¿Cómo puedo demostrar que $\det(tI-A)$ es un polinomio?

Question

En la wikipedia se dice " $\det(tI-A)$ puede ser evaluado explícitamente usando álgebra exterior", pero aún no he aprendido álgebra exterior y sólo quiero saber si es polinómico, no cómo se ve.

¿Cómo puedo demostrar que $\det(tI-A)$ es un polinomio en $F[t]$ donde $F$ es un campo y $A$ es un $n\times n$ ¿Matriz?

Answer 1

Para demostrar que $\det (tI-A)$ es un polinomio debes conocer alguna definición, o algunas propiedades, del determinante. El enfoque más sencillo y menos místico es utilizar la fórmula de Laplace: http://en.wikipedia.org/wiki/Laplace_expansion

Esto daría una forma bastante rápida de demostrar que $\det (tI-A)$ es un polinomio, y por casi la misma cantidad de trabajo, que es un polinomio mónico de grado $n$ (si $A$ es un $n\times n$ matriz).

Answer 2

El resultado es un corolario de lo siguiente:

Teorema: Si $A$ y $B$ son $n$ -por- $n$ matrices, entonces $\det(tB - A) = \det(B) t^n + p(t)$ , donde $p$ es un polinomio de grado máximo $n-1.$

Prueba . Proceder por inducción en $n$ el resultado es claro cuando $n=1$ por lo que, para el paso de inducción, se supone que el resultado es válido para todo $k$ -por- $k$ matrices, donde $k \geq 1$ .

Recordemos que si $M$ es una matriz (cuadrada o no), entonces $M_{ij}$ denota la submatriz de $M$ formado por la supresión del $i$ th-row y $j$ -en la columna de $M$ Además, si $M$ y $N$ son $m$ -por- $n$ matrices, y $\alpha$ y $\beta$ son escalares, entonces $\left[ \alpha M + \beta N \right]_{ij} = \alpha M_{ij} + \beta N_{ij}$ .

Si $A$ y $B$ son $(k+1)$ -por- $(k+1)$ matrices, entonces, siguiendo una expansión de Laplace a lo largo de la fila $i$ , \begin {align} \det (tB - A) &= \sum_ {j=1}^{k+1} (-1)^{i+j} (tb_{ij} - a_{ij}) \det ([tB - A]_{ij}) \\ &= \sum_ {j=1}^{k+1} (-1)^{i+j} (tb_{ij} - a_{ij}) \det (tB_{ij} - A_{ij}) \tag {desde arriba} \\ &= \sum_ {j=1}^{k+1} (-1)^{i+j} (tb_{ij} - a_{ij}) \left [ \det (B_{ij})t^{k} + p_{ij} (t) \right ] \\ &= \sum_ {j=1}^{k+1} (-1)^{i+j} b_{ij} \det (B_{ij}) t^{k+1}+ \sum_ {j=1}^{k+1} (-1)^{i+j} \left [b_{ij} tp_{ij} (t) - a_{ij} \det (B_{ij})t^{k} - a_{ij}p_{ij}(t) \right ] \\ &= \det (B)t^{k+1} +q_{i}(t), \end {align} donde $$q_i (t) := \sum_{j=1}^{k+1} (-1)^{i+j}\left[b_{ij} tp_{ij} (t) - a_{ij}\det(B_{ij})t^{k} - a_{ij}p_{ij}(t) \right].$$ Desde $\deg(p_{ij}) \leq k-1$ se deduce que $\deg(q_i) \leq k$ .

El resultado se deduce ahora por el principio de inducción matemática.

Corolario: Si $A$ es un $n$ -por- $n$ matriz, entonces $\det(tI - A) = t^n + q(t)$ , donde $\deg(q) \leq n-1$ .

Observación: El término constante de $p_{A,B} (t):= \det(tB - A)$ es $(-1)^n \det(A)$ desde $p_{A,B} (0):= \det(0B - A) = \det(-A) = (-1)^n \det(A)$ .