¿Es el conjunto $\{X \in \mathcal{M}({m \times n}) : \rho(M-NX) < 1\} $ ¿conectados?

Question

Supongamos que $M \in \mathcal M(n \times n; \mathbb R)$ y $N \in \mathcal M(n \times m; \mathbb R)$ se fijan con $N\neq 0$ . Dejemos que \begin{align*} E = \{X \in \mathcal{M}(m \times n; \mathbb R) : \rho(M-NX) < 1\}, \end{align*} donde $\rho(\cdot)$ denota el radio espectral de una matriz cuadrada. Suponemos que $E$ no está vacío.

Este conjunto está abierto. (ver mis otros pregunta sobre el cierre). También me gustaría saber si está conectado. En este caso, equivalentemente, ¿es el conjunto conectado por el camino?

Answer 1

$\newcommand{\NN}{{\mathbb{N}}}\newcommand{\CC}{{\mathbb{C}}}\newcommand{\RR}{{\mathbb{R}}}\newcommand{\QQ}{{\mathbb Q}}\newcommand{\ra}{\rightarrow}\newcommand{\ds}{\displaystyle}\newcommand{\mat}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)}\newcommand{\lam}{\lambda}\renewcommand{\P}{{\mathcal P}}\newcommand{\N}{{\mathcal N}}\newcommand{\M}{{\mathcal M}}\renewcommand{\L}{{\mathcal L}}\newcommand{\EQ}[2]{\begin{equation} {{#2}\label{#1}} \end{equation}}\newcommand{\eps}{\varepsilon}\newcommand{\tabb}[1]{\begin{matrix}#1\end{matrix}} \DeclareMathOperator{\rank}{rank} \DeclareMathOperator{\bldiag}{bldiag}$ Teorema: $E = \{X \in \mathcal{M}(m \times n; \mathbb R) : \rho(M-NX) < 1\}$ está conectado.

La prueba es sorprendentemente difícil (al menos la mía). Después de algunos preliminares, trataré primero el caso $\rank(N)=1$ que es relativamente simple, entonces muestra que el caso $\rank(N)=2$ implica el caso general, a continuación trataremos el caso $n=3$ como preparación y finalmente demostrar el Teorema para $\rank(N)=2$ y todos $n$ . El caso $\rank(N)=n$ (es decir, esencialmente $M=0$ y $N=I$ (ver más abajo) es trivial, porque cualquier $X\in E$ puede conectarse a $0$ por el camino $X_s=sX$ en $E$ . No se volverá a mencionar.

Como se explica en el respuesta vinculada a la cuestión del cierre de $E$ podemos asumir que $N=\mat{I_m\\0}$ y que la primera $m$ filas de $M$ desaparecer.

En este caso es útil una nueva reducción. Consideremos la matriz $\tilde M(\lam)=\lam\bldiag(0,I_{n-m})-M$ que es igual a $\lam I-M$ con la primera $m$ elementos diagonales sustituidos por ceros. Consideremos también el gcd $G(\lam)$ de todos los subdeterminantes de $\tilde M(\lam)$ de tamaño $n-m$ .

Reclamación 1: Basta con tratar el caso de que $G(\lam)=1$ .

Esta observación simplifica la presentación aquí; en el respuesta vinculada no era necesario.

