Por qué debería creer que la derivada del determinante es la traza

Question

Utilizando una expansión de Taylor, no es difícil demostrar que la derivada de la función determinante en la identidad es la traza: $$ \lim_{t \to 0} \frac{ \det(I + tA) - \det(I) }{ t } = \operatorname{tr}(A). $$ El determinante de una matriz puede considerarse como el cambio de área de las regiones en $\mathbb{R}^n$ . Un cuadrado de área $1$ se convertirá en una forma de área $\det(A)$ . Este cambio en el área es el producto de los valores propios, en lugar de la suma. ¿Cuál es una buena manera intuitiva de ver que la derivada sería la traza?

Answer 1

Tomamos $N$ vectores con coordenadas $(1, 0, 0...)^T, (0, 1, 0, ...)^T, ... (0, 0,..., 1)^T$ .

$N$ vectores determinan un paralelepípedo, para hallar el volumen de este paralelepípedo componemos una matriz de componentes de estos vectores y calculamos su determinante. En nuestro caso la matriz es la matriz identidad, el paralelepípedo es un cubo unitario, su volumen es 1, $\det(I)$ es 1.

Podemos considerar la matriz $I+tA$ también como coordenadas de $N$ vectores. $\det(I+tA)$ es el volumen de un paralelepípedo formado por estos vectores.

Cada uno de estos $N$ está cerca del vector unitario correspondiente, y todo el paralelepípedo no es más que un cubo unitario ligeramente distorsionado.

A ver qué pasa. Había un vector $(1, 0, 0....)^T$ ahora tenemos un vector ligeramente diferente $(1+a_1*t, a_2*t, ....)$ . Cuando cambiamos la primera coordenada el volumen del paralelepípedo aumenta aproximadamente en $1*a_1*t$ : es el "área de un lado cuadrado * grosor de la capa". Pero cuando cambiamos otras coordenadas, sólo se ven afectadas las regiones situadas a lo largo de las aristas del cubo. El cambio del volumen del paralelepípedo sería $O(t^2)$ y puede ignorarse.

Es fácil visualizarlo en el caso tridimensional, y no cambia mucho en caso de dimensiones superiores.

Así, el cambio total de volumen sería $t*(a_1+a_2+...) + o(t)$ .

Así que..: $d(\det(I + tA))/dt = d(V)/dt = Tr(A)$

Actualización: Supongo que V.I.Arnold (enlace sugerido en los comentarios) explicaba lo mismo, pero mejor...

Answer 2

La identidad $\det\exp X =\exp\text{tr}X$ es obviamente válida para la diagonal $X$ y esto se generaliza a las matrices diagonalizables (ya que $X\to OXO^T$ con ortogonal $O$ no cambia ni determinantes ni trazas) y de ahí a todas las matrices cuadradas (porque las matrices diagonalizables son densas). La elección $X=\ln (I-tA)$ para pequeños $t$ da $$\det (I-tA)=\exp\text{tr}\ln (I-tA)\approx\exp(-t\text{tr}A)\approx 1-t\text{tr}A=\det I-t\text{tr}A.$$

Answer 3

Los elementos no diagonales corresponden a transvecciones que no modifican el volumen, mientras que un elemento diagonal (positivo) modifica el volumen precisamente con ese factor. Escriba $E_{ij}$ para la matriz con 1 en el $i,j$ -ésimo lugar, siendo todos los demás cero. Por lo que acabamos de decir, el cambio de volumen al aplicar la matriz $I+a_{ij} E_{ij}$ es $1$ si $i\neq j$ y $1+a_{ii}$ si $i=j$ .

A primer orden en $t$ podemos descomponer $I+tA$ como: $$ I+ tA = \prod_{i,j} (I+ t \; a_{ij} E_{ij}) + O(t^2) $$

Por otro lado, aplicando sucesivamente cada una de las operaciones elementales indicadas en el producto obtenemos la transformación de volumen: $$ \prod_{i,j} (1 + t \; a_{ij} \delta_{i,j}) = \prod_{i} (1+ t a_{ii}) = 1+ t \sum_i a_{ii} +O(t^2) = 1 + t \; {\rm tr} A + O(t^2) $$ (El argumento anterior es similar al utilizado para demostrar geométricamente, que el determinante da efectivamente la transformación de volumen de un mapa lineal).