Forma polinomial de$\det(A+xB)$

Question

Permita$A$ y$B$ ser dos$2 \times 2$ matrices con entradas enteras. Probar que$\det(A+xB)$ es un polinomio entero de la forma$$P(x) = \det(A+xB) = \det(B)x^2+mx+\det(A).$ $

Intenté expandir el determinante de$\det(A+xB)$ para dos matrices arbitrarias, pero se hizo computacional. ¿Hay otra manera?

Answer 1

El término constante$\mathrm{det}(A)$ proviene de la configuración$x = 0.$ El coeficiente$\mathrm{det}(B)$ es el término constante de$x^2 P(1/x) = \mathrm{det}(xA + B),$ otra vez$x = 0.$

Answer 2

(C) = a_ {11} a_ {22} {- {- {-} a_ {11} xb_ {22} a_ {22} xb_ {11} x ^ 2b_ {11} b_ {22} - a_ {21} a_ {12} -a_ {21} xb_ {12} -a_ {12 } xb_ {21} -x ^ 2b_ {21} b_ {12} $$$$=\det(A)+x\left[\det\begin{pmatrix}a_{11}&&a_{12}\\b_{21}&&b_{22}\end{pmatrix}+\det\begin{pmatrix}b_{11}&&b_{12}\\a_{21}&&a_{22}\end{pmatrix}\right]+x^2\det(B)$ $

Answer 3

Otro enfoque. Todas las matrices complejas de valoración. Este argumento puede extenderse a $n\times n$ matrices: ver al final del post. (EDITAR lo siento, no he encontrado otro error, el caso general es incompleta).

Primer paso: Suponga que el $A=I$ y deje $\lambda_1, \lambda_2$ indican que los valores propios de a $B$. (No podría ser distinto, esto no afecta el argumento). Entonces $$\tag{1}\det(I+xB)=(1+x\lambda_1)(1+x\lambda_2)=1 + x\,\mathrm{trace} (B) + x^2 \det B.$$ Aquí utilizamos el hecho de que los autovalores de a$I+xB$$1+x\lambda_1, 1+x\lambda_2$, y que el determinante es igual al producto de los autovalores.

Segundo paso: supongamos Ahora que $A$ es invertible. Escribir $$\tag{2}\det(A+xB)=\det(A)\det(I+xA^{-1}B) = \det(A) + x\,\mathrm{trace}(\det(A)A^{-1}B) + x^2\det(B).$$ Aquí hemos utilizado el primer paso junto con Binet del teorema (es decir, $\det(MN)=\det(M)\det(N)$).

Paso Final Ahora quitamos la invertibility asunción en $A$ con una continuidad en el argumento. Tenga en cuenta que, si $A=\begin{bmatrix} a & b \\ c & d\end{bmatrix}$ es invertible, se tiene $$\det(A)A^{-1}=\begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a\end{bmatrix}.$$ Si uno vuelve a escribir la fórmula (2) de la siguiente manera $$\etiqueta{3} \det(A+xB)=\det(A) + x\, \mathrm{trace}\left( \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a\end{bmatrix}B\right) + x^2 \det(B), $$ uno lo ve de una vez, que vale para todas las matrices, no sólo para invertible. Más precisamente, la fórmula (3) es verdadera para todos los invertible $A$ e invertible matrices son un subconjunto denso en el espacio de todas las matrices, por lo que la fórmula se extiende por continuidad.

Cuando todas las matrices son valores enteros, el término $$m=\mathrm{trace}\left( \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a\end{bmatrix}B\right)$$ es un entero y esto termina la prueba.

El $n\times n$ caso. En el caso general, se obtiene en el $A=I$ caso la fórmula \begin{equation}\begin{split}\det(I+xB)&=1+\mathrm{trace}(B)x + \sum_{i<j} \lambda_i\lambda_j x^2+\ldots +\sum_{i_1<\ldots<i_{n-1}} \lambda_{i_1}\ldots\lambda_{i_{n-1}}x^{n-1} + \det(B)x^n \\ &= 1+\mathrm{trace}(B)x+p_2(B)x^2+\ldots + p_{n-1}(B)x^{n-1}+\det B x^n.\end{split}\end{equation}

Los coeficientes $p_2(B)\ldots p_{n-1}(B)$ son las sumas de todos los principales menores de $B$ orden $2,\ldots n-1$ respectivamente.

Por lo tanto, utilizando el mismo argumento como antes, obtenemos en el caso de los invertible $A$ la fórmula $$ \det(A+xB)=\det(A) + \mathrm{trace}(\det a A^{-1}B) x+ \det a p_2( A^{-1}B)x^2+\ldots+ \det a p_{n-1}( A^{-1}B)x^{n-1} + \det (B) x^n.$$

Para quitar el invertibility asunción en $A$, la fórmula que se debe utilizar es la siguiente: $$\det(A)A^{-1}=\mathrm{adj}(A), $$ donde $\mathrm{adj}(A)$ denota la matriz adjunta de a $A$.

El resultado final es (advertencia incompleta) $$\etiqueta{4} \det(A+xB)=\det(A) + \mathrm{trace}(\mathrm{adj} A)B) x+ \det a p_2(A^{-1}B)x^2+\ldots +\det a p_{n-1}(A^{-1}B)x^{n-1} + \det (B) x^n.$$

PARA HACER Encontrar fórmulas para $\det A\cdot p_{2}(A^{-1}B)m \ldots \det A\cdot p_{n-1}(A^{-1}B)$ que no dependen de la invertibility de $A$.