La Idea es correcta, la prueba carece de rigor, el coeficiente de $t$ $\det(I+tA)$

Question

El objetivo de este ejercicio es encontrar el coeficiente de $t$ en el polinomio $\det(I+tA)$ donde $I, A \in Mat_n(\mathbb R)$.

He pensado acerca de este largo y duro como soy combinatorically impugnada (que es el más difícil rama de las matemáticas, por cierto) y estoy bastante seguro de que tengo un argumento convincente, pero se siente handwavey y carece de rigor. Me gustaría que alguien la revise y, posiblemente, sugieren manera de hacer que sea menos verbal y más riguroso.

Mi argumento utiliza Laplace de expansión, inicialmente el uso de la primera columna de $I+tA$.

$\det(I+tA) = (1+ta_{1,1})\begin{vmatrix}1+ta_{2,2} & ta_{2,3} & \dots & ta_{2,n}\\ta_{3,2} & 1+ta_{3, 3} & \dots & ta_{3,n}\\ \vdots & \vdots & \dots & \vdots \\ ta_{n, 2} & ta_{n, 3} & \dots & 1+ta_{n,n}\end{vmatrix} -ta_{2,1}\det(B_2) + ta_{3,1}\det(B_3)-\dots+(-1)^{n+1}ta_{n, 1}\det(B_n)$

Donde $B_i$ son algunas de las sub matrices con arreglo a Laplace.

Aviso que ya hemos utilizado en la primera columna de nuestra expansión original, la primera fila de cada $B_i$ es sólo $\begin{pmatrix}ta_{1,2} \dots ta_{1,n}\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}a_{1,2} \dots a_{1,n}\end{pmatrix} $

si definimos $B_i'$ a ser exactamente el mismo que $B_i$ a excepción de la primera fila se divide por $t$), luego por el factor determinante reglas de $\det(B_i) = t\det(B_i')$, y así:

$-ta_{2,1}\det(B_2) + ta_{3,1}\det(B_3)-\dots+(-1)^{n+1}ta_{n, 1}\det(B_n) = -t^2a_{2,1}\det(B_2') + t^2a_{3,1}\det(B_3')-\dots+(-1)^{n+1}t^2a_{n, 1}\det(B_n')$

y sólo contienen no lineal en términos de $t$. Así que no nos importa en absoluto. Podemos enfocarnos sólo en el primer determinante.

Pero ahora sólo se puede utilizar el mismo argumento en $\begin{vmatrix}1+ta_{2,2} & ta_{2,3} & \dots & ta_{2,n}\\ta_{3,2} & 1+ta_{3, 3} & \dots & ta_{3,n}\\ \vdots & \vdots & \dots & \vdots \\ ta_{n, 2} & ta_{n, 3} & \dots & 1+ta_{n,n}\end{vmatrix}$! La única cosa que importa es el primer elemento y el líder de la menor. Los otros pueden ser descartadas como son de orden superior de $t$.

Vamos a utilizar una y otra vez hasta que al final sólo estamos a la izquierda con $\prod_{i=1}^{n}(1+ta_{i,i})$. La respuesta está oculta en algún lugar de este producto.

Dado que sólo estamos interesados en los términos lineales, no se nos permite multiplicar $ta_{i,i}$$ta_{j,j}$. Así que cada $ta_{i,i}$ sólo puede ser multiplicado por $1$. Así que en general debemos tener $ta_{1,1} + ta_{2,2} + \dots ta_{n,n} = tTrace(A)$.

Este resultado correcto? es esta "prueba" válido? Se siente demasiado aguado y verbal.

Answer 1

El resultado es correcto. Creo que su argumento está muy bien, aunque no es muy susceptible de ser escrito muy bien.

Aquí está una prueba más corta.

Si $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ son los autovalores de a $A$ contando multiplicidades, entonces los autovalores de a$I+tA$$1+t\lambda_1,\ldots,1+t\lambda_n$. Así $$ \det(I+tA)=(1+t\lambda_1)\cdots(1+t\lambda_n)=t^n\lambda_1\cdots\lambda_n+\cdots+t(\lambda_1+\cdots+\lambda_n)+1. $$ Por lo que el coeficiente de $t$ es $$ \lambda_1+\cdots+\lambda_n=\operatorname{Tr}(A). $$ También vemos desde arriba que el coeficiente de $t^n$$\det A$.

Answer 2

Aquí es un argumento diferente. Deje que las columnas de a$A$$C_i$. Entonces el determinante visto como una función de la secuencia de columnas es multilineal. Deje $E_i$ ser las columnas de la matriz identidad. Entonces usted tiene $$\det(E_1+tC_1, \cdots , E_n+tC_n)$$ now by mulitlinearily this can be expanded like an binomial product, and thus the coefficient of $t$ es

$$\sum \det(E_1, \cdots , C_i,\cdots , E_n)$$ y es fácil ver que

$$ \det(E_1, \cdots , C_i,\cdots , E_n)=a_{ii}.$$