¿Por qué es la traza de una matriz de la suma a lo largo de su diagonal?

Question

Definir la traza de una matriz con entradas en $\mathbb C$ a ser la suma de sus valores propios, contados con su multiplicidad. Se trata de un estándar (pero creo que muy sorprendente) el hecho de que esta es la suma de los elementos a lo largo de la diagonal. Una prueba de esto es la siguiente:

Definir $Tr'(A)$ a ser la suma de las entradas a lo largo de la diagonal de a $A$. Si $A$ $n\times m$ matriz y $B$ $m\times n$ matriz, tenemos $$Tr'(AB)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m a_{ij}b_{ji}=\sum_{j=1}^m\sum_{i=1}^n b_{ji}a_{ij}=Tr'(BA)$$ y así para cualquier matriz invertible $P$ tenemos $Tr'(PAP^{-1})=Tr'(P^{-1}PA)=Tr'(A)$, es decir, $Tr'$ es independiente de la base. Por lo tanto basta con señalar que cuando se $A$ está en Forma Normal de Jordan, $Tr'(A)$ es la traza de $A$.

Me parece que esta prueba bastante insatisfactorio, sobre todo porque yo no veo ninguna razón para que yo esperaría que la suma a lo largo de la diagonal a ser la base independiente. Hay más reveladora prueba de ello?

Answer 1

Vamos a empezar con otra base independiente pero más manejable (ya que no requiere que el polinomio característico para dividir) definición de la traza. Vamos a comprobar en la final que coincide con su definición, y con la suma de la diagonal de coeficientes con respecto a cualquier base.

Deje $V$ $n$- dimensional espacio vectorial sobre un campo $F$. Y deje $L(V)$ ser el álgebra de $F$-lineal mapas de$V$$V$.

Tenga en cuenta que tenemos un isomorfismo canónico

$$ L(V)\simeq V\otimes V^* $$

a través de $v\otimes w^* \simeq w^*(\cdot)v$. En otras palabras, $L(V)$ es un natural de la encarnación del producto tensor de $V$ con su doble $V^*$, con un rango de uno de los operadores como de primaria de los tensores.

Observar que el bilineal mapa de $(v,w^*)\longmapsto w^*(v)$ factores de forma exclusiva a través del producto tensor.

Esa es la traza, que es, por tanto, que se caracteriza por $$ \mathrm{tr}:V\otimes V^*\longrightarrow F\qquad \mathrm{tr}(v\otimes w^*)=w^*(v). $$

Ahora elegir cualquier base $\{e_i\}$ $V$ e indicar su base dual por $\{e_i^*\}$. Tenemos $\mathrm{tr}(e_i\otimes e_j^*)=\delta_{ij}$. Por lo tanto, para cada $x=\sum x_{ij}e_i\otimes e_j^*\in L(V)$, tenemos $$ \mathrm{tr} (x)=\sum_{i=1}^n x_{ii}. $$

Conclusión Cuando se le da una matriz de $x$$M_n(F)$, piensa que es como un operador en $L(F^n)$ a través de la base canónica de $F^n$. Su traza se define canónicamente como el anterior. Y cualquiera que sea la base de que usted elija para $F^n$, la suma de la diagonal de coeficientes será igual a $\mathrm{tr}(x)$. En particular, es también igual a la suma de los autovalores contado con multiplicidades cuando el polinomio característico de a $x$ se divide.

Nota también ayuda a entender por qué $\mathrm{tr} (ab)=\mathrm{tr}(ba)$, más allá del cálculo que se ha mencionado. De hecho $$ \mathrm{tr}((v_1\otimes w_1^*)(v_2\otimes w_2^*))=w_1^*(v_2)\mathrm{tr}(v_1\otimes w_2^*)=w_1^*(v_2)w_2^*(v_1) $$ $$ =w_2^*(v_1)w_1^*(v_2)=w_2^*(v_1)\mathrm{tr}(v_2\otimes w_1^*)=\mathrm{tr}((v_2\otimes w_2^*)(v_1\otimes w_1^*)) $$

Answer 2

Están sorprendidos de que si un polinomio $f(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots$ grado $n$ tiene raíces $r_1, \ldots r_n$,$a_{n-1} = - (r_1 + \ldots + r_n)$? Ahora piense acerca de cómo los coeficientes de $x^{n-1}$ surgir en el polinomio característico de una matriz de $M$.

(Y el polinomio característico es la base de independiente, porque los subespacios propios y los correspondientes autovalores son base independiente y determinar el polinomio característico).

Answer 3

Si usted trabaja más de un algebraicamente cerrado de campo (es decir, si usted tiene más de ${\mathbb R}$, creo que es simplemente todo ${\mathbb C}$), entonces usted puede escribir su matriz en una forma triangular.

En ese caso, usted tiene que los elementos en la diagonal son sus autovalores. El cálculo se mostró la suma de los elementos en la diagonal es independiente de la base elegida ($tr(PAP^{-1})=tr(AP^{-1}P)=tr(A)$), la igualdad de la siguiente manera.

El resto de la respuesta ya ha sido escrito en esta publicación.

Answer 4

La definición general es que la traza es la suma de los elementos de la diagonal en cualquier ortonormales, independientemente de la elección de un tipo de base ortonormales. Si usted toma la eigenbasis de $A$ como su base ortonormales, entonces la matriz es representada por una matriz diagonal que contiene los autovalores, por lo tanto su suma es la traza. Si usted toma canónica de la unidad de vectores, para ser la base, entonces la traza es la suma de los elementos de la diagonal.

Viendo que ambos iguales a la misma no es tan difícil.

Deje $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$ ser una matriz. Entonces, por el teorema espectral, tenemos un conjunto de vectores ortonormales $\{v_i\}_i$ satisfactorio

$$A = \sum_i \lambda_i v_i v_i^*$$ donde $(\lambda_i, v_i)$ es la i-ésima eigenpair.

Entonces, tenemos la igualdad

$$\text{Tr}(A) = \sum_i \lambda_i = \sum_i v_i^* A v_i$$

Ahora vamos, $\{w_i\}_i$ ser cualquier conjunto de vectores ortonormales, queremos mostrar $$\text{Tr}(A) = \sum_i w_i^* A w_i$$

Para ello representamos $v_i$ en base a la $w_i$, es decir,

$$v_i = \sum_j \langle v_i, w_j\rangle w_j$$

Entonces, conectando esta en la suma

$$\sum_i v_i^* A v_i = \sum_{ij} \langle v_i, w_j \rangle \langle w_j, v_i\rangle w_j^* A w_j$$

Tomamos nota de que

$$\sum_i \langle v_i, w_j\rangle \langle w_j, v_i\rangle = \sum_i |\langle v_i, w_j \rangle|^2 = |v_i|^2 = 1$$

donde la primera igualdad de la siguiente manera como el interior dos productos son conjugados, y la segunda porque de $w_j$ es un ortonormales, es decir, la base de la transformación es una isometría, por lo tanto la longitud en la base de $w_i$ es la misma que la base en la base de $v_i$.

Si establece $w_i = u_i$, es decir, el $i$-th canónica de la unidad de vectores, no es difícil ver que tenemos $$u_i^* A u_i = a_{ii}$$