Definir el determinante

Question

El concepto de determinante es bastante unmotivational tema a presentar. Los libros de texto de utilizar una "strung out" introducciones como axiomático definición de Laplace de expansión, de Leibniz a la permutación de la fórmula o algo así como firmar el volumen.

Pregunta: es el siguiente una posible manera de introducir el factor determinante, es decir, las tres propiedades que hacen sentido para cada matriz cuadrada y entonces es posible derivar la multilinealidad de la propiedad?

Determinante es todo acerca de la determinación de si un conjunto dado de vectores son linealmente independientes, y de una manera directa para comprobar esto es añadir multiplicaciones escalares de los vectores columna para obtener la diagonal de la forma:

$$\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} \\ a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} \\ \end{pmatrix} \thicksim \begin{pmatrix} d_1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & d_2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & d_3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & d_4 \\ \end{pmatrix}.$$

Ahora es claro que los vectores son linealmente independientes si y sólo si todos los $d_i$ es distinto de cero, es decir, $\prod_{i=1}^n d_i\neq0$. También puede darse el caso de que dos columnas son iguales y no hay forma diagonal, por lo que debemos añadir una condición que aniquila el determinante (esto es consistente con $\prod_{i=1}^n d_i=0$), ya que los vectores columna no puede ser linealmente independientes.

Si queremos tener una verdadera función con valores que nos cuenta esta información, entonces simplemente introducir una función de $\det:Mat_n \rightarrow \mathbb{R}$ , con las siguientes propiedades:

1. $$\det (a_1,\ldots,a_i,\ldots,a_j,\ldots,a_n)=\det (a_1,\ldots,a_i,\ldots,k\cdot a_i+a_j,\ldots,a_n).$$

2. $$\det(d_1\cdot e_1,\ldots,d_n\cdot e_n)=\prod_{i=1}^n d_i.$$

3. $$\det (a_1,\ldots,a_i,\ldots,a_j,\ldots,a_n)=0, \space \space \text{if} \space \space a_i=a_j.$$

Con Gram-Schmidt proceso podemos formar un conjunto ortogonal de vectores conjunto de formularios $(a_1,\ldots, a_n)$, por lo que el valor absoluto del determinante es en realidad el volumen del paralelepípedo formado por el conjunto de vectores $(a_1,\ldots, a_n)$.

Definición. Volumen del paralelepípedo formado por el conjunto de vectores $(a_1,\ldots, a_n)$ $Vol(a_1,\ldots, a_n)=Vol(a_1,\ldots, a_{n-1})\cdot |a_{n}^{\bot}|=|a_{1}^{\bot}|\cdots |a_{n}^{\bot}|$ donde $a_{i}^{\bot} \bot span(a_1,\ldots, a_{i-1}).$

EDITAR: Considere la posibilidad de invertir la matriz $$[a_1,\ldots,c_1 \cdot u+c_2 \cdot v,\ldots,a_n]\thicksim diag[d_1,\ldots,c_1 \cdot d'_i+c_2 \cdot d''_i ,\ldots,d_n],$$ so $$\det[a_1,\ldots,c_1 \cdot u+c_2 \cdot v,\ldots,a_n]=\prod_{j=1:j\neq i}^n d_j(c_1 \cdot d'_i+c_2 \cdot d''_i)$$ $$=c_1\det(diag[d_1,\ldots, d'_i,\ldots,d_n])+c_2\det(diag[d_1,\ldots, d''_i,\ldots,d_n])$$ $$=c_1\det[a_1,\ldots,u,\ldots,a_n]+c_2\det[a_1,\ldots, v,\ldots,a_n].$$

Tenga en cuenta que los anteriores de la multilinealidad, junto con la propiedad $(1)$ da la propiedad $(2)$, por lo que ahora podemos afirmar que el determinante de la función de $\det:Mat_n \rightarrow \mathbb{R}$ existe y es único. Mi enfoque funciona mejor si comenzamos con el volumen del paralelepípedo, de modo que las propiedades $(1)$, $(2)$ y $(3)$ son naturales.

En el libro de álgebra Lineal y sus aplicaciones por la laxitud en el capítulo 5:

En lugar de empezar con una fórmula para el factor determinante, se deberá deducir de las propiedades forzado por las propiedades geométricas de firmado el volumen. Este enfoque de determinantes es debido a la E. Artin.

1. $\det (a_1,\ldots,a_n)=0$, si $a_i=a_j$, $i\neq j.$
2. $\det (a_1,\ldots,a_n)$ es multilineal función de sus argumentos, en el sentido de que si todos los $a_i, i \neq j$ son fijos, $\det$ es una función lineal de los restantes argumento de $a_j.$
3. $\det(e_1,\ldots,e_n)=1.$

Answer 1

Eso parece bastante opaco: Es una manera de calcular una cantidad en lugar de decirle exactamente qué es o incluso que lo motiva. También deja completamente abierta la pregunta de por qué dicha función existe y está bien definido. Las propiedades que se dan son suficientes si usted está tratando de poner una matriz en la parte superior de la forma triangular, pero, ¿qué acerca de los otros cálculos? También se da ninguna justificación para que una de las propiedades más importantes de los determinantes, que $\det(ab) = \det a \det b$.

Creo que la mejor manera de definir el determinante es introducir la cuña de producto $\Lambda^* V$ de un número finito de dimensiones del espacio $V$. Dado que, cualquier mapa de $f:V \to V$ induce un mapa de $\bar{f}:\Lambda^n V \to \Lambda^n V$ donde $n = \dim V$. Pero $\Lambda^n V$ $1$- dimensiones del espacio, por lo $\bar{f}$ es simplemente la multiplicación por un escalar (independiente de elección de la base); que escalar es, por definición, exactamente $\det f$. Entonces, por ejemplo, podemos obtener la condición de que $\det f\not = 0$ fib $f$ es un isomorfismo gratis: Para una base $v_1, \dots, v_n$$V$, $\det f\not = 0$ fib $f(v_1\wedge \cdots \wedge v_n) = f(v_1) \wedge \cdots \wedge f(v_n) \not = 0$; es decir, si el $f(v_i)$ son linealmente independientes. Además, desde el $h = fg$$\bar{h} = \bar{f}\bar{g}$,$\det(fg) = \det f \det g$. El resto de propiedades seguir de manera similar. Se requiere un poco más de sofisticación que generalmente se supone en una clase de álgebra lineal, sino que es la primera construcción de la $\det$ he visto que está motivada y transparente en el que explica qué es lo contrario de una lista de propiedades arbitrarias.

Answer 2

$\det$ es el sólo multilinear alternando linear mapa tal que $\det I = 1$. (2) y (3) combinado con la siguiente propiedad definiría $\det$ única. $$ \det(a_1,\dots,u,\dots,a_n) + \det (a_1, \dots, v \lambda, \dots, a_n) = \det (a_1, \dots, u + v \lambda, \dots, a_n) $$ lo unico que falta de su definición es la linealidad.

Answer 3

El fundamento único que podría darte para la función de determinante es generalizar la propiedad de la potencia, es decir sabemos que cualquier % de escalares $x,a,b,c$sostiene: $x^{a + b + c \ldots} = x^a x^b x^c\ldots$

Pero, deja para asumir que $a,b,c\ldots$ son realmente las entradas diagonales de una matriz $\mathbf{A}$ sostiene que $x^{trace(\mathbf{A})} = det(x^\mathbf{A})$, $x^A$ el poder de la matriz de $x^A$;