определитель экспоненты матрицы

[spyphy]

$ \det e^A = e^{tr A}, \forall A \in L_n(R) $
Я знаю как доказать для комплексных матриц, но для вещественных тот способ не подходит. Нашёл также доказательство для вещественных с помощью замечательного предела. Но пишут, что должно быть еще какое-то доказательство, основанное на гомоморфизме $t \to \det e^{tA}$ - правда ли это?

[ewert]

spyphy в сообщении #508001 писал(а):

Я знаю как доказать для комплексных матриц, но для вещественных тот способ не подходит.

Как он может не подходить, если вещественные матрицы -- это частный случай комплексных?...

(Можно, конечно, изобретать ещё какие-то кустарные доказательства, насильно запрещая себе обращаться к комплексным числам, но это явно неадекватно: любая комплексная теория заведомо логически проще соответствующей вещественной.)

[spyphy]

ewert в сообщении #508015 писал(а):

любая комплексная теория заведомо логически проще соответствующей вещественной

боюсь, вы здесь не правы. Дело в том, что требуется алгебраическая замкнутость поля...
Точнее говоря, можно привести (заменой базиса) матрицу к треугольному виду, легко вычислить её след и определитель, и перейти обратно. Для вещественного случая мне не известно, верно ли соответствующее утверждение.

[ewert]

А, ну я вдруг вспомнил, что я забыл, как этот факт доказывается. Это просто следствие формулы Лиувилля: если $X(t)$ -- решение системы линейных уравнений $X'(t)=A\,X(t)$, то $\det X(t)=\det X(s)\cdot e^{(t-s)A}$ (и даже общее: $\det X(t)=\det X(s)\cdot e^{\int_s^tA(\tau)\,d\tau}$). А формула эта доказывается вообще без никаких комплексных чисел, просто тупым дифференцированием определителя.

[MaximVD]

ewert
Вы, наверное, имели в виду $\det X(t) = \det X(s) \cdot e^{\int_s^t \operatorname{tr} A(\tau)\, d\tau}$?

[spyphy]

а не, пардон, я там ступил и сейчас это осознал (не зря всё ж создал этот топик): действительно, если какое-либо тождество выполняется для любой комплексной матрицы, то оно выполняется, в частности, и для любой вещественной матрицы!
Однако заметьте, что нельзя сказать, что если какое-то утверждение верно для любой комплексной матрицы, то оно верно и для любой вещественной матрицы. Вот та тонкая грань, которую я не мог уловить... Значит всё в порядке с моим методом.

Касательно дифференцирования, то это, наверное, разновидность способа док-ва через замечательный предел (для exp) и использованием непрерывности det...
Возможно, что есть и более простое доказательство (сложно замечаемое), ну да ладно, потом сам ещё подумаю.

[ewert]

MaximVD в сообщении #508053 писал(а):

ewert
Вы, наверное, имели в виду $\det X(t) = \det X(s) \cdot e^{\int_s^t \operatorname{tr} A(\tau)\, d\tau}$?

Да, естественно, пардон. Естественно, в обеих экспонентах имелся в виду трейс. Но исправлять уже лень.

-- Пт ноя 25, 2011 23:06:55 --

spyphy в сообщении #508055 писал(а):

Возможно, что есть и более простое доказательство (сложно замечаемое)

Вряд ли. Т.е. вряд ли существенно более простое. Ибо без предельных переходов уж всяко не обойтись -- в конце концов, и сама-то матричная экспонента определяется (во всяком случае, для конечных размерностей) именно через ряд, а это уже есть предельный переход.

[alcoholist]

Пусть $f(t)=\det{e^{tA}}$. Нетрудно видеть:

$$ f'(t)=\lim_{x\to 0}\frac{\det e^{(t+x)A}-\det e^{tA}}{x}=\det{e^{tA}}\lim_{x\to 0}\frac{\det (E+xA)-1+o(x)}{x}=f(t)TrA, $$

откуда $f(t)=e^{tTr A}$.

[ewert]

alcoholist в сообщении #508758 писал(а):

$$\lim_{x\to 0}\frac{\det (E+xA)-1+o(x)}{x}=TrA$$

В принципе да, только, как мне кажется, несколько легкомысленно. Откуда тут $o(x)$-то выползло? Т.е. оно, конечно, выползает; но откуда?...

Надо наоборот. Элементы матрицы $e^{I+xA}$ -- это целые функции, причём всё её внедиагональные элементы оцениваются как $O(x)$. Если теперь разложить определитель этой матрицы в лоб, то слагаемые нулевого и первого порядка будут порождаться только произведением диагональных элементов (поскольку в любом другом произведении будет как минимум два внедиагональных сомножителя и, следовательно, такое произведение будет оцениваться как $O(x^2)$. Диагональное же произведение есть $\prod\limits_k(1+x\,a_{kk}+O(x^2))=1+x\operatorname{Tr} A+O(x^2).$

Для полноты -- что будет в общем случае. Пусть $X'=A\,X$, где матрица $A$ не обязательно постоянна и $X(0)$ тоже, в общем, какое угодно. Пусть $X=(\vec x_1,\vec x_2,\ldots,\vec x_n)$ (в скобках перечислены столбцы матрицы $X$) и $\{\vec e_k\}$ -- столбцы единичной матрицы. Тогда

$$(\det X(t))'=\sum\limits_k\det(\vec x_1,\ldots\vec x_{k-1},\vec x{\,}'{\!\!\!}_k,\vec x_{k+1},\ldots,\vec x_n)=\sum\limits_k\det(\vec x_1,\ldots\vec x_{k-1},\vec Ax_k,\vec x_{k+1},\ldots,\vec x_n)=$$

$$=\sum\limits_k\det\big(X(\vec e_1,\ldots\vec e_{k-1},X^{-1}AX\vec e_k,\vec e_{k+1},\ldots,\vec e_n)\big)=\sum\limits_k\det X\cdot (X^{-1}AX)_{kk}=$$

$$=\det X\cdot\operatorname{Tr}X^{-1}AX=\det X\cdot\operatorname{Tr}A.$$

Откуда и получается $\det X(t)=\det X(s)\cdot e^{\int_s^t\operatorname{Tr}A(\tau)\,d\tau}.$