sesgo de simetría de la matriz de $C$ mediante el establecimiento $B=\frac{A+A^T}{2}$$C=\frac{A-A^T}{2}$.

Al $n=2$ no es un resultado interesante para los determinantes de las matrices: si $A=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}$,$B=\begin{bmatrix}a & \frac{b+c}{2} \\ \frac{b+c}{2} & d\end{bmatrix}$$C=\begin{bmatrix}0&\frac{b-c}{2} \\ -\frac{b-c}{2} & 0\end{bmatrix}$, por lo tanto $$ \det(B)+\det(C)=ad-\frac{(b+c)^2}{4}+\frac{(b-c)^2}{4}=ad-bc=\det(A) $$

Por probar un par de ejemplos, he llegado a la conclusión de que esta identidad no se sostiene por $n=3$ o $n=4$. Mi pregunta, por lo tanto, es si la igualdad de $\det(A)=\det(B)+\det(C)$ $2\times 2$ matrices es una simple coincidencia, o si hay algo interesante.

Answer 1

Una vez que destila el álgebra multilineal y restringir a transformaciones lineales $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$, se puede definir la adjunta o clásica adjunto de una matriz de $A \in \mathbb{R}^{2 \times 2}$ a de ser la única matriz $\operatorname{adj}(A) \in \mathbb{R}^{2 \times 2}$ tal que $$ \forall v_1,v_2 \in \mathbb{R}^2, \quad \det(A v_1 \vert v_2) = \det(v_1 \vert \operatorname{adj}(A)v_2), $$ donde para $v_1,v_2 \in \mathbb{R}^2$, $(v_1 \vert v_2)$ indica el $2 \times 2$ matriz cuya primera columna es $v_1$ y cuya segunda columna es $v_2$; un cálculo directo muestra que $$ \operatorname{adj}\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}. $$ La definición de la propiedad de $\operatorname{adj}(A)$ implica inmediatamente los siguientes hechos:

1. para cada $A \in \mathbb{R}^{2 \times 2}$, $\operatorname{adj}(A)A = \det(A)I_2$ (la conocida propiedad general de adjugates);
2. la asignación de $A \mapsto \operatorname{adj}(A)$ define una transformación lineal $\operatorname{adj} : \mathbb{R}^{2 \times 2} \to \mathbb{R}^{2 \times 2}$ (una propiedad específica a la $2 \times 2$ de los casos);

que nos permiten calcular directamente $$ \begin{align} &\left(\det\left(\tfrac{1}{2}(A+A^t)\right)+\det\left(\tfrac{1}{2}(A-A^t)\right)\right)I_2\\ =\, &\operatorname{adj}\left(\tfrac{1}{2}(A+A^t)\right)\left(\tfrac{1}{2}(A+A^t)\right) + \operatorname{adj}\left(\tfrac{1}{2}(A-A^t)\right)\left(\tfrac{1}{2}(A-A^t)\right)\\ =\, &\frac{1}{4}\left(\operatorname{adj}(A)A+\operatorname{adj}(A)A^t+\operatorname{adj}(A^t)A + \operatorname{adj}(A^t)A^t+\operatorname{adj}(A)A-\operatorname{adj}(A)A^t-\operatorname{adj}(A^t)A + \operatorname{adj}(A^t)A^t\right)\\ =\, &\frac{1}{2}\left(\operatorname{adj}(A)A+ \operatorname{adj}(A^t)A^t\right)\\ =\, &\frac{1}{2}\left(\det(A)+\det(A^t)\right)I_2\\ =\, &\det(A)I_2. \end{align} $$ Así que, al final del día, como loup blanc la respuesta de puntos, lo que realmente estamos viendo aquí es el hecho de que el operador de tomar la adjunta de una matriz cuadrada es realmente lineal en el caso de $2 \times 2$ matrices; si usted se siente cómodo con el álgebra multilineal, entonces esto realmente se reduce a la numerológica coincidencia que $\wedge^{n-1}\mathbb{R}^n = \mathbb{R}^n$ al $n=2$ (y no sólo de $\wedge^{n-1}\mathbb{R}^n \cong \mathbb{R}^n$, que tiene en general).

Answer 2

La relación $\det(A)=\det(B)+\det(C)$ es cierto cuando se $n=2$ debido a la aplicación de $A\in M_2\rightarrow adj(A)\in M_2$ es lineal ($adj(A)$ es la clásica adjunto de $A$).

Prueba. Deje $f:A\in M_2\rightarrow \det(A)-\det(B)-\det(C)$; tenga en cuenta que $f=0$ fib, para cada $A,H\in M_2$, $Df_A(H)=0$. Uno tiene

$Df_A(H)=tr(Hadj(A)-1/4Hadj(A+A^T)-1/4H^Tadj(A+A^T)-1/4Hadj(A-A^T)$

$+1/4H^Tadj(A-A^T))=tr(H(adj(A)-1/2adj(A+A^T)-1/2adj(A-A^T)))=0$.

Que es equivalente a $2adj(A)-adj(A+A^T)-adj(A-A^T)=0$. Llegamos a la conclusión de que gracias a la linealidad de la $adj(.)$.