Prueba de la afirmación 1. Supongamos que $G(\lam)\neq 1$ y supongamos primero que tiene un cero real $\mu$ . Dado que todos los subdeterminantes de tamaño $n-m$ de $\tilde M(\mu)$ se desvanece, su última $n-m$ filas son linealmente dependientes. Por lo tanto, existe existe un vector fila no nulo $v=(0,\dots,0,v_{m+1},\dots,v_n)$ tal que $v\,\tilde M(\mu)=0$ y por lo tanto $v\,M=\mu\,v$ . Podemos suponer que $v_n\neq0$ : Existe algún $k$ tal que $v_k\neq0$ . Luego intercambiamos las filas $k$ y $n$ y columnas $k$ y $n$ respectivamente, y los componentes $v_k$ y $v_n$ . Consideremos ahora la matriz $T$ con la última fila $v$ y primero $n-1$ filas $e_j$ , $j=1,\dots,n-1$ , donde $e_j$ denota el $j$ vector unitario. Sea $M'=T\,M\,T^{-1}$ . Un pequeño cálculo (utilizando $M'\,T=T\,M$ ) muestra que el primer $m$ filas de $M'$ desaparecen y la última fila de $M'$ es $\mu e_n$ . Desde $TN=N$ las matrices $M-NX$ y $M'-NX'$ con $X'=XT^{-1}$ son similares y, por tanto, tienen el mismo radio espectral. Por construcción, $M'-NX'$ es triangular en bloque para todo $X'$ y siempre tiene el valor propio $\mu$ . Este último debe tener $|\mu|<1$ porque existe $X'_0$ tal que $\rho(M'-NX'_0)<1$ . Por lo tanto, la última fila y la última columna de $M'-NX'$ son irrelevantes para la decisión si $\rho(M'-NX')<1$ o no. Hemos demostrado que $n$ puede reducirse si $G(\lam)$ tiene un cero real.

Si $G(\lam)$ tiene un cero no real $\mu=\alpha+\beta i$ entonces hay un vector propio izquierdo $v=r+i s$ donde la primera $m$ componentes de $r$ y $s$ desaparecer. Ahora $(r+i s)M=(\alpha +\beta i)(r + is)$ significa que $rM=\alpha r-\beta s$ y $sM=\beta r +\alpha s$ . Procedemos como en el caso anterior con $T$ teniendo las dos últimas filas $r,s$ . El resultado es una matriz triangular en bloque $M'$ con el bloque inferior derecho $\mat{\alpha&-\beta\\\beta&\alpha}$ y de nuevo $n$ puede reducirse.

Como hemos demostrado que $n$ puede reducirse si $G(\lam)\neq 1$ Esto puede repetirse hasta que $G(\lam)=1$ y se demuestra la afirmación 1.

Caso $\mathbf {m=1}$ : En primer lugar, recordamos las consideraciones del respuesta vinculada . Utilizamos el Expansión de Laplace (o cofactor) para la primera fila del determinante que da el polinomio característico $p_{M-NX}(\lam)$ $${\det(\lam I - M+ NX)=(x_1+\lam)C_1(\lam)+\sum_{k=2}^n x_kC_k(\lam)}$$ donde $X=(x_1,\dots,x_n)$ y $C_j(\lam)$ , $j=1,\dots,n$ son los $1,j$ cofactores de $\lam I - M$ Es decir $C_j(\lam)=(-1)^{j+1}M_{1j}(\lam)$ , donde $M_{1j}(\lam)$ es el determinante del $n-1$ por $n-1$ matriz obtenida de $\lam I-M$ borrando su primera fila y su $j$ -en la columna. Obsérvese que $C_1(\lam)\in \lam^{n-1}+\P_{n-1}$ y $C_j(\lam)\in\P_{n-1}$ , donde $\P_k$ denota el espacio vectorial de todos los polinomios de grado inferior a $k$ . Antes de continuar con la demostración, necesitamos una afirmación auxiliar.

Lema 1 Dejemos que $D(\lam)$ denota el gcd de $C_j(\lam)$ , $j=1,\dots,n$ y que $d$ denota su grado. Entonces el mapeo $${L:\RR^n\to D(\lam)\P_{n-d},\ \ L(X)=\sum_{k=1}^n x_kC_k(\lam)\mbox{ if } X=(x_1,\dots,x_n)}$$ es sobreyectiva (o onto).

Observación: El polinomio característico de $M-NX$ es la dada por $p_{M-NX}(\lam)=\lam C_1(\lam)+L(X)$ .\

Para la prueba, véase el respuesta vinculada .

