У произведения матриц одинаковый хар. многочлен

[artempalkin]

С некоторым недоумением и удивлением наткнулся в задачнике Кострикина на следующую задачу:

Доказать, что если $A$ и $B$ — квадратные матрицы одинаковых порядков, то матрицы $AB$ и $BA$ имеют совпадающие характеристические многочлены

Линал, конечно, неисчерпаем, и я о таком свойстве раньше не слышал. Оно не противоречит логике и известным свойствам: ХМ у матриц равны тогда и только тогда, когда равны суммы главных миноров всех порядков, а, как известно, у $AB$ и $BA$ равны определители и следы. Но равенство ХМ намного сильнее, чем известные мне свойства.

Не знаю даже, как подступиться. Хотелось бы, чтобы было элегантное решение, чтобы доказать это утверждение по определению ХМ: $|AB-\lambda E|$ преобразовать к $|BA-\lambda E|$, но что-то как-то непонятно, как это сделать. Другой вариант - доказать равенство всех собственных значений и их алгебраических кратностей.

Пусть $x_{\lambda}$ - СВ $AB$ (при этом, для ясности, $x_{\lambda}\notin \ker B$), соответствующий СЗ $\lambda$. Тогда

$ABx_{\lambda}=\lambda x_{\lambda}$
$BABx_{\lambda}=\lambda Bx_{\lambda}$
$BA(Bx_{\lambda})=\lambda (Bx_{\lambda})$

Итого мы видим, что множества СЗ совпадают. Но вот по поводу алгебраической кратности вопрос интересный...

[nnosipov]

artempalkin
Помедитируйте вот над этим: $BA=A^{-1}(AB)A$.

[artempalkin]

nnosipov в сообщении #1484308 писал(а):

Помедитируйте вот над этим: $BA=A^{-1}(AB)A$.

Но это если хотя бы одна из матриц обратима :) Тогда, конечно, все просто. Тогда $AB$ и $BA$ подобны, и у них совпадают не только ХМ, но и структуры корневых подпространств.

В случае же обоих матриц вырожденных я, честно говорю, подозреваю, что ХМ совпадают, а вот структуры корневых пространств могут и не совпадать (т.к. тогда они были бы подобны, что вряд ли так).

[nnosipov]

Я же сказал: помедитируйте. А не выдал на блюдечке с голубой каемочкой.

-- Ср сен 23, 2020 15:54:42 --

artempalkin в сообщении #1484309 писал(а):

В случае же обоих матриц вырожденных я, честно говорю, подозреваю, что ХМ совпадают, а вот структуры корневых пространств могут и не совпадать (т.к. тогда они были бы подобны, что вряд ли так).

Правильно подозреваете. Ищите пример.

[Padawan]

artempalkin в сообщении #1484309 писал(а):

Но это если хотя бы одна из матриц обратима :)

А она и обратима. Можно же считать, что матрицы бы берём с коэффициентами из поля рациональных функций от какого-то большого числа переменных. По-моему все чисто. Это буквенное тождество.

[artempalkin]

Padawan в сообщении #1484336 писал(а):

А она и обратима. Можно же считать, что матрицы бы берём с коэффициентами из поля рациональных функций от какого-то большого числа переменных. По-моему все чисто. Это буквенное тождество.

Попробую расшифровать, а вы, если можете, скажите мне, прав я или нет.

Допустим, у меня есть матрица над полем вычетов по модулю два с формальным определителем 2 (который в этом поле есть ноль). Тогда вот эта запись не будет иметь смысла: $AB=A(BA)A^{-1}$. Если я буду считать, что на самом деле эта матрица над полем действительных чисел (наверное, тут есть термин... расширение поля? не знаю точно), то она станет невырожденной и у этой записи появится смысл. Вы примерно это имеете в виду?

Если так, то мысль очень интересная, но все же нужно прояснить два момента:
1) каковы гарантии, что найдется такой изоморфизм к некоторому подполю поля рациональных функций, где определитель исходной матрицы будет отличен от нуля (кажется, это называется гомоморфизм?)?
2) что произойдет с ХМ при этом переходе?

-- 23.09.2020, 15:27 --

Ответ на вопрос 2: если мы изоморфно перейдем к подполю рац. функций, найдем там ХМ, а потом изоморфно вернемся назад, то многочлен, конечно, не изменится (на то и изоморфизм). Это гениально!

-- 23.09.2020, 15:30 --

Только все-таки изоморфизм ли это? Я настолько никогда не встречался с такой манипуляцией, что пока не совсем хорошо себе ее представляю

-- 23.09.2020, 15:41 --

nnosipov в сообщении #1484310 писал(а):

Правильно подозреваете. Ищите пример.

Пример вот такой:
$A=\begin{pmatrix}0 & 1\\0&0 \end{pmatrix}$
$B=\begin{pmatrix}1 & 0\\0&0 \end{pmatrix}$

В одном случае будет два СВ, а в другом только один.

Но что-то меня это не приблизило к цели :( Хотя по крайней мере подтвердило догадку, спасибо!

[Padawan]

artempalkin в сообщении #1484342 писал(а):

Вы примерно это имеете в виду?

Примерно это. Смотрите на равенство $\det(AB-\lambda E)=\det(AB-\lambda E)$ как на чисто формальное равенство многочленов от многих переменных. Равенства типа $\det(AB)=\det(BA)$ или $A^{-1}=\frac{1}{\det A} A^{ad}$ верны в этом смысле, как равенства в поле рациональных функций от переменных $a_{ij}, b_{ij}$.

