Caracterización de la traza de una matriz | Julian a través del lente

Últimamente estuve estudiando para mis finales, y por eso decidí armar una demostración de un ejercicio interesante que encontré en algún libro. La función traza, dada por $t r : K^{n \times n} \to K$ , se define como

t r (A) = i = 1 \sum n A_{ii}

En primer lugar, la demostración de aditividad

t r (A + B) = i = 1 \sum n (A + B)_{ii} = i = 1 \sum n (A)_{ii} + (B)_{ii} = i = 1 \sum n (A)_{ii} + i = 1 \sum n (B)_{ii} = t r (A) + t r (B)

Luego, la demostración de homogeneidad

t r (λ A) = i = 1 \sum n (λ A)_{ii} = i = 1 \sum n λ A_{ii} = λ i = 1 \sum n A_{ii} = λ t r (A)

Por lo tanto, $t r$ es una transformación lineal del espacio vectorial $K^{n \times n}$ en $K$ . Lo bueno de la traza es que tiene muchas más propiedades interesantes que no son difíciles de demostrar. En primer lugar, que es invariante bajo transposición

t r (A^{T}) = i = 1 \sum n (A^{T})_{ii} = i = 1 \sum n A_{ii} = t r (A)

Y que no cambia cuando un producto conmuta

t r (A B) = i = 1 \sum n (A B)_{ii} = i = 1 \sum n k = 1 \sum n A_{ik} B_{k i} = k = 1 \sum n i = 1 \sum n B_{k i} A_{ik} = k = 1 \sum n (B A)_{k k} = t r (B A)

Por lo tanto, obtenemos una propiedad bastante contraintuitiva de la traza: tenemos que

t r (A B C) = t r (B C A) = t r (C A B)

Lo cual surge de aplicar la propiedad anterior a distintos paréntesis del producto de matrices (nótese que esto es posible para cualquier número de matrices). Yendo más lejos, supongamos que $P \in K^{n \times n}$ es una matriz invertible, entonces

t r (P A P^{- 1}) = t r (A P^{- 1} P) = t r (A)

¡Lo que significa que si dos matrices $A$ y $B$ son similares, sus trazas son iguales! Además, escribir $A$ en cualquier base dada no cambiará su traza. Por último, la razón por la que decidí escribir este artículo:

Supongamos que tenemos un funcional lineal $f : K^{n \times n} \to K$ tal que $\forall A, B : f (A B) = f (B A)$ , entonces $\exists λ \in K / f (A) = λ t r (A)$ . Es decir, la linealidad y la propiedad del producto determinan completamente la función traza, salvo un factor constante. La demostración es bastante sencilla. Sea

β = E^{ij}_{1 \leq i, j \leq n}

la base canónica ordenada de $K^{n \times n}$ . Nótese que:

E^{ij} E^{k l} = m = 1 \sum n E_{i^{'} m}^{ij} E_{m j^{'}}^{k l} = m = 1 \sum n δ_{i i^{'}} δ_{j m} δ_{k m} δ_{l j^{'}} = δ_{i i^{'}} δ_{l j^{'}} δ_{j k}

Como $f$ es un funcional lineal, podemos escribirlo como $f (A) = \sum_{i, j = 1}^{n} α_{ij} ϕ_{ij} (A)$ , donde $ϕ_{ij}$ son las funciones correspondientes de la base dual, lo que significa que $ϕ_{ij} (E^{i^{'} j^{'}}) = δ_{i i^{'}} δ_{j j^{'}}$ . Así, obtenemos que

f (E^{ij} E^{l m}) = α_{im} δ_{j l}

f (E^{l m} E^{ij}) = α_{mi} δ_{l j}

La condición adicional de que $f (A B) = f (B A)$ implica que $α_{im} δ_{j l} = α_{mi} δ_{l j} \forall i, j, m, l \in 1, ..., n$ . En particular, si tomamos $i = m, j = l$ , esto se convierte en $α_{ii} δ_{j j} = α_{ii} δ_{j j}$ , lo que implica que $δ_{ii} = δ_{j j} \forall i, j \in 1, ..., n$ ; podemos llamar a este valor $λ$ . Finalmente, tomando $l \neq = j, m = i$ , obtenemos que $α_{l j} = 0\forall l, j \in 1, ..., n, l \neq = j$ . Esto determina completamente cada uno de los $α$ s. Por lo tanto:

f (A) = λ i = 1 \sum n ϕ_{ii} (A) = λ i = 1 \sum n A_{ii} = λ t r (A)

A esta altura, hemos caracterizado bastante la función traza, en el sentido de que sabemos que cualquier función que sea una transformación lineal y no cambie cuando se invierte el orden del producto de matrices es un múltiplo escalar de la traza. Solo queda una última propiedad importante para determinar la traza de manera unívoca. Dado $f$ con las propiedades anteriores, $f (I) = n ⟺ f = t r$ :

f (I) = λ t r (I) = λn = n

Lo cual ocurre si y solo si $λ = 1$ . Últimamente estuve estudiando para mis finales, y por eso decidí armar una demostración de un ejercicio interesante que encontré en algún libro. La función traza, dada por $t r : K^{n \times n} \to K$ , se define como

t r (A) = i = 1 \sum n A_{ii}