Niech \(\displaystyle{ A\in\mathbb{K}^{2p\times 2p}, \ \mathrm{char}\ \mathbb{ K}\neq2}\). Niech ponadto \(\displaystyle{ A}\) będzie antysymetryczna. Zdefiniujmy pfaffian macierzy za pomocą równości:
\(\displaystyle{ \mathrm{Pf}\ A= \sum_{\substack{i_1,...,i_p,j_1,...,j_p\in\{1,...,2p\}\\ i_1<...<i_p\\ i_1<j_1,...,i_p<j_p}}\epsilon_{i_1,...,i_p,j_1,...,j_p}A_{i_1j_1}...A_{i_pj_p}}\)
Należy wykazać, że dla dowolnej macierzy kwadratowej \(\displaystyle{ \gamma}\), tego samego wymiaru, zachodzi:
\(\displaystyle{ \mathrm{Pf} \ (\gamma^{T}A\gamma)=\det\gamma\mathrm{Pf} \ A}\)
Pfaffian macierzy - dowód własności
-
Wasilewski
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
Pfaffian macierzy - dowód własności
Nie chce mi się za bardzo zastanawiać nad tym, czy charakterystyka nie przeszkadza, ale postaram się o tym pamiętać; będę zatem korzystać z takiej definicji produktu zewnętrznego, która działa w charakterystyce różnej od \(\displaystyle{ 2}\).
Skoro macierz \(\displaystyle{ A}\) jest antysymetryczna, to można ją traktować jako \(\displaystyle{ 2}\)-formę \(\displaystyle{ \omega_{A}}\) zadaną jako \(\displaystyle{ \omega_{A}(x,y) := \langle x, Ay\rangle}\), gdzie \(\displaystyle{ \langle \cdot, \cdot \rangle}\) oznacza standardowy "iloczyn skalarny". W języku form napiszemy \(\displaystyle{ \omega_{A} = \frac{1}{2} \sum_{i<j} a_{ij} e^{i} \wedge e^{j}}\). Policzmy teraz \(\displaystyle{ \omega_{A}^{\wedge p}}\):
\(\displaystyle{ \omega_{A}^{\wedge p} = \frac{1}{2^{p}} \sum_{ i_{1} < j_{1}, \dots, i_{p} < j_{p}} a_{i_1,j_1}\dots a_{i_p.j_p} e^{i_1} \wedge e^{j_1} \dots \wedge e^{i_p} \wedge e^{j_p}.}\)
Bazowe formy \(\displaystyle{ e^{i}}\) można spermutować tak, by uzyskać
\(\displaystyle{ \mathrm{Pf}(A) e^1 \wedge \dots \wedge e^{2p} = C \omega_{A}^{\wedge p}.}\)
Zauważmy teraz, że dla macierzy \(\displaystyle{ B^{T}AB}\) nasza forma wygląda następująco:
\(\displaystyle{ \omega_{B^{T}AB} = \langle Bx, A By\rangle.}\)
Wystarczy zatem wszędzie podstawić \(\displaystyle{ Be^{i}}\) zamiast \(\displaystyle{ e^{i}}\), żeby uzyskać
\(\displaystyle{ \mathrm{Pf}(A) Be^1 \wedge \dots\wedge Be^{2p} = C \omega_{B^{T}AB}^{\wedge p} = \mathrm{Pf}(B^{T}AB) e^1 \wedge \dots \wedge e^{2p}.}\)
Powszechnie wiadomo jednak, że \(\displaystyle{ Be^1 \wedge \dots \wedge Be^{2p} = \det(B) e^1 \wedge \dots \wedge e^{2p}}\) i to kończy dowód.
Skoro macierz \(\displaystyle{ A}\) jest antysymetryczna, to można ją traktować jako \(\displaystyle{ 2}\)-formę \(\displaystyle{ \omega_{A}}\) zadaną jako \(\displaystyle{ \omega_{A}(x,y) := \langle x, Ay\rangle}\), gdzie \(\displaystyle{ \langle \cdot, \cdot \rangle}\) oznacza standardowy "iloczyn skalarny". W języku form napiszemy \(\displaystyle{ \omega_{A} = \frac{1}{2} \sum_{i<j} a_{ij} e^{i} \wedge e^{j}}\). Policzmy teraz \(\displaystyle{ \omega_{A}^{\wedge p}}\):
\(\displaystyle{ \omega_{A}^{\wedge p} = \frac{1}{2^{p}} \sum_{ i_{1} < j_{1}, \dots, i_{p} < j_{p}} a_{i_1,j_1}\dots a_{i_p.j_p} e^{i_1} \wedge e^{j_1} \dots \wedge e^{i_p} \wedge e^{j_p}.}\)
Bazowe formy \(\displaystyle{ e^{i}}\) można spermutować tak, by uzyskać
\(\displaystyle{ \mathrm{Pf}(A) e^1 \wedge \dots \wedge e^{2p} = C \omega_{A}^{\wedge p}.}\)
Zauważmy teraz, że dla macierzy \(\displaystyle{ B^{T}AB}\) nasza forma wygląda następująco:
\(\displaystyle{ \omega_{B^{T}AB} = \langle Bx, A By\rangle.}\)
Wystarczy zatem wszędzie podstawić \(\displaystyle{ Be^{i}}\) zamiast \(\displaystyle{ e^{i}}\), żeby uzyskać
\(\displaystyle{ \mathrm{Pf}(A) Be^1 \wedge \dots\wedge Be^{2p} = C \omega_{B^{T}AB}^{\wedge p} = \mathrm{Pf}(B^{T}AB) e^1 \wedge \dots \wedge e^{2p}.}\)
Powszechnie wiadomo jednak, że \(\displaystyle{ Be^1 \wedge \dots \wedge Be^{2p} = \det(B) e^1 \wedge \dots \wedge e^{2p}}\) i to kończy dowód.