Cayley-Hamilton revisitado

Question

Sea $(A_i)_i$ una matriz $n\times n$ con entradas en un campo $K$ con característica $0$. Consideramos la ecuación (1) $f(X)=A_kX^k+\cdots+A_1X+A_0=0_n$ donde $X\in\mathcal{M}_n(K)$ es desconocida. Sea $g = \det(\lambda^kA_k+\cdots+\lambda A_1+A_0)\in K[\lambda]$.

Pregunta: ¿Es cierto que, si $B$ es una solución de (1) ($f(B)=0_n$), entonces $g(B)=0$?

i) En 1884, Sylvester parecía pensar que era verdad, pero, sin prueba (como a menudo con él).

ii) Este resultado se "demuestra" en: K. Kanwar. Una generalización del Teorema de Cayley-Hamilton. Avances en matemáticas PURAS. 2013. Sin embargo, ¡la prueba es obviamente falsa! Recuerde que esta revista ya ha sido objeto de un escándalo: http://boingboing.net/2012/10/19/math-journal-accepts-computer.html Entonces el problema parece no estar resuelto.

Answer 1

Sí, esto se sigue de los hechos conocidos sobre polinomios de matrices. Existe una caracterización completa de los divisores espectrales de polinomios de matrices en Gohberg, Lancaster, Rodman, Matrix Polynomials. Tratan polinomios mónicos (es decir, $A_k=1$), pero esto no es una restricción, ya que se puede hacer una transformación de Möbius para aplicarlo a menos que $g(\lambda)\equiv 0$.

Introducen los llamados pares estándar de un polinomio de matrices $A(\lambda)$, que son en cierto sentido una generalización de la matriz compañera. Luego demuestran (Teorema 3.12) que si un polinomio $Q(\lambda)$ es un divisor derecho de $P(\lambda)$ entonces el par estándar de $Q$ es una restricción de la de $P$; traduciéndolo a matrices compañeras, significaría que la matriz compañera de $Q$ puede ser obtenida como una restricción de la de $P$ a un subespacio invariante.

Aplicamos esto a $\lambda I - B$ (para el cual la "matriz compañera" es $B$ en sí mismo) y $P(\lambda)=\sum_{i=0}^k A_i \lambda^i$. En particular, esto significa que la estructura de Jordan de $B$ es una subestructura de la matriz compañera de $P(\lambda)$, por lo tanto las multiplicidades algebraicas de los autovalores de $B$ son menores o iguales que las de $P(\lambda)$, es decir, el polinomio característico de $B$ es un divisor de tu $g(\lambda)$.

No estoy seguro de cuánto de esto se puede entender — debo admitir que este libro no tiene la reputación de ser uno fácil de leer en la comunidad. Un enfoque más autocontenido sobre estos temas se encuentra en: I. Gohberg, M.A. Kaashoek y P. Lancaster, General theory of regular matrix polynomials and band Toeplitz operators.

Answer 2

¿Estoy perdiendo algo o el truco de eliminación de $A_0$ de Ilya Bogdanov es más o menos una prueba en sí mismo?

Supongamos que $f\left(B\right) = 0_n$. Entonces, $0_n = f\left(B\right) = A_kB^k + A_{k-1}B^{k-1} + ... + A_0 = \sum\limits_{i=0}^k A_iB^i$. Pero

$\lambda^k A_k + \lambda^{k-1}A_{k-1} + ... + A_0 = \sum\limits_{i=0}^k \lambda^i A_i = \sum\limits_{i=0}^k \lambda^i A_i - \sum\limits_{i=0}^k A_iB^i$ (ya que $0 = \sum\limits_{i=0}^k A_iB^i$)

$= \sum\limits_{i=0}^k A_i \left(\lambda^i-B^i\right)$.

Este polinomio es divisible por $\lambda-B$ a la derecha (porque $\lambda^i-B^i$ es divisible por $\lambda-B$ para cada $i$). Por lo tanto,

$\det\left(\lambda^k A_k + \lambda^{k-1}A_{k-1} + ... + A_0\right)$ es divisible por $\det\left(\lambda-B\right)$.

En otras palabras, $g\left(\lambda\right)$ es divisible por $\det\left(\lambda-B\right)$ (ya que $\det\left(\lambda^k A_k + \lambda^{k-1}A_{k-1} + ... + A_0\right) = g\left(\lambda\right)$). Dado que $B$ es una raíz del polinomio $\det\left(\lambda-B\right)$ (por el teorema de Cayley-Hamilton habitual), esto implica que $B$ es una raíz de $g\left(\lambda\right)$, por lo que $g\left(B\right) = 0$, y hemos terminado.

Estoy de acuerdo con Yazdegerd III en que la suposición de característica $0$ no debería estar allí. Incluso si mi prueba la usara, la observación de Ilya de que el resultado es una identidad polinómica en las entradas de $A_k$, $A_{k-1}$, ..., $A_1$ y $B$ debería dejar claro que se cumple en cualquier anillo conmutativo.

Answer 3

Para convencer a la gente de que esto es cierto, permítanme agregar una rápida prueba que funciona en el caso especial en el que $B$ es diagonalizable con valores propios distintos.

Cambiando de bases, podemos asumir que de hecho es diagonal y es igual a $\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_n)$. Tenemos $0 = \sum A_i B^i e_j = \sum A_i \lambda_j^i e_j$ para el vector $j$-ésimo de la base canónica $e_j$. Por lo tanto, para cada $\lambda_j$ la matriz $\sum A_i \lambda_j^i$ es singular, por lo que los $\lambda_j$ son todas raíces de $g(\lambda) = \det p(\lambda)$. En particular, esto significa que $g(B) = 0.

Más cuidado es necesario si $B$ tiene valores propios múltiples y bloques de Jordan, por supuesto.

Answer 4

Sí, esto es precisamente el Teorema 4 en el Capítulo VIII, $\S$5 de F. R. Gantmacher, The Theory of Matrices, Vol. 1. La prueba parece ser esencialmente la misma que la respuesta de darij grinberg.

Answer 5

Gracias a Federico por señalar mi estúpido error de matlab :-) el contraejemplo a continuación es falso, así que lo estoy eliminando.

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Debo estar pasando por alto algo o haciendo algo tonto, porque creo que es falso. Aquí hay un contraejemplo explícito:

Sea $k=2$. Sea $A_2=I$, $A_1=\left( \begin{array}{cc} -1 & -6 \\ 2 & -9 \end{array} \right)$, y $A_0=\left( \begin{array}{cc} 0 & 12 \\ -2 & 14 \end{array} \right)$. Verifique que

$B^2+A_1B+A_0=0$ para $B=\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{array} \right)$.

También, tenga en cuenta que $\det(\lambda^2 I_2 + \lambda A_1+A_0) = 24-50 \lambda +35 \lambda ^2-10 \lambda ^3+\lambda ^4$. Pero,

\begin{equation*} 24-50B + 35B^2 -10B^3 + B^4 = \left( \begin{array}{cc} 0 & 24 \\ 24 & 0 \end{array} \right). \end{equation*}