Ahora continuamos con la prueba en el caso $m=1$ . Según la afirmación 1, podemos suponer que $G(\lam)=1$ y por lo tanto por el lema 1, $L$ es un isomorfismo. Induce una biyección entre $X$ y el polinomio característico $p_{M-NX}(\lam)$ como se indica en la observación anterior.

Consideremos ahora un elemento cualquiera $X_1$ de $E$ y el factor $q_1(\lam):=p_{M-NX_1}(\lam)=\prod_{k=1}^{n}(\lam-\mu_k)$ con ciertas (no necesariamente reales) $\mu_k$ , $|\mu_k|<1$ . Ahora define para $s\in[0,1]$ los polinomios $q_s(\lam)=\prod_{k=1}^{n}(\lam-s\mu_k)$ . Por construcción, sus coeficientes son reales y sus ceros están en el disco unitario abierto. Por tanto, las matrices $X_s$ que les corresponde por $q_s(\lam)=\lam C_1(\lam)+L(X_s)$ son elementos de $E$ y conectar $X_1$ a la determinación única $X_0$ con $p_{M-NX_0}(\lam)=\lam^n$ . Esto demuestra que todos los elementos de $E$ están conectados a $X_0$ en $E$ y demuestra el Teorema para $m=1$ . En realidad, esto permite demostrar que $E$ está simplemente conectado en el caso $m=1$ .

El caso $\mathbf{m=2}$ implica el Teorema para todo $\mathbf m$ . De nuevo, suponemos que $G(\lam)=1$ (véase la afirmación 1). Consideremos dos elementos $X_a,X_b$ de $E$ es decir, tenemos $\rho(M-NX_a)<1$ y $\rho(M-NX_b)<1$ . Pasando a matrices apropiadas muy cercanas, podemos suponer que los elementos de $X_a,X_b$ son algebraicamente independientes trascendentes independientes sobre $\QQ(M)$ . Entonces construimos para $k=2,\dots,m-1$ matrices $X_k$ tal que $X_a$ puede conectarse a $X_b$ en $E$ a través de estas matrices auxiliares, modificando sólo dos filas a la vez.

Para $k\in\{2,\dots,m-1\}$ primero utilizamos el $m$ por $n$ matriz $\tilde X_k$ con el primera $k$ filas de $X_b$ y el último $m-k$ filas de $X_a$ . La fórmula es $\tilde X_k=\bldiag(I_k,0)X_b+\bldiag(0,I_{n-k})X_a$ . No hay ninguna razón para que $\tilde X_k$ debe estar en $E$ , pero afirmamos que

Reclamación 2: El gcd de todos los $1,j$ cofactores $C_j^{(k)}(\lam)$ de $\lam I - (M-N\tilde X_k)$ es 1.

La prueba de esta afirmación es muy similar a las consideraciones del Corolario 2 en el respuesta vinculada . Considere el gcd $D(\lam)$ de $C_j^{(k)}(\lam)$ , $j=1,\dots,n$ . A priori, $D(\lam)$ es un polinomio en $\lam$ con coeficientes en $\QQ(M,\hat X_k)$ porque el $C_j^{(k)}(\lam)$ son; aquí $\hat X_k$ denota la matriz obtenida de $\tilde X_k$ borrando la primera fila. El $C_j^{(k)}(\lam)$ son realmente en $K[\hat X_k][\lam]$ , donde $K=\QQ(M)$ . Desde $K$ es un campo, $K[\hat X_k]$ es un dominio de factorización único porque los elementos de $\hat X_k$ son trascendentes algebraicamente independientes. Multiplicamos $D(\lam)$ por el lcm de los denominadores de los coeficientes (vistos como elementos de $K(\hat X_k)$ ), y luego dividir por su contenido (que es el gcd de los coeficientes vistos como elementos de $K[\hat X_k]$ ). Llamamos al resultado $D(\lam)$ de nuevo. Entonces $D(\lam)\in K[\hat X_k][\lam]$ tiene contenido 1 y divide cada $C_j^{(k)}(\lam)$ en $K(\hat X_k)[\lam]$ por definición. Por El lema de Gauss , se deduce que $D(\lam)$ divide cada $C_j^{(k)}(\lam)$ en $K[\hat X_k][\lam]$ .

