2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Выразить определитель через шпуры степеней
Сообщение20.09.2010, 18:58 
Аватара пользователя
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?

 
 
 
 Re: Выразить определитель через шпуры степеней
Сообщение20.09.2010, 19:13 
Аватара пользователя
см. http://en.wikipedia.org/wiki/Determinant
там где слова "Size-specific relationships to trace".

 
 
 
 Re: Выразить определитель через шпуры степеней
Сообщение20.09.2010, 20:17 
Аватара пользователя
mkot
Там сводка. Сводка и у меня есть (см. выше). А доказательство через ряд не греет.

 
 
 
 Re: Выразить определитель через шпуры степеней
Сообщение21.09.2010, 07:01 
Аватара пользователя
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

 
 
 [ Сообщений: 4 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group