Demostrar $\det(I + B) = 2(1 + tr(B)).$

Question

Dejar que Un ser $3\times 3$ invertible la matriz (con coeficientes reales) y deje $B=A^TA^{-1}$. Demostrar que

\begin{equation*} \det(I + B) = 2(1 + tr(B)). \end{ecuación*}

Sé que

\begin{equation*} \det (I+B)=\lambda_1\lambda_2\lambda_3+\lambda_1\lambda_2 +\lambda_1\lambda_3+\lambda_2\lambda_3+\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3+1 \end{ecuación*}

dado $\lambda_1,\lambda_2$$\lambda_3$, tres distintos autovalores de a $B$. Sin embargo, no sé a dónde ir desde aquí y cómo utilizar el hecho de que $B=A^TA^{-1}$. Cualquier ayuda o dirección se agradece.

Answer 1

Tenga en cuenta que $\det B = 1$.

Nota además de que $B^{-1} = A(A^T)^{-1}$, por lo que $$ \operatorname{trace} B^{-1}) = \operatorname{trace}(A(A^T)^{-1}) = \operatorname{trace}((A^T)^{-1}) = \operatorname{trace}(B^T) = \operatorname{trace}(B) $$ Ahora, su polinomio se puede escribir como $$ \det(I + B) = \det(B) + \det(B)\operatorname{trace} B^{-1}) + \operatorname{trace}(B) + 1 $$ la conclusión de la siguiente manera.

Answer 2

Sugerencia: $tr(A^{-1}A^T)=tr(A^TA^{-1})=tr(A^{-T}A)=tr(B^{-1})$

$\sum \lambda_i = tr(B)$

$\sum \lambda_1\lambda_2 = det(B)tr(B^{-1})$

Answer 3

Un enfoque alternativo, que no utiliza la fórmula explícita en términos de los valores propios. En su lugar, encontrar el polinomio característico. Ver que, para cualquier $\lambda$,

$$p(\lambda) = \det (B - \lambda I) = -\lambda^3 + \lambda^2 \mathrm{Tr} \, B - \lambda x + \det B$$

para un número $x$. Aquí simplemente tenemos $\lambda = -1$.

El número de $x$ puede ser calculado en una variedad de maneras. Utilizando exterior álgebra es un método: construcción de la $3 \times 3$ matriz $B_2$, que actúa en $3 \times 1$ vectores columna correspondiente a los elementos de $\bigwedge^2 \mathbb R^3$. A continuación,$x = \mathrm{Tr} \, B_2$.

La relación entre el $B_2$ $B$ es explícitamente

$$B_2 (a \wedge b) = B(a) \wedge B(b)$$

para cualquier vectores $a, b$.

Ahora, el uso común de inversión de identidad:

$$B^{-1}(a) = \star B_2^T(\star a)/\det B$$

donde$\star$, es habitual el dual de Hodge. Esto significa que podemos escribir $B_2$

$$B_2(a \wedge b) = \star (B^T)^{-1}(\star [a \wedge b]) \det B$$

Puede comprobar ahora (por ejemplo, por rotura en la base) que $\mathrm{Tr} \, B_2 = \det B \, \mathrm{Tr} \, (B^T)^{-1}$. Por los argumentos dados en otras respuestas, esto es meramente $\det B \, \mathrm{Tr} \, B$, y como resultado, hemos

$$p(\lambda) = \det(B - \lambda I) = -\lambda^3 + \lambda^2 \mathrm{Tr} \, B - \lambda [\det B \, \mathrm{Tr} \, B] + \det B$$

Para $\lambda =-1$, y desde $\det B = 1$, el resultado de la siguiente manera.

Answer 4

Esto es suficiente para mostrar que $1+\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=\lambda_1\lambda_2\lambda_3+\lambda_1\lambda_2+\lambda_2\lambda_3+\lambda_3\lambda_1$. Pero esto es cierto porque las $\det(A^\top {A^{-1}})=1$, lo $\lambda_1\lambda_2\lambda_3=1$.