msleziak.com

O charakteristickom polynóme vieme, že vedúci koeficient je rovný $1$. A tiež poznáme dva ďalšie koeficienty, ktoré sa až na znamienko rovnajú stope/determinantu: viewtopic.php?t=642

Možno človeku vcelku prirodzene napadne otázka, akým spôsobom sa dajú ostatné koeficienty vyjadriť pomocou jednotlivých prvkov matice $A$.
Bez dôkazu aspoň spomeniem, že koeficient $c_{n-k}$ pri $x^{n-k}$ sa dá vyjadriť ako súčet determinantov podmatíc rozmerov $k\times k$, pričom vyberáme tie isté riadky a stĺpce, vynásobený $(-1)^k$.
Môžeme si všimnúť, že to sedí s tým, čo sme povedali o dvoch koeficientov - raz sme mali determinant celej matice, čo je jediná podmatica $n\times n$; takisto stopu dostaneme ako súčet determinantov vhodných podmatíc $1\times1$.

Pridám sem aspoň nejaké konkrétne príklady, aby bolo jasnejšie, čo vlastne tvrdíme. (Súčasne z tohoto príkladu vidíme, že pre väčšie rozmery toto asi nie je veľmi praktický spôsob, ako počítať charakteristický polynóm. Ale je azda zaujímavé niečo takéto vidieť - ak sa človek dozvie o takomto tvrdení, tak asi prirodzené veci, ktoré bude skúšať, sú otestovať to na nejakých príkladoch, rozmýšľať nad tým, či sa to dá na niečo užitočné použiť, a tiež na tým, prečo to platí a ako by sa to dalo dokázať.)

Nejaké odkazy, kde sa dá nájsť dôkaz:

• Mathematics Stack Exchange: Coefficients of characteristic polynomial of a matrix, Coefficients of the characteristic polynomial $\det(xI+A)$
• Horn, Johnson: Matrix Analysis (CUP 1990): Theorem 1.2.16
• Corollary 6.164 v Grinberg: Notes on the combinatorial fundamentals of algebra (Wayback Machine)

Vyskúšajme to pre nejakú maticu rozmerov $3\times3$.

$$A=\begin{pmatrix}
3 & 2 &-3 \\
-1 & 2 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}$$

Máme $\operatorname{Tr}(A)=3+2+1=6$, a teda $c_2=-6$.

Ak obvyklým spôsobom vypočítame $\det(A)=8$, tak máme $c_0=-8$.

Pri výpočte zostávajúceho koeficientu takýmto spôsobom potrebujeme vyrátať tri determinanty $2\times2$

\begin{align*}
c_1&=
\begin{vmatrix}
3 & 2 \\
-1 & 2 \\
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
3 &-3 \\
0 & 1 \\
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
2 & 1 \\
1 & 1 \\
\end{vmatrix}\\
&=8+3+1=12
\end{align*}

Dostali sme teda $$\chi_A(t)=t^3-6t^2+12t-8.$$
Môžete si skontrolovať, že to tak vyjde napríklad na WolframAlpha alebo obvyklým spôsobom výpočtu.

Skúsme ísť ešte o krok ďalej a vyskúšajme to s nejakou maticou rozmerov $4\times4$.

$$A=
\begin{pmatrix}
0 &-1 &-1 & 2 \\
-3 &-1 &-1 & 3 \\
1 & 0 & 2 &-1 \\
-2 &-2 &-1 & 4 \\
\end{pmatrix}
$$

Dostaneme $\operatorname{Tr}(A)=-1+2+4=5$ a teda $c_3=-5$.
Takisto nie je ťažké spočítať $c_0=|A|=2$. Ak $c_2$ chceme počítať takýmto spôsobom, potrebujeme šesť determinantov matíc $2\times2$
\begin{align*}
c_2&=
\begin{vmatrix}
0 &-1 \\
-3 &-1 \\
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
0 &-1 \\
1 & 2 \\
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
0 & 2 \\
-2 & 4 \\
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
-1 &-1 \\
0 & 2 \\
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
-1 & 3 \\
-2 & 4 \\
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
2 &-1 \\
-1 & 4 \\
\end{vmatrix}\\
&=-3+1+4-2+2+7=9
\end{align*}

Pri výpočet $c_1$ potrebujeme štyri determinanty rozmerov $3\times3$:
\begin{align*}
-c_1&=
\begin{vmatrix}
0 &-1 &-1 \\
-3 &-1 &-1 \\
1 & 0 & 2 \\
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
0 &-1 & 2 \\
-3 &-1 & 3 \\
-2 &-2 & 4 \\
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
0 &-1 & 2 \\
1 & 2 &-1 \\
-2 &-1 & 4 \\
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
-1 &-1 & 3 \\
0 & 2 &-1 \\
-2 &-1 & 4 \\
\end{vmatrix}\\
&=-6+2+8+3=7
\end{align*}
a teda $c_1=-7$
Vyšlo nám
$$\chi_A(t)=t^4-5t^3+9t^2-7t+2$$

Opäť môžeme charakteristický polynóm vypočítať aj spôsobom na akým sme zvyknutí a skontrolovať, že to vyšlo rovnako. Alebo sa pozrieť na WolframAlpha, prípadne vyskúšať nejaký softvér, ktorý vie takéto veci rátať.