sea a una transformación lineal de$R^n$$R^m$, y B sea una transformación lineal de$R^m$$R^n$, es fácil demostrar que AB y BA tiene la misma eigen-valor(con la excepción de $0$).
Pero mi pregunta es ¿cómo demostrar que la multiplicidad de los eigen-valores son los mismos? ¿alguien puede dar una prueba simplemente a partir de la teoría de la transformación lineal? Quiero decir, sin la matriz de cálculo.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
En caso de que usted desea el resultado de multiplicidad geométrica (la dimensión de los subespacios propios) en lugar de (o además) de multiplicidad algebraica, he aquí una matriz libre de la prueba de este resultado.
Considere la posibilidad de cualquier no-cero autovalor $\lambda$ $AB$ y la correspondiente autoespacio $E$. También, vamos a $F$ ser el subespacio propio de $BA$ para el mismo autovalor $\lambda$. (Si usted no lo sabe ya que el $\lambda$ es un autovalor de a $BA$, luego me iba a permitir la posibilidad de que $F=\{0\}$; que no dañan el siguiente argumento.) Para cualquier $x\in E$,$ABx=\lambda x$, y por lo tanto, la aplicación de $B$ a ambos lados, también tenemos $BABx=\lambda Bx$. Esta dice que el $Bx\in F$. Hemos demostrado que $B$ mapas de $E$ a $F$. Además, este mapa es inyectiva; vectores no nulos $x\in E$ tienen distinto de cero imágenes de $Bx\in F$, debido a $ABx=\lambda x\neq0$. (Aquí es donde usamos ese $\lambda\neq0$.) Ya tenemos una inyectiva lineal mapa de $E$ a $F$, se deduce que el $\dim(E)\leq\dim(F)$. Simétrica argumento, intercambiando los roles de $A$$B$) muestra que el $\dim(F)\leq\dim(E)$. Por lo tanto, las dos dimensiones son iguales.
Leon Katsnelson
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274
Aquí es una forma que utiliza la matriz de cálculos (que funciona para todas las $n,m$):
Vamos $R_1 = \begin{bmatrix} I & 0 \\ -A & I \end{bmatrix} $, $R_2 = \begin{bmatrix} I & -B \\ 0 & I \end{bmatrix}$, $M=\begin{bmatrix} I & B \\ A & I \end{bmatrix}$.
Tenga en cuenta que $R_1 M = \begin{bmatrix} I & B \\ 0 & I-AB \end{bmatrix}$, $R_2 M = \begin{bmatrix} I-BA & 0 \\ A & I \end{bmatrix}$, y $\det R_k = 1$.
En consecuencia, tenemos $\det (I-AB) = \det(I-BA)$ para todos los de tamaño apropiado $A,B$.
Ahora supongamos $\lambda \neq 0$, y reemplace$A$${1 \over \lambda } A$, lo que da $\det (I-{1 \over \lambda }AB) = \det(I-{1 \over \lambda }BA)$, o ${1 \over \lambda^m } \det (\lambda I-AB) = {1 \over \lambda^n } \det (\lambda I-BA) $.
Tenga en cuenta que $p_{AB}(\lambda)= \det (\lambda I-AB) $ y $p_{BA}(\lambda)= \det (\lambda I-BA) $ son ambos polinomios, de ahí se sigue que $(\lambda-\mu)^k$ divide $p_{AB}$ fib se divide $P_{BA}$, y así, el no-cero autovalores de a $AB$ $BA$ tienen la misma multiplicidad algebraica.
(Nota: para una verdadera 'de la matriz de cálculo de" libre de la prueba, se podría mostrar que $\dim \ker (\lambda I-AB)^k = \dim \ker (\lambda I-BA)^k$ todos los $\lambda \neq 0$, e $k$, pero esto es mucho más tedioso.)
krukid
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401
Si $n=m$: queremos demostrar que el polinomio característico de a $AB=$ el polinomio característico de a $BA$, yo.e $det(AB-xI_n)=\det(BA-xI_n)$
- Primer caso : si $A$ es invertible: $$\det(AB-xI_n)=\det(A(B-xA^{-1}))=\det(A)\det(B-xA^{-1})=\det(B-xA^{-1})\det(A)=\det((B-xA^{-1})A)=\det(BA-xI_n)$$
- Segundo caso: si $A$ es invertible:
Deje $\{0,\lambda_2,\lambda_3,\ldots,\lambda_r\}$ los autovalores de a $A$, con $0<|\lambda_1|<\ldots <|\lambda_r|$, ahora comentando que si$ \alpha\in \Bbb R$ tal que $0<\alpha<|\lambda_1|$ $x$ no es un autovalor de a $A$ $A-\alpha I_n$ es invertible, es fácil demostrar que no es $N\in \Bbb N$ tal que para todo $p\leq N$, $0<\dfrac{1}{p}<|\lambda_1|$, a continuación, para todos los $p\geq N$, la matriz $A_p=A-\dfrac{1}{p}I_n$ es invertible. Por el primer caso para todos $p\geq N$, $\det(A_pB-xI_n)=\det(BA_p-I_n)$ pasando al límite, $p\to \infty$ (y usando el hecho de que $\det$ es continua y $A_p\to A$ ) obtenemos $\det(AB-xI_n)=\det(BA-xI_n)$.
