Diagonalizable matrices a y B con a $\mathrm{Tr}(A^k)=\mathrm{Tr}(B^k)$ tienen el mismo polinomio característico?

Question

Deje $A$ $B$ $n \times n$ matrices con entradas en un campo F. Supongamos $A$ $B$ es diagonalizable en algún campo de la extensión E de F y $\mathrm{Tr}(A^k)=\mathrm{Tr}(B^k)$ para todos los enteros $k>0$. Mostrar que Un y $B$ tienen el mismo polinomio característico.

$A$ $B$ son diagonalizable sobre el campo E, por lo que hay invertible matrices $R$$S$, y la diagonal de las matrices de $D_A$ $D_B$ con las entradas en E tal que $RAR^{-1}=D_A$ $SBS^{-1}=D_B$

Similar Matrices tienen el mismo polinomio característico, por lo que si $P_X(\lambda)$ indica que el polinomio característico de una matriz X en la variable $\lambda$,

$P_A(\lambda)=P_{D_A}(\lambda)$ $P_B(\lambda)=P_{D_B}(\lambda)$ . También tenemos $\mathrm{Tr}(D_A^k)=\mathrm{Tr}((RAR^{-1})^k)=\mathrm{Tr}(RA^kR^{-1})=\mathrm{Tr}(A^k)=\mathrm{Tr}(B^k)=\mathrm{Tr}(D_B^k)$ para todos los enteros $k>0$.

He intentado utilizar la Cayley-Hamilton teorema sobre la $P_{D_A}(\lambda)$ y tomando la traza, pero no pudo obtener nada de él.

Answer 1

Las igualdades $\text{Tr}(A^k)=\text{Tr}(B^k)$ todos los $k$ implica que $\text{Tr}(P(A))=\text{Tr}(P(B))$ para todos los polinomios $P$.

Deje $\lambda$ ser un autovalor de a $A$. Si $\lambda$ no es un autovalor de a $B$, entonces podemos elegir un polinomio tal que $P(\lambda)=1$, e $P(\mu)=0$ para cada autovalor de a $A$ y todos los autovalores de a $B$. A continuación, nos gustaría obtener $\text{Tr}(P(A))>0$, $\text{Tr}(P(B))=0$, una contradicción. Este razonamiento implica que $A$ $B$ tienen las mismas listas de valores propios. Y ellos tienen que aparecer con el mismo multipliticites: porque si $\lambda$ es un autovalor de a $A$ con multiplicidad $n$ e de $B$ con multiplicidad $m$, entonces la elección de $P$ $P(\lambda)=1$ $P=0$ sobre todos los demás valores propios que nos han $$ n=\text{Tr}(P(a))=\text{Tr}(P(B))=m. $$ Por lo $A,B$ tienen los mismos valores propios, con las mismas multiplicidades, y por lo tanto tienen el mismo polinomio característico.

Edit: por supuesto, como user1551 señala en su respuesta, mi respuesta sólo funciona para los campos donde los polinomios de puntos separados.

Answer 2

La afirmación es falsa. Considere la posibilidad de $A=I_2$$B=0$$GF(2)$, el campo con dos elementos $1$ $0$ ( $1+1=0$ ). Tanto en $A$ $B$ son diagonales de las matrices, por lo tanto diagonalisable. También, $\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\tr(A^k)=\tr(I_2)=1+1=0=\tr(B^k)$ para cada entero positivo $k$. Sin embargo, $A$ $B$ no son similares el uno al otro. Similar contraejemplos aplicar a otros campos y otras dimensiones al $\tr(I_n)=0$.

La afirmación es verdadera cuando el campo subyacente es infinito. Ver Martin o Igor respuestas. Martin respuesta no funciona en todos los campos finitos porque podemos tener $\tr(P(A))=0$, incluso cuando se $P(A)=I$. Igor respuesta no funciona en todos los campos finitos ya que al escribir el polinomio característico de una matriz de $X$ en términos de $\tr(X^k)$ requiere de la división entera, que puede fallar cuando el campo es finito. Para ilustrar esto, considere el polinomio característico de a $2\times2$ matriz $X$ con autovalores $\lambda_1$$\lambda_2$. El polinomio característico es $x^2 - (\lambda_1+\lambda_2) + \lambda_1\lambda_2$. Formalmente, $$ \lambda_1\lambda_2 = \frac12\left[(\lambda_1+\lambda_2)^2 - (\lambda_1^2+\lambda_2^2)\right] = \frac12\left( \tr(X)^2 - \tr(X^2) \right), $$ pero no se puede dividir por $2$ $GF(2)$ porque $2=0$.

Answer 3

Desde la primaria simétrica funciones expresadas a través de la alimentación simétrica de las funciones (en un completamente algorítmica manera), y la alimentación simétrica de las funciones de los autovalores son precisamente las huellas de $A^k,$, mientras que la primaria simétrica funciones son los coeficientes del polinomio característico, hemos terminado. Lo que es divertido es que el Newton de las relaciones puede ser probado en el de Cayley-Hamilton teorema mediante la toma de huellas.