Выразить определитель через шпуры степеней

[Утундрий]

Вот, допустим, у меня матрица $\[n \times n\]$ и нужно явное выражение для ее определителя получить минуя миноры и прочие лишние телодвижения. Ну, есть вроде такая теорема Гамильтона-Келли, соглавно которой матрица удовлетворяет своему характеричтическому уравнению.

При $\[n = 1\]$ будет $\[{\mathbf{a}} - A_1 \cdot 1 = {\mathbf{0}}\]$
при $\[n = 2\]$: $\[{\mathbf{a}}^2 - A_1 \cdot {\mathbf{a}} + A_2 \cdot 1 = {\mathbf{0}}\]$
при $\[n = 3\]$: $\[{\mathbf{a}}^3 - A_1 \cdot {\mathbf{a}}^2 + A_2 \cdot {\mathbf{a}} - A_3 \cdot 1 = {\mathbf{0}}\]$
и так далее.
Это все тождества (каждое для своего $\[n\]$) и взяв от них шпуры, получим
$\[A_1 = a_1 \]$
$\[2 \cdot A_2 = A_1 \cdot a_1 - a_2 \]$
$\[3 \cdot A_3 = A_2 \cdot a_1 - A_1 \cdot a_2 + a_3 \]$
$\[...\]$
где $\[a_k \equiv Sp\left( {{\mathbf{a}}^k } \right)\]$.
Теперь я, значит, замечаю, что $\[A_k \]$ - суть определители и их можно находить по этой цепочке рекуррентно. Причем, хотя, скажем $\[A_1 = a_1 \]$ при $\[n = 1\]$ было получено, но и для других $\[n\]$ я его тоже применяю и все правильно получается.
Тут можно упростить слегка. Если доопределить $\[A_0 \equiv 1\]$, $\[A_{ - 1} \equiv A_{ - 2} \equiv ... \equiv 0\]$, то можно единым образом записать:
$\[k \cdot A_k = A_{k - 1} \cdot a_1 - A_{k - 2} \cdot a_2 + A_{k - 3} \cdot a_3 - ...\]$
И вот еще что интересно, если дифференцировать коэффициенты эти, то оказывается
$\[\frac{{\partial A_k }}{{\partial a_m }} = \frac{{\left( { - 1} \right)^{m + 1} }}{m} \cdot A_{k - m} \]$
Или такой определитель еще
$\[\left| {1 + {\mathbf{a}}} \right| = 1 + A_1 + A_2 + A_3 + ...\]$
Тут слагаемые обрываются, так что конечное выражение получается.
Вообще так можно и обратную матрицу выразить через её степени (с коэффициентами-функциями $\[a_k \]$ при них), экспоненциал... да любую матричную функцию.

Собственно, к чему я это всё тут написал. Интуитивно оно понятно, вручную мною проверено и работает, однако нет ли у всей этой музыки какого-то шибко элегантного доказательства?

[mkot]

см. http://en.wikipedia.org/wiki/Determinant
там где слова "Size-specific relationships to trace".

[Утундрий]

mkot
Там сводка. Сводка и у меня есть (см. выше). А доказательство через ряд не греет.

[mkot]

Засыпая, подумал над вашей задачей. Придумал следующее доказательство, что это всегда возможно.

Пусть $\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n$ -- все собственные числа матрицы $A$.
$\det A = \lambda_1 \cdot \ldots \cdot \lambda_n$,
$\mathrm{tr} A^0 = 1 + \ldots + 1$,
$\mathrm{tr} A = \lambda_1 + \ldots + \lambda_n$,
$\mathrm{tr} A^2 = \lambda_1^2 + \ldots + \lambda_n^2$,
$\mathrm{tr} A^3 = \lambda_1^3 + \ldots + \lambda_n^3$,
$...$
$\mathrm{tr} A^n = \lambda_1^n + \ldots + \lambda_n^n$.

Видно, что $\det A$ -- симметрическая функция. Также
имеет место теорема, о том что любую симметрическую функцию
функцию можно представить в виде многочлена от степенных сумм, которыми
$\mathrm{tr} A^k$ и являются, как написано выше.
http://en.wikipedia.org/wiki/Power_sum_symmetric_polynomial