Valores propios de un polinomio de una matriz.

Question

Tengo dos polinomios, $p$$q$, y una matriz cuadrada $A$. También tengo que $q(A)$ es invertible. Yo quiero probar la siguiente declaración.

Supongamos que $\mu$ es un autovalor de a $p(A)q(A)^{-1}$. A continuación, $A$ tiene un autovalor $\lambda$ tal que $\mu =\frac{p(\lambda)}{q(\lambda)}$.

He llegado hasta este punto:

Desde $q(A)$ $p(A)$ viaje, $p(A)q(A)^{-1} = q(A)^{-1}p(A)$. Si $\mu$ es un autovalor de a $p(A)q(A)^{-1}$, entonces puedo escribir

$$p(A)q(A)^{-1}v = \mu v$$ para algunos $v \neq 0$. Por lo tanto, $q(A)^{-1}p(A)v = \mu v$, que luego implica $r(A)v = 0$ donde $r(x) = p(x) -\mu q(x)$ es otro polinomio. Por lo $(0,v)$ es un eigenpair para $r(A)$. No está seguro de cómo llevar esto adelante. Pensé acerca de un mínimo de polinomios, pero creo que no son de ninguna utilidad aquí.

Tal vez podría usar también el hecho de que puedo encontrar dos matrices de Jordan en la forma, $P$$Q$, y una matriz invertible $T$, de tal manera que $p(A) = TPT^{-1}$ $q(A) = TQT^{-1}$ gracias a la $p(A)$ $q(A)$ de los desplazamientos. Esto le da derecho a el hecho de que

$$QPw = PQw = \mu w$$ donde $w = T^{-1}v$. El hecho de que $(\mu,w)$ es un eigenpair tanto $QP$ $PQ$ le parece digno de mención, pero no veo cómo es útil aquí.

Yo aprecio mucho a ver los diferentes tipos de respuestas, algunas basadas en los resultados para finito de espacios dimensionales y algunos basados en el operador de la teoría o de cualquier nivel de abstracción es la adecuada.

Answer 1

Suponga que usted está trabajando a través de los números complejos. El espectro de $\sigma(A)$ se compone de los autovalores de a $A$. El mapeo espectral teorema de los estados que $$ \sigma(p(a))= p(\sigma(A)). $$ Para el problema dado, $\mu$ es un autovalor de a $p(A)q(A)^{-1}$ fib $\mu I-p(A)q(A)^{-1}$ está en singular, lo cual es cierto iff $\mu q(A)-p(A)$ es singular porque $q(A)$ se supone que para ser invertible. Esto a su vez es equivalente a saber que $\mu q(\lambda)-p(\lambda)$ mapas uno de los autovalores $\lambda$$A$$0$, por el espectro de la Asignación de Teorema. Por lo $\mu q(\lambda)-p(\lambda)=0$ para algunos autovalor $\lambda$$A$. Debido a $q(A)$ es invertible, entonces a $q(\lambda)\ne 0$ para cada autovalor de a $A$. Por lo tanto, $$ \mu = \frac{p(\lambda)}{q(\lambda)} $$ para algunos $\lambda\in\sigma(A)$.

Answer 2

Deje $B=q(A)$. A continuación, $B^{-1}=h(B)$ para algunos polinomio $h$. (Ver una prueba aquí.)

Por lo tanto, $q(A)^{-1}=h(q(A))$$p(A)q(A)^{-1}=f(A)$$f(x)=p(x)h(q(x))$, también un polinomio.

El resultado es ahora bien conocido.

Usted necesidad de asumir que el campo escalar es algebraicamente cerrado o al menos eso $A$ es triangularizable.