Многочлен от квадратной матрицы

[Paul Ivanov]

Пусть $A$ - квадратная матрица размера $n$. Пусть $D_k$: главный минор этой матрицы размера k - это определитель такой квадратной подматрицы матрицы A, что k элементов этой квадратной подматрицы лежат на главной диагонали. Тогда количество таких $D_k$ в матрице $A$ равно $\binom{n}{k}$. Пусть далее $S_k=\sum\limits_{D_k}^{}D_k$ - сумма всех таких миноров. Я нашёл следующую формулу: $A^n=S_1A^{n-1}-S_2A^{n-2}\cdots - (-1)^nS_nE=\sum\limits_{i}^{}S_iA^{n-i}$ (положим, что $A^0=E$ - единичная матрица). Не приложу ума, как бы её доказать. Хотелось бы найти какой-то красивый способ без индукции и поэлементного доказательства. Тут наверное как-то надо поднять теорию алгебр, полей, колец, многочленов и т.д. Прошу подсказку.

[Eule_A]

Это не теорема Гамильтона-Кэли часом?.. Если да, то у Постникова во втором томе точно есть.

[Brukvalub]

Eule_A в сообщении #1464598 писал(а):

Это не теорема Гамильтона-Кэли часом?..

Конечно же, это она, родимая! Док-во того, что коэффициенты хар. многочлена имеют указанный ТС вид изложено на стр. 257 у Тыартышникова в книге Матричный анализ и линейная алгебра, а док-во самой т. Гамильтона-Кэли - там же на стр. 274.

[Eule_A]

Brukvalub в сообщении #1464601 писал(а):

Конечно же, это она, родимая!

Согласитесь, её можно было попроще сформулировать Потому я и высказался так осторожно. А что, у Постникова нет этого? Или хуже, чем в приведённом Вами источнике?

[Brukvalub]

Eule_A в сообщении #1464602 писал(а):

А что, у Постникова нет этого? Или хуже, чем в приведённом Вами источнике?

Этого я не знаю. Я Постникова недолюбливаю за то, что он часто изобретает собственную терминологию, многословен и требует от читателя немалого терпения при чтении.
А Тыртышников ложится на мой ум с особым удовольствием, он легок и изящен, хотя не щадит читателя, оставляя тому много деталей для додумывания.

[Padawan]

Brukvalub в сообщении #1464601 писал(а):

Док-во того, что коэффициенты хар. многочлена имеют указанный ТС вид изложено на стр. 257 у Тыартышникова в книге Матричный анализ и линейная алгебра

Как-то в начале третьего курса тоже заметил, что коэффициенты хар. многочлена считаются таким образом. Потом раскрыл определитель $\det(A+\lambda E)$ второго порядка, третьего порядка, и после четвертого порядка понял, что утверждение очевидно

[TOTAL]

Padawan в сообщении #1464612 писал(а):

Как-то в начале третьего курса тоже заметил, что коэффициенты хар. многочлена считаются таким образом. Потом раскрыл определитель $\det(A+\lambda E)$ второго порядка, третьего порядка, и после четвертого порядка понял, что утверждение очевидно

$\det(A-\lambda E)$
Ещё проще получится, если не раскрывать, а сразу вместо $\lambda$ подставить матрицу $A$.

(Оффтоп)

(Но за такую подстановку будут бить долго и больно.)

[SomePupil]

Да, $\det (A-\lambda E)$ не меняется при замене базиса, поэтому суммы главных миноров всегда будут равны коэффициентам хар. многочлена. Конкретные вычисления лучше проводить в удобном базисе, например, приводя $A$ к (верхне)треугольному виду.

[Padawan]

(Оффтоп)

TOTAL
Ну, я раскрывал как раз $\det(A+\lambda E)$, чтобы не путаться со знаками.

[arseniiv]

Вместо миноров можно инвариантно определяемые $\wedge^n A^k$ применить, где $n = \operatorname{dim} V$, а $\wedge^n A^k\colon \wedge^n V \to \wedge^n V$ определяется на разложимых $n$-векторах как

$$(\wedge^n A^k)(v_1 \wedge\ldots\wedge v_n) = \sum_{\substack{0\leqslant c_i \leqslant 1 \\ c_1 + \ldots + c_n = k}}A^{c_1} v_1\wedge\ldots\wedge A^{c_n} v_n.$$

Как частные случаи, $\wedge^n A^1$ действует умножением на $\operatorname{tr} A$, а $\wedge^n A^n$ действует умножением на $\det A$. Остальные связаны с другими коэффициентами характеристического многочлена, там правда минусы где-то.