-- Ср сен 23, 2020 18:29:41 --

artempalkin в сообщении #1484342 писал(а):

подполю поля рациональных функций, где определитель исходной матрицы будет отличен от нуля

$\det A$ отличный от нуля элемент в поле рациональных функций. Это какой-то ненулевой многочлен.

[artempalkin]

Padawan в сообщении #1484347 писал(а):

равенства в поле рациональных функций от переменных $a_{ij}, b_{ij}$.

Я понял, но это, конечно, совсем не то, что я предположил сначала (интересно поразмыслить, насколько верно и как называется то, что я предположил :) ).

То есть если $A=\{a_{ij}\}$ и $B=\{b_{ij}\}$, то выражение $|AB-\lambda E|$ - это некоторый многочлен относительно $a_{ij}$ и $b_{ij}$ и $\lambda$, то есть, в частности, элемент поля рац. функций от $2n^2+1$ переменных.

Если я, скажем, домножу этот многочлен на $|A|$ (который тоже есть многочлен) и $|A^{-1}|$ (который есть единица, деленная на многочлен, оба элементы поля рац. функций) как элементы поля рац.функций, то я, с одной стороны, ничего не изменю, с другой стороны получу многочлен $|BA-\lambda E|$. Равенство этих многочленов как элементов поля рац. функций означает их тождественное равенство для любых $a_{ij}$ и $b_{ij}$.

Это реально гениально, спасибо большое!

Конечно, я сомневаюсь, что это предполагаемое решение, но решение замечательное.

[Padawan]

artempalkin
Вот в этой теме были похожие рассуждения: https://dxdy.ru/topic37537-15.html. Типа того, что раз верно для невырожденных, то верно и для любых.

[vpb]

Вот туточки тоже было весьма похожее рассуждение.

[svv]

Существуют и более спокойные доказательства (для физиков).
$\begin{array}{l}\begin{bmatrix}E&0\\-A&E\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\lambda E&B\\\lambda A&\lambda E\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\lambda E&B\\0&\lambda E-AB\end{bmatrix}\\[2ex]\begin{bmatrix}\lambda E&B\\\lambda A&\lambda E\end{bmatrix} \begin{bmatrix}E&0\\-A&E\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\lambda E-BA&B\\0&\lambda E\end{bmatrix}\end{array}$

Отсюда $\chi_{AB}(\lambda)=\chi_{BA}(\lambda)$ при $\lambda\neq 0$, а в силу непрерывности — и при $\lambda=0$ тоже.

[artempalkin]

(Оффтоп)

svv в сообщении #1484368 писал(а):

Существуют и более спокойные доказательства (для физиков).

Напомнило мне анекдот:
Экскурсовод: На этом стенде вы видите череп Ивана Грозного в возрасте 10 лет. На соседнем стенде череп Ивана Грозного в возрасте 25 лет. А вот тут у нас череп Ивана Грозного в возрасте 45 лет...
Голос из группы: Да как же так может быть, чтобы у одного человека было три черепа?
Экскурсовод: Простите, а Вы, собственно, кто?
Голос: Я студент мединститута.
Экскурсовод: Товарищ студент, помолчите. Эта экскурсия для колхозников.

svv в сообщении #1484368 писал(а):

более спокойные доказательства

Да уж, предложенное доказательство было экстремальным :)

Я так предполагаю, что $\begin{vmatrix} \lambda E & B \\ \lambda A & \lambda E \end{vmatrix}= |\lambda^2 E- \lambda AB|$, то есть примерно искомый многочлен. Тогда все получается, а для $\lambda=0$ мы делаем вывод из непрерывности, как вы и написали. Но вот этот определитель от блочной матрицы, честно говоря, я не знаю, когда таким образом можно брать. Я слышал, что в ситуации перестановочности каких-то из блоков. Надо будет как-нибудь обсудить это отдельной темой, потому что я искал ответ на этот вопрос, но так и не смог найти.

[vatrushka]

А у Кострикина нет решебника общеизвестного?
Типо китайского антидемидовича?)

[artempalkin]

vatrushka в сообщении #1484379 писал(а):

А у Кострикина нет решебника общеизвестного?

Задачник Кострикина - это все же не учебник Кострикина, он таким международным статусом не обладает (а тем более он не великий и ужасный всемирно известный Демидович )

[svv]

artempalkin в сообщении #1484371 писал(а):

Я так предполагаю, что $\begin{vmatrix} \lambda E & B \\ \lambda A & \lambda E \end{vmatrix}= |\lambda^2 E- \lambda AB|$, то есть примерно искомый многочлен

Нет, тут так не получается. Этот определитель равен чему-то сложному, о чём не хочется даже задумываться.

Достоинство доказательства в том, что и не требуется понимать, чему это равно. В левых частях первого и второго равенства стоят произведения одних и тех же квадратных матриц, только в разном порядке. Следовательно, определители левых частей равны. Тогда равны и определители правых частей.

А определители правых частей легко упрощаются. Например, разложим $\begin{vmatrix}\lambda E&B\\0&\lambda E-AB\end{vmatrix}$ по элементам первого столбца (обычного, не блочного). Но в первом столбце только один ненулевой элемент $\lambda$. Вычёркиваем первый столбец и первую строку, и так далее, пока не останется только правый нижний блок. Так получаем, что определитель равен $\lambda^n\det(\lambda E-AB)$.