характеристический полином как функция элементов матрицы

[juna]

Наверное, интересно услышать мнение и рассуждение автора задачи.

[Руст]

Вообще то есть разница. При совпадении определителя, матрицы совпадают с точностью до произвольной перестановки строк и произвольной перестановки (не обязательно совпадающей) перестаноки столбцов (с суммарной нулевой чётностью) и транспонирования.
При совпадении характеристической функции одна и та же перестановка и ддя строк и для столбцов.

[maxal]

RIP писал(а):

Артамонов Ю.Н.
Для простоты рассмотрим $n=3$. Рассматриваются матрицы вида

$$A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix},$$

где $a_{ij}$ - перестановка букв $x_1,\ldots,x_9$. Тогда $\det(A-\lambda E)$ - функция от $x_1,\ldots,x_9,\lambda$

Именно так. Элементами матрицы являются переменные, а не числа.

[незваный гость]

Еще один более или менее очевидный факт. Пусть мы зафиксировали диагональ (тем самым устаканив перестановки). Тогда из равенства определителей следует, что с точностью до перестановок $a_{ij} \leftrightarrow a_{ji}$ матрицы совпадают (такое вот супертранспонирование). И, как только мы можем выбрать $i \not = j \not = k$, мы фиксируем всю матрицу (с точностью до транспонирования).

Поскольку выбрать мы можем при $n \geq 3$, а при $n \leq 2$ все очевидно, то утверждение maxalа верно.

[lofar]

Насколько я понял, рассматриваются матрицы размера $n\times n$ элементами которых являются переменные из $\{x_{11},x_{12},\ldots,x_{nn}\}$, причем каждая переменная всречается ровно 1 раз. Пусть $M$ --- множество всех таких матриц. Каждой матрице $A$ из $M$ соответствует характеристический полином $\chi_A(\lambda)$.

Требуется доказать, что если для двух матриц $A,B\in M$ выполняется равенство $\chi_A(\lambda)=\chi_B(\lambda)$, то $B=(PAP^{-1})^{t^{\varepsilon}}$, где $P$ --- некотрая матрица перестановки (т.е. полученная из единичной матрицы перестановкой столбцов (строк)), а $\varepsilon\in\{0,1\}$ (здесь предполагается, что $A^{t^1}=A^t$ --- обычное транспонирование, а $A^{t^0}=A$). Если я что-то понял не так, maxal, пожалуйста, поправьте меня.

Похоже, что верно более сильное утверждение.
Для матриц $A$ и $B$ из $M$:
(1) $|det(A)|=|det(B)|$ если и только если $B=(PAQ)^{t^{\varepsilon}}$, где $P$ и $Q$ матрицы перестановок, а $\varepsilon\in\{0,1\}$.
(2) $|det(A)|=|det(B)|$ и $tr(A)=tr(B)$ если и только если $B=(PAP^{-1})^{t^{\varepsilon}}$, где $P$ --- матрица перестановки, а $\varepsilon\in\{0,1\}$.

Мое доказательство этих фактов не сложное, но довольно техническое. Если угодно могу привести его.

[maxal]

lofar писал(а):

Похоже, что верно более сильное утверждение.
Для матриц $A$ и $B$ из $M$:
(1) $|det(A)|=|det(B)|$ если и только если $B=(PAQ)^{t^{\varepsilon}}$, где $P$ и $Q$ матрицы перестановок, а $\varepsilon\in\{0,1\}$.
(2) $|det(A)|=|det(B)|$ и $tr(A)=tr(B)$ если и только если $B=(PAP^{-1})^{t^{\varepsilon}}$, где $P$ --- матрица перестановки, а $\varepsilon\in\{0,1\}$.

Да, похоже, что это так. И даже относительно простое доказательство вырисовывается:
Для 1) нужно все переменные одной какой-то строки A положить равными нулю, тогда $\det(A)=0,$ но если эти переменные не образуют строку или столбец в $B,$ то $\det(B)\ne 0.$ Повторяя подобную процедуру для всех строк и столбцов матрицы $A,$ получим, что каждая(ый) из них образует строку или столбец в $B,$ а это возможно только если $B=(PAQ)^{t^{\varepsilon}}$.
2) следует из 1) совсем просто: достаточно в матрице $B$ одновременными перестановками строк и столбцов выстроить главно-диагональные элементы в порядке, задаваемом главной диагональю матрицы $A,$ но тогда из 1) следует, что полученная матрица есть либо $A$, либо $A^T.$

[maxal]

Вот еще одно интересное утверждение:

Цитата:

From: Brendan McKay <[e-mail]>

THEOREM. Let A and B be n*n matrices of the same n^2 distinct
indeterminants, each appearing once. Suppose trace(A^i)=trace(B^i)
for i=1,3,4 (don't need i=2). Then for some permutation matrix P,
either PA=BP or PA^T=BP.

(Note that these conditions are weaker than having the same
characteristic polynomial.)

PROOF. We try to reconstruct A from knowing trace(A^i) for i=1,3,4.
The value of trace(A^1) tells us which indeterminants are on the
diagonal, say x[1],x[2],...,x[n]. Permute rows and columns
equally so that x[i] is in the (i,i) position (this uses up the
possibilities for P).

Now look at trace(A^4). If there is a term x[i]*x[j]*v*w where
i <> j and v,w are non-diagonal indeterminants, then v and w must
be in positions (i,j) and (j,i) but so far we can't tell which is
which. All the non-diagonal indeterminants can be paired up in this
fashion.

The pair for positions (1,2) and (2,1) can be inserted in two ways;
choose one (this uses up the choice of PA=BP or PA^T=BP).

Finally, look at trace(A^3). The terms like a*b*c for non-diagonal
indeterminants a,b,c must have the form A[i,j]*A[j,k]*A[k,i] for
distinct i,j,k. Starting with i=1,j=2, this uniquely determines
for each (i,j),(j,i) pair which indeterminate goes in (i,j) and
which goes in (j,i). EOP

PROBLEM. Which sets of powers suffice in place of {1,3,4}?

Cheers, Brendan.