Si hallas algún problema en tu código o proyecto, recuerda probar siempre en un ambiente de testing antes subir el código al proyecto final.
Solución:
Aquí hay un método para calcular el determinante, explicando al menos por qué termina como un producto. No sé si tiene algún significado que tu determinante sea un cuadrado.
Definir $$H= frac1sqrt2 beginpmatrix 1 & 1 & 0 & 0 \ 1 & -1 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 1 \ 0 & 0 & 1 & -1 \ endpmatriz. $$ (El producto tensorial de una matriz Hadamard unidimensional con una matriz identidad de dos por dos).
Entonces $det H=1$ y para cualquier $a,b,c,d,e,f,g,h$, $$ H beginpmatrix a & b & c & d \ b & a & d & c \ e & f & g & h \ f & e & h & g endpmatrix H\ =beginpmatrix a+b & 0 & c+d & 0 \ 0 & ab & 0 & cd \ e+f & 0 & g+h & 0 \ 0 & ef & 0 & gh endpmatrix$$ que es (similar a) $$beginpmatrix a+b & c+d \ e+f & g+h \ endpmatrix oplus beginpmatrix ab & cd \ ef & gh \ endpmatrix. $$
Conectar una versión rotada de su matriz da $$beginvmatrix 2 & x & b & a \ x & 2 & a & b \ b & a & 2 & ab-x \ a & b & ab -x & 2 endvmatriz \= beginvmatriz 2+x & a+b \ a+b & 2+ab-x \ endvmatriz cdot beginvmatriz 2 -x & ba \ ba & 2-ab+x \ endvmatriz \ =(4-x^2+abx-a^2-b^2)(4-x^2+abx-a ^2-b^2). $$
La siguiente respuesta está inspirada en la de Colin.
Como señaló Colin MacQuillan, la matriz bajo consideración resulta ser similar a
la matriz de bloques $beginbmatrix A & C \ C & B endbmatrix$ donde $A=2I_2+x K$, $C=a I_2+ b K$, $B=2 I_2+(ab- x) K$, con $K:=beginbmatrix 0 & 1 \ 1 & 0 endbmatrix$. Dado que $I_2$ y $K$ se desplazan, entonces es estándar que $$beginvmatrix A & C \ C & B endvmatrix=det(AB-C^2).$$ Aquí, vemos que $AB=(4+x(ab-x))I_2+2ab K$ y $C^2=(a^2+b^2) I_2+2ab K$. Por lo tanto, $AB-C^2=(4-a^2-b^2+x(ab-x))I_2$, que produce el resultado reclamado.
Generalizando la entrada diagonal de la matriz inicial a $c$ da, con un método similar, que el determinante es igual al de $(c^2-a^2-b^2+x(ab-x))I_2+(c -2)ab K$, dando la fórmula de Andreas.
En resumen: ¡el determinante de toda matriz simétrica es un cuadrado!
Considere tres matrices arbitrarias $a, b, c en Sl_2.$ Cabe preguntarse qué relaciones satisfacen las huellas de sus productos. La respuesta la da la famosa cúbica de Jimbo-Fricke:
beginecuación begindividir &tr(ab) tr(bc) tr(ac)+ tr(ab)^2+tr(bc)^2+tr(ac)^2\ &+tr (a)^2+tr(b)^2+tr(c)^2+tr(abc)^2\ &-(tr(a)tr(b)+tr(c)tr(abc))tr (ab)\ &-(tr(b)tr(c)+tr(a)tr(abc))tr(bc)\ &-(tr(a)tr(c)+tr(b)tr( abc))tr(ac)\ &+tr(a)tr(b)tr(c)tr(abc)-4=0.\ enddividir endecuación
Cada determinante de una matriz simétrica se puede escribir de la siguiente forma para algunas matrices $a,b,c$:
$$ G=beginvmatriz 2 & -tr(a) & -tr(b) & -tr(bc)\ -tr(a) & 2 & -tr(ab)& -tr(abc) -tr(b) & -tr(ab) & 2 & -tr(c)\ -tr(bc) & -tr(abc) & -tr(c)& 2\ endvmatriz. $$
La relación anterior es equivalente a la siguiente:
$$(2tr(ac)+tr(ab)tr(bc)-tr(a)tr(c)-tr(b)tr(abc))^2=G.$$
Por lo general, un determinante simétrico no es un cuadrado, porque $tr(ac)$ no es un polinomio en las entradas de $G.$ El caso de la matriz en la pregunta corresponde a $c=a^-1,$ porque $tr(c)=tr(c^-1),$$tr(aba^-1)=tr(a)$ y $tr(ab)+tr(ba^-1)=tr(a)+tr(b).$ La raíz cuadrada de $G$ es algebraico, porque $tr(ac)=2.$
He visto esta presentación de la cúbica Jimbo-Fricke solo en un lugar: https://arxiv.org/pdf/1308.4092.pdf, fórmula (3.9), y estaré muy agradecido por cualquier referencia.
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