Determinante de una matriz compañera

Question

Tengo que encontrar el determinante de $$A := \begin{bmatrix}0 & 0 & 0 & ... &0 & a_0 \\ -1 & 0 & 0 & ... &0 & a_1\\ 0 & -1 & 0 & ... &0 & a_2 \\ 0 & 0 & -1 & ... &0 & a_3 \\ \vdots &\vdots &\vdots & \ddots &\vdots&\vdots \\0 & 0 & 0 & ... &-1 & a_{n-1} \end{bmatrix} + t I_{n \times n}$$

No es algo difícil de hacer. Mi método es el siguiente:

$$\begin{bmatrix}0 & 0 & 0 & ... &0 & a_0 \\ -1 & 0 & 0 & ... &0 & a_1\\ 0 & -1 & 0 & ... &0 & a_2 \\ 0 & 0 & -1 & ... &0 & a_3 \\ \vdots &\vdots &\vdots & \ddots &\vdots&\vdots \\0 & 0 & 0 & ... &-1 & a_{n-1} \end{bmatrix} + t I_{n \times n} = \begin{bmatrix}t & 0 & 0 & ... &0 & a_0 \\ -1 & t & 0 & ... &0 & a_1\\ 0 & -1 & t & ... &0 & a_2 \\ 0 & 0 & -1 & ... &0 & a_3 \\ \vdots &\vdots &\vdots & \ddots &\vdots&\vdots \\0 & 0 & 0 & ... &-1 & a_{n-1} + t \end{bmatrix} $$

Realización de la reducción de filas de tipo $R_{k+1} \to R_{k+1} + \dfrac{1}{t}R_k$

Obtengo una matriz triangular superior

$$\begin{bmatrix}t & 0 & 0 & ... &0 & a_0 \\ 0 & t & 0 & ... &0 & a_1 + \dfrac {a_0} t\\ 0 & 0 & t & ... &0 & a_2 + \dfrac{a_1}{t} + \dfrac {a_0} {t^2} \\ 0 & 0 & 0 & ... &0 & a_3 + \dfrac{a_2}{t} + \dfrac{a_1}{t^2} + \dfrac {a_0} {t^3} \\ \vdots &\vdots &\vdots & \ddots &\vdots&\vdots \\0 & 0 & 0 & ... &0 & a_{n-1} + t + \sum_{k=0}^{n-2} \dfrac{a_{k}}{t^{(n-1) - k }} \end{bmatrix} $$

cuyo determinante es $t^n + \sum^{n-1}_{k = 1} a_k t^{k}$ .

Mi amigo dice que esto no es una prueba rigurosa y que tengo que usar la inducción para demostrar $$\det A = t^n + \sum^{n-1}_{k = 1} a_k t^{k}$$ Dice que sólo he encontrado una fórmula para $\det A$ y no puedo estar seguro de que funcione para todos $n\in \Bbb N$ sin una prueba. ¿Está en lo cierto?

Answer 1

Sí, el método es completamente riguroso, porque aquí $t$ es, algebraicamente, una indeterminada.

Si los coeficientes de la matriz deben estar en un campo $F$ , entonces el cómputo que se hace tiene lugar en el campo $F(t)$ de funciones racionales en la indeterminación $t$ . No hay problema en considerar $t^{-1}$ porque $t$ es un elemento no nulo del campo.

Para ser quisquilloso, debería ser necesaria la inducción, pero exponer el argumento es muy fácil.

Answer 2

El argumento puede hacerse riguroso mediante la siguiente identidad: dejemos que $U$ sea la matriz triangular final y que $D$ sea la matriz que contiene sólo un subdiagonal de $1, \cdots, 1$ . Entonces uno tiene

$$ \left(I - \frac{1}{t} D\right) U = (A + t I) $$ por lo que $\det(A+tI)= \det(I - \frac{1}{t} D) \det (U) = \det(U)$

Esto significa que este proceso es en realidad un $LU$ descomposición de $A+tI$ .

Para un cálculo completo, dejemos

$$\renewcommand{\arraystretch}{2} \begin{array}{rcl}{P}_{0}&=&0\\ {P}_{i}&=&\displaystyle \sum _{p = 0}^{i-1} {a}_{p} {t}^{p} \quad i \geqslant 1\\ L&=&{\left({{\delta}}_{i}^{j}-{t}^{{-1}} {{\delta}}_{i}^{j+1}\right)}_{i , j}\\ U&=&{\left(t {{\delta}}_{i}^{j}+{t}^{1-i} {P}_{i} {{\delta}}_{j}^{n}\right)}_{i , j} \end{array}$$

Entonces, utilizando ${P}_{i}-{P}_{i-1} = {a}_{i-1} {t}^{i-1}$ para $i \geqslant 1$ ,

$$\renewcommand{\arraystretch}{2} \begin{array}{rcl}{\left(L U\right)}_{i , j}&=&\displaystyle \sum _{k = 1}^{n} \left({{\delta}}_{i}^{k}-{t}^{{-1}} {{\delta}}_{i}^{k+1}\right) \left(t {{\delta}}_{k}^{i}+{t}^{1-k} {P}_{k} {{\delta}}_{j}^{n}\right)\\ &=&t {{\delta}}_{i}^{j}+{t}^{1-i} {P}_{i} {{\delta}}_{j}^{n}-{{\delta}}_{i}^{j+1}-{t}^{1-i} {P}_{i-1} {{\delta}}_{j}^{n}\\ &=&t {{\delta}}_{i}^{j}-{{\delta}}_{i}^{j+1}+{a}_{j-1} {{\delta}}_{j}^{n}\\ &=&{\left(A+t I\right)}_{i , j} \end{array}$$

donde $\delta_i^j$ es Delta de Kronecker .

Answer 3

Esta prueba me parece (casi, más en un momento) perfectamente rigurosa. En cada paso del camino su elección de $n$ ha sido completamente arbitraria, nunca ha dividido por $n$ o tomado su raíz cuadrada, por lo que no veo cómo no se puede estar seguro de que no funciona para todos $n$ .

Sin embargo, usted HA dividido por $t$ ; ¿está seguro de que su ecuación funciona si $t = 0$ ?

Para ampliar la información: La inducción también habría funcionado en este problema, y mi instinto me dice que probablemente habría ido más rápido usándola, pero la inducción no es la única técnica de prueba que existe, y lo que has hecho aquí está bien.

Answer 4

$-A$ es el matriz de acompañamiento para el polinomio $$p(x) = a_0 + a_1 x + \dots + a_{n-1} x^{n-1} + x^n.$$ Por lo tanto, los valores propios de $-A$ son las raíces $r_k$ de este polinomio. Como la adición de un múltiplo de la identidad a una matriz sólo desplaza los valores propios, los valores propios de $A + tI$ son las cantidades $t-r_k$ . Por lo tanto, como el determinante de una matriz es el producto de sus valores propios, tenemos $$\det(A + tI) = (t - r_1)(t - r_2) \dots (t-r_n) = p(t)$$ según sea necesario.