|
Используя свойства сопряженных матриц, необходимо доказать, что если $%A$% и $%B$% - обратимые $%n \times n$% матрицы, то характеристический многочлен $%A\times B$% равен характеристическому многочлену $%B\times A$%. задан 21 Окт '14 16:57 
Людмила Алойла |
|
Равенство верно в любом случае. 1) Пусть обе матрицы над полем комплексных чисел, тогда для $%\lambda\not\in \text{spec} A$% матрица $%A_\varepsilon=A-\varepsilon E$% невырождена, в частности она невырождена для достаточно малых $%\varepsilon\ne 0.$% Тогда по предыдущему сообщению имеем $%|A_\varepsilon B_\varepsilon-\lambda E|=|B_\varepsilon A_\varepsilon-\lambda E|$% - тождество как многочленов. Теперь рассмотрим его функционально и получим тождество при любом $%\lambda.$% Зафиксировав его произвольно и перейдём в тождестве к пределу при $%\varepsilon\to 0.$% В силу очевидной непрерывности обеих сторон получим $%|AB-\lambda E|=|BA-\lambda E|$% 2) Идею непрерывности, непригодную для произвольных полей, можно устранить. Пусть поле $%F\,\, $% произвольно. Тогда матрица $%A_\varepsilon$% обратима в трансцендентном расширении $%F(\varepsilon)\,\, - $% это просто поле частных, в которых числитель и знаменатель многочлены из $%F[\varepsilon]$%. Дальше аналогично - только вместо предельного перехода используем, что свободный член многочлена - это его значение при $%\varepsilon=0$%. отвечен 3 Мар '16 13:46 
bot Да, Вы правы: идеи предельного перехода достаточно, чтобы доказать утверждение в общем случае. Я почему-то думал, что есть контрпример, имея в виду две матрицы второго порядка, где AB=0, но BA<>0. Но там у BA характеристический многочлен всё равно нулевой, хотя она сама ненулевая.
(3 Мар '16 14:08)
falcao
|
|
Здесь достаточно предположения об обратимости одной из матриц. Если при этом вторая матрица необратима, то утверждение всё равно будет верно (а если обе матрицы необратимы, то оно может не быть верно). Пусть обратима $%A$%; тогда можно записать равенство $%BA=A^{-1}(AB)A$%, которое говорит о том, что матрицы $%BA$% и $%AB$% сопряжены. Тогда их характеристические многочлены равны по свойству сопряжённых матриц. Можно напомнить это доказательство. Ясно, что $%BA-\lambda E=A^{-1}(AB-\lambda E)A$%, что проверяется раскрытием скобок. Воспользуемся тем, что определитель произведения матриц равен произведению определителей. Тогда $%P_{BA}(\lambda)=\det A^{-1}(AB-\lambda E)A=\det A^{-1}\cdot\det(AB-\lambda E)\cdot\det A$%. Определители -- это числа, и их можно переставлять. Тогда $%\det A^{-1}\cdot\det A=\det(A^{-1}A)=\det E=1$% исчезает, и остаётся $%\det(AB-\lambda E)=P_{AB}(\lambda)$%. отвечен 21 Окт '14 17:14 
falcao @falcao, пробую подобрать пример с двумя вырожденными матрицами, для которых утверждение неверно. Сходу так не получается. Условие обратимости точно необходимо?
(5 Апр '16 0:26)
alois
@alois: такого примера нет, что следует из возможности предельного перехода. Я в комментарии указал, что моё суждение на этот счёт было ошибочным.
(5 Апр '16 0:35)
falcao
@falcao, в случае, когда обе матрицы вырождены а также поле КОНЕЧНО, решение с предельным переходом не проходит
(15 Апр '16 0:25)
laminat
@laminat: я здесь общий случай как следует не анализировал. Задача ставилась для обратимых матриц. Также не было сказано "над полем F", а тогда "по умолчанию" обычно считается, что всё происходит над R или над C. На этот счёт есть негласные соглашения: надо заботиться о читателе, и давать ему понять явно, что поле может быть произвольным. Сама по себе постановка более общего вопроса, тем не менее, интересна. Выше @bot отметил в пункте 2 своего рассуждения, что идею непрерывности можно не привлекать.
(15 Апр '16 0:46)
falcao
|
@Людмила Алойла, Если вы получили исчерпывающий ответ, отметьте его как принятый.