Если мы теперь посмотрим на $(A - \lambda E)^{\otimes n}$, оно биномиально превращается в сумму

$$\sum_{k = 0}^n (-\lambda)^{n-k} B_k,\qquad B_k = \sum\limits_{\ldots c_i \ldots} A^{c_1} \otimes\ldots\otimes A^{c_n},$$

, где остаётся только заметить, что $B_k = \wedge^n A^k$ при подходящем определении $\wedge$ через $\otimes$, и потому же $(A - \lambda E)^{\otimes n} = \wedge^n (A - \lambda E)^n$ — умножающий на $\det(A - \lambda E)$ оператор, а сумма, значит — умножающий на характеристический многочлен оператор. Конечно, теоремы о занулении этого многочлена на $A$ это всё пока не даёт.

(А вот посмотрите какую ерунду я сочинил сейчас непонятно зачем)

Если теперь взять естественный изоморфизм $\alpha\colon (W\otimes U)^{\otimes n}\to W^{\otimes n} \otimes U^{\otimes n}$, действующий на разложимых тензорах

$$(w_1\otimes u_1)\otimes\ldots\otimes (w_n\otimes u_n) \mapsto (w_1\otimes\ldots\otimes w_n) \otimes (u_1 \otimes\ldots\otimes u_n),$$

то посмотрим на $F(X) = (E\otimes A - X\otimes E)^{\otimes n}$. С одной стороны если взять $W = \mathbb R$, $X = \lambda$, тогда $\alpha F(\lambda) = \chi_A(\lambda)$. С другой стороны в общем случае $\alpha F(X)$ разложится в сумму слагаемых

$$\alpha\tilde B_k(X) = \sum\limits_{\ldots c_i \ldots} (X^{1-c_1} \otimes\ldots\otimes X^{1-c_n}) \otimes (A^{c_1} \otimes\ldots\otimes A^{c_n}).$$

Введём теперь гомоморфизм $\beta\colon (\operatorname{End} W)^{\otimes n}\to\operatorname{End} W$, просто перемножающий операторы в случае разложимого тензора: $\beta(X_1\otimes\ldots\otimes X_n) = X_1\ldots X_n$. Если расширить $\beta$, чтобы он действовал «на левую половину» $\alpha F(X)$, получим для каждого слагаемого

$$\beta\alpha\tilde B_k(X) = X^{n-k} \otimes\sum_{\ldots c_i \ldots} A^{c_1} \otimes\ldots\otimes A^{c_n} = X^{n-k} \otimes (\wedge^n A^k).$$

Наконец-то мы получили что-то многочленоподобное; правая часть действует умножением на скаляр, и её можно уже давно отождествить с соответствующим коэффициентом характеристического многочлена (и забыть про $\otimes$), а левая это обычная степень оператора $X$. Ну ура, но откуда возьмётся факт, что вся сумма этих $\beta\tilde B_k(A)$ равна нулю? Рассмотрим на $A$ исходную функцию $F$. Её слагаемые $\tilde B_k(A)$ равны

$$\sum\limits_{\ldots c_i \ldots} (A^{1-c_1}\otimes A^{c_1}) \otimes\ldots\otimes (A^{1-c_n}\otimes A^{c_n}),$$

и наверно уже очевидно, что я попытаюсь провернуть (и очевидно, что я где-то упустил минус). Подействуем ещё одним преобразованием $\gamma$, перемножающим операторы в разложимых тензорных произведениях попарно, и получим $\gamma\tilde B_k(A) = \binom nk A^{\otimes n}$. Если бы минус был не забыт (я уже запутался, где; не стоило начинать этот велосипед), то $\gamma F(A)$ вышла бы равной $(1 - 1)^n A^{\otimes n}\equiv 0$. Этого всё ещё мало, потому что это ещё не говорит, что и $F(A) \equiv 0$ (чтобы $\beta\alpha F(A) \equiv 0$ как нам хочется). И вот тут честно говоря я сдаюсь. Мне даже уже кажется, что это просто переусложнённый вариант того самого неправильного доказательства с подстановкой матрицы перед вычислением определителя (по идее должен же был войти в игру присоединённый оператор, но где он?).

У кого-нибудь есть желание проверить?

UPD: Ага, мне в ЛС сказали, что действительно не работает. Ну что ж.

[artempalkin]

Paul Ivanov в сообщении #1464597 писал(а):

Не приложу ума, как бы её доказать.

Сумма миноров - это и есть коэффициенты в характеристическом многочлене :) А ХМ матрицы от самой матрицы равен нулю :) Ничего себе, как это, интересно, вы сами докопались до теоремы Гамильтона-Кэли? :)))