χAB(λ)=χBA(λ)

Автор темы molotov 
ОбъявленияПоследний пост
ОбъявлениеИщем преподавателя для углубленного обучения статистическим методам29.05.2020 13:22
ОбъявлениеПреподаватель мехмата МГУ удостоен международной премии по математике Presburger Award28.07.2020 01:04
ОбъявлениеTinkoff Business Analyst / Product Owner19.02.2021 19:06
14.02.2021 17:14
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
14.02.2021 23:25
Автоморфизм алгебры
Если f: M → M - автоморфизм алгебры матриц, то характеристические многочлены матриц M и f(M) совпадают.
Автоморфизм f называется внутренним или сопряжением, если существует матрица А такая, что $f(X)=A^{-1}XA$.
Покажите, что АВ и ВА сопряжены.
15.02.2021 01:48
AB vs BA
$BA-\lambda E=B(AB-\lambda E)B^{-1}$
15.02.2021 07:25
см.
http://math.hashcode.ru/questions/45008

_____________________________
Правила русского языка категорически против решения пределов, интегралов, рядов, матриц, определителей, функций, ...
..
15.02.2021 15:10
Ну, примерно так... Это сообщение отредактировано.
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.
15.02.2021 20:51
AB vs BA
Спасибо!
Я переходил по упомянутой Вами ссылке, прочитал написанное.
Мой ответ был дан в примитивном смысле: элементы обоих матричный сомножителей вещественные (комплексные), тогда достаточно сосчитать определители в левой и правой частях выписанного мною тождества. По условию предполагалось, что обе матрицы невырожденные.
Короче говоря, тупо ответил на вопрос СП. Вообще, конечно, интересны обобщения, поучусь от Вас.
Я не алгебраист, если что. Мне ближе дифуры.
15.02.2021 22:26
Матрицы
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
17.02.2021 15:39
Можно уточнить задачу
Можно уточнить задачу - условие невырожденности матриц можно отбросить, оно не нужно.
17.02.2021 21:32
Использование непрерывности: самое смешное доказательство.
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:
$det(AB-\lambdaE)=det(BA-\lambdaE)$
18.02.2021 09:01
Не смешное, и не решение
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
18.02.2021 12:22
Да, наверно, не смешно. Простите.
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.
19.02.2021 19:21
Матрицы
Характеристические многочлены я точно не понимаю по вашему ,но при помощи них я

очищаю прогрессии от произведения вычетов и получаю только простые числа .

Прогрессии применяю идеальные ,хотя можно работать с любой.

Система произведения вычетов также выбирается идеальная хотя можно использовать любую другую отличную от идеала .

47436840 λ^9 + 22902 λ^10 - λ^11 матрица 11-11 что полезного вы видите в этом выражении как специалисты ?. К примеру несколькими такими выражениями можно доказать гипотезу Гольдбаха.
Матрица при перестановке не меняются M=SJS^-1 только строй S .



Редактировалось 3 раз(а). Последний 19.02.2021 21:19.
Извините, только зарегистрированные пользователи могут публиковать сообщения в этом форуме.

Кликните здесь, чтобы войти