$\det(xA - B) = 0$ y diagonalización

Question

Sea $A, B$ dos matrices simétricas (complejas) $3 \times 3$ y supongamos que la ecuación $\det(xA - B) = 0$ tiene tres soluciones distintas. Probar que $A$ es invertible.

Cualquier ayuda apreciada!

Answer 1

Desde @user1551 no presenta una respuesta, se la voy a dar uno que está inspirado en su comentario. Interesante!

Para empezar, las matrices no tiene que ser simétrico. Ellos no tienen que ser de tamaño $3\times 3$ , pero puede ser de tamaño arbitrario $n \times n$. Requerimos que hay exactamente $n$ soluciones distintas, porque de lo contrario $A=B=0$ es un contra ejemplo.

Deje $A=U\Sigma V^*$ ser una descomposición de valor singular (SVD) de la matriz $A$, lo que se garantiza que existe para cualquier matriz compleja $A$. A continuación, $U$ e $V$ son unitarias matrices y $\Sigma$ es una matriz diagonal de los valores propios.

De ello se sigue que: $$\det(xA-B)=\det(xU\Sigma V^*-B)=\det(U(x\Sigma-U^*BV)V^*)=\det(x\Sigma-U^*BV)$$

Supongamos $A$ es singular. A continuación, la matriz diagonal $\Sigma$ tiene un $0$ en su diagonal. En consecuencia, $(x\Sigma-U^*BV)$ tiene una fila que no contenga $x$. Cuando aplicamos la expansión de Laplace para calcular esto, nos encontramos con que el resultado determinante no puede ser de grado máximo. Por lo tanto, no puede ser exactamente $n$ soluciones distintas.

Por lo tanto $A$ no puede ser singular y por lo tanto debe ser invertible.

Answer 2

En primer lugar, si $A$ e $B$ son linealmente dependientes, es decir, $B=\lambda A$ para algunos $\lambda$ entonces tenemos $\det (xA- B)=(x-\lambda)^3\det A$ que no tiene tres soluciones distintas. Por lo tanto $A$ e $B$ son linealmente independientes.

Deje $V=\langle A,B\rangle$ ser el avión se extendió por $A$ e $B$. Pasando a la projectivization de $\mathbb{C}^{3\times 3}$, $V$ se transforma en una línea, decir $L$. Puesto que la ecuación tiene tres distintas solución, $V$ contiene al menos $3$ líneas en las que cada matriz es singular (es decir, las líneas de $\mathbb{C}\cdot (\lambda_i A-B)$, $1\leq i\leq 3$ para cada solución de la ecuación). Por lo tanto, en el espacio proyectivo, $L$ y el grado $3$ hyper superficie de singular matrices se cruzan en al menos tres puntos. Desde el hyper superficie es de grado $3$, que se cruzan en exactamente $3$ puntos. Desde $A$ no es de la forma $xA-B$ cualquier $x$, $A$ es necesariamente invertible.

Es posible que yo estoy usando algunos hechos que usted no está familiarizado con, en este caso, solo un comentario para que pueda editar la respuesta.

Edit : considero que el hyper superficie de singular matrices, es decir, el hyper superficie definida por $\det=0$ en la $8$-dimensiones proyectivas espacio de $3\times 3$-matrices. El grado de un hiper de la superficie está dada por el grado de la definición de polinomio, en este caso es $3$. Ahora, por una línea y un hyper superficie en el espacio proyectivo, hay $2$ posibilidades, ya sea de la línea que está contenida en el hiper de la superficie o la tienen en la mayoría de los grados de la hyper de la superficie de muchos de los puntos de intersección. La línea no está incluida en el hiper de la superficie, en este caso, ya que de lo contrario, para todos los $x\in\mathbb{C}$ tendríamos $\det(xA-B)=0$. A continuación, pasamos a en el caso de que en la mayoría de las $3$ puntos de intersección. Ya sabemos que hay $3$ puntos de intersección dada por las soluciones a $\det(xA-B)=0$, por lo que tres puntos, todos de la forma $xA-B$. Ahora, los puntos en la línea se extendió por $A,B$ son de la forma $xA-B$ para algunos $x\in\mathbb{C}$ o $A$ (a cualquier punto de la recta es de la forma $[xA+yB]\in\mathbb{P}^8$ para algunos $x,y\in\mathbb{C}$. Todos los puntos donde $y\neq 0$ pueden ser parametrizadas por $xA-B, x\in\mathbb{C}$ y sólo hay un punto donde $y=0$, que es $A$).