Raíz de distinto número de $\det (P(\lambda )) = 0$

Question

Deje que

• ${A_j} \in { \mathbb{C}^{n \times n}},(j = 0,1,2....m)$
• ${\rm{P(}}\lambda {\rm{) = }}{{\rm{A}}_m}{\lambda ^m} + .....{A_1}\lambda + {A_0}$ es una matriz polinomial y $\lambda $ es una variable compleja y $det({A_m}) = 0$.

¿Esto es cierto de que número de raíces distintas de $\det (P(\lambda )) = 0$ $n \times m$ menos?

Answer 1

Ya que estamos trabajando sobre $\mathbb{C}$, se puede elegir una base en la que $A_m$ es superior triangularizable. Por eso,$(A_m)_{j,k} = 0$$j >k$, y el factor determinante es la suma del producto de las diagonales $\sum_{j=1}^n \left( \prod_{k=1}^n (P(\lambda))_{k, j+k-1} - \prod_{k=1}^n (P(\lambda))_{k, j-k-1}\right)$ (Esta es la "suma de las diagonales" método de cálculo del determinante, y si los índices cada vez aumentan más n o por debajo de 1 se envuelven alrededor de forma natural.)

Así, el único lugar donde el polinomio PODRÍA tener un $\lambda^{mn}$ término es el producto de la diagonal principal. todos los otros diagonal incluye algún elemento donde $A_m$ es cero, por lo que el polinomio en ese punto en $P(\lambda)$ tiene un grado en la mayoría de las $m-1$.

En la diagonal principal, el producto es igual a $\prod_{k=1}^n( (A_m)_{k,k} \lambda^m + \dots + (A_0)_{k,k})$. Pero el líder término de este se $ \left(\prod_{k=1}^n (A_m)_{kk}\right)\lambda^{mn} = Det(A_m) \lambda^{mn}=0$, por lo que el grado del polinomio es en la mayoría de las $nm-1$.