χAB(λ)=χBA(λ)

Приветствую!

Пусть A и B — квадратные матрицы одного размера такие, что |A|≠0 или |B|≠0. Доказать, что
χAB(λ)=χBA(λ).
где χAB(λ)- характеристический многочлен

Цитата
kot-uchonyj
$BA-\lambda E=B(AB-\lambda E)B^{-1}$

Конечно, если одна из матриц обратима, то можно и так, только убрав лишнее слагаемое:
$BA=B(AB)B^{-1}$ - это и означает сопряжённость данных матриц, и совпадение их характеристических многочленов.
Но ещё остаётся случай, когда обе матрицы необратимы.
Про это дал ссылку г-н. Bot (см. выше).
Там предлагается простое решение для нормированного поля (читай - поле характеристики ноль) и отдельно для произвольного поля.
Можно проще рассуждать так:
Расширим поле скаляров до алгебраически замкнутого поля несчётной мощности. Для характеристики ноль - комплексные числа.
Рассмотрим матрицу $A_z=A+zE$, где $z$ - элемент поля трансцендентный относительно всех элементов матрицы $A$. Такой элемент существует, т.к. множество элементов алгебраически зависимых от конечного множества всех элементов матрицы $A$ не более, чем счётно.
Если эта матрица является не обратимой, то характеристический многочлен матрицы $A$ тождественно равен нулю. А этого не может быть по определению, т.к. старший коэффициент хар. многочлена равен $\pm1$.
Но тогда матрицы $A_zB=(A+zE)B$ и $BA_z=B(A+zE)$ сопряжены (это Вы доказали). Т.е. для некоторой матрицы $C$ имеет место равенство:
$C^{-1}(A+zE)BC=B(A+zE)$.
Из которого следует. что $det((A+zE)B-\lambdaE)=det(B(A+zE)-\lambdaE)$ при любых значениях $z\ne0$, если рассматривать $z$ как переменную, а $\lambda$ - как некоторый элемент расширяющего поля. Т.к. речь идёт о равенстве значений многочленов от $z$ при бесконечном множестве значений переменной, то многочлены равны тождественно, в т.ч. при $z=0$.
Таким образом, подставляя значение $z=0$ получим: $det((A+0)B-\lambdaE)=det(B(A+0)-\lambdaE)$, откуда и получим требуемое:
$det(AB-\lambdaE)=det(BA-\lambdaE)$ .



Редактировалось 2 раз(а). Последний 17.02.2021 20:26.

Применяют ли матрицы для факторизации и быстрота работы в матрицах?

Я применяю их для многих целей особенно полезный для понимания механизмов простых чисел .https://www.facebook.com/photo?fbid=5329800553711653&set=gm.2827882270828762

Пусть даны две матрицы $A,\;B$ над алгебраически замкнутым полем $F$.
Расширим поле до поля $H=F(x)$ - поле дробей.
В поле $H$ введём норму: $||a||=||x^n\frac{f}{g}||=\frac{1}{n}$, если элемент $a$ представим в виде $a=x^n\frac{f}{g}$, где $f\;g$ многочлены с ненулевыми свободными членами. Такое представление не однозначно, определяемая норма не зависит от выбора представления. Если такое представление невозможно, то $a=0$, и полагаем $||a||=0$.
По этой норме вводится метрика: $d(a,b)=||a-b||$. Таким образом мы получаем метрическое пространство.
Все операции будут непрерывны и топология Хаусдорфова без изолированных точек. Обычным образом вводим норму в конечномерных векторных пространствах и в алгебре матриц.
Теперь, для матриц $(A+xE)B$ и $B(A+xE)$ характеристические многочлены равны тождественно относительно переменной $x$.
В равенстве $det((A+x^nE)B-\lambdaE)=det(B(A+x^nE)-\lambdaE)$ переходим к пределу при $n\,\to\,\infty$ (тогда $x^n\,\to\,0$) и получаем требуемое:
$det(AB-\lambdaE)=det(BA-\lambdaE)$

Цитата
bystrikov (Bystrikov Alexey)
Основной пункт вашего "доказательства" вы так и не доказали:
Теперь, для матриц $(A+xE)B$ и $B(A+xE)$ характеристические многочлены равны тождественно относительно переменной x

Я много чего опустил в этом доказательстве, в частности, опущено всё, что касается топологии.
Характеристические многочлены указанных матриц зависят от двух взаимно трансцендентных над $F$ элементов: $x,\; \lambda$.
Матрица $(A+xE)$ обратима, следовательно, характеристические многочлены матриц $(A+xE)B$ и $B(A+xE)$ равны.
Если в выражение для их общего характеристического многочлена $f(\lambda,\,x)$ вместо $x$ подставить любой элемент $z$ трансцендентный над полем $F(\lambda)$, то равенство сохранится по причине изоморфизма колец: $F(\lambda)[x]$ и $F(\lambda)[z]$. Поскольку характеристические многочлены действительно являются многочленами, и т.к. равенство сохраняется при гомоморфизмах колец, то подставлять вместо $x$ можно любой элемент. В том числе и ноль, чтобы не использовать топологию. Но тогда будет непонятно, зачем было мучиться с метрикой?
А на самом деле, по ссылке, предложенной г-ном Botom (см. выше) приводятся два рассуждения, одно из которых - для нормированных полей. Я хотел пошутить над возможностью его применения в достаточно общем случае.