Ahora, para $j=1,\dots,n$ , $C_j^{(k)}(\lam)$ no contiene ningún elemento del $j$ -en la columna de $\hat X_k$ . Por lo tanto, $D(\lam)$ debe ser realmente un elemento de $K[\lam]$ y se divide en $K[\hat X_k]$ el $n$ cofactores $C_j^{(k)}(\lam)$ . Por lo tanto, $D(\lam)$ también debe dividir el $1,j$ cofactores $\bar C_j(\lam)$ de $\lam I-(M-N\bar X)$ , donde $\bar X$ es cualquier $m$ por $n$ matriz. Esto se deduce de la sustitución de los elementos de $\hat{\bar X}$ para los correspondientes elementos de $\hat X_k$ . Al elegir las filas de $\hat{\bar X}$ como vectores unitarios adecuados, podemos conseguir que uno de los cofactores sea cualquiera de los $n-m$ por $n-m$ subdeterminantes de $M$ que queremos. Por lo tanto, $D(\lam)$ divide a cualquiera de estos últimos subdeterminantes y hemos asumido que su gcd $G(\lam)$ es 1. Esto demuestra la afirmación 2.

En este punto, se aplica el Lemma 1 y se obtiene que el mapeo $L^{(k)}:\RR^n\to \P_n$ , $V_1=(x_1,\dots,x_n)\mapsto L^{(k)}(V_1)=\sum_{j=1}^n x_j C_j^{(k)}$ es biyectiva. Elegimos un vector $V_1^{(k)}$ tal que $\lam C_1^{(k)}+L^{(k)}(V_1^{(k)})=\lam^n$ . Esto significa que la matriz $X_k$ obtenido de $\hat X_k$ añadiendo la primera fila $V_1^{(k)}$ da un nilpotente $M-NX_k$ ; en cualquier caso $X_k$ es un elemento de $E$ . Completamos $X_2,\dots,X_{m-1}$ por $X_1=X_a$ y $X_m=X_b$ .

Para cualquier $k\in\{2,\dots,m\}$ las matrices $X_{k-1}$ y $X_{k}$ sólo tienen $two$ diferentes filas: la primera y la $k$ th. Ambos están en $E$ como hemos visto. Aquí el caso $m=2$ puede aplicarse después de intercambiar el segundo y el $k$ de las filas y columnas, respectivamente, de las dos matrices. Por lo tanto, están conectadas por un camino en $E$ . La combinación de estos $m-1$ se obtiene una trayectoria en $E$ conectando $X_a$ y $X_b$ . Esto demuestra el Teorema para todos los $m\geq3$ si es cierto para $m=2$ .

Caso $\mathbf{n=3,\ m=2}$ . Denotamos la tercera fila de $M$ por $\mat{a&b&c}$ la segunda fila de $X$ por $\mat{d&e&f}$ . Según la afirmación 1, podemos suponer que $a\neq0$ o $b\neq0$ . Para aplicar el lema 1, es interesante estudiar el gcd de todos los $2\times2$ submatrices de $\mat{d&\lam+e&f\\-a&-b&\lam-c}$ , en particular para establecer una condición cuando este gcd es 1. Como en el caso anterior, no es igual a 1 si existe un número $\mu$ tal que $B(\mu)=\mat{d&\mu+e&f\\-a&-b&\mu-c}$ tiene rango 1. Si $a=0$ entonces $b\neq0$ y $B(\mu)$ tiene rango 2 para todos los $\mu$ si $d\neq0$ . Si $a\neq0$ primero añadimos un múltiplo de la segunda fila de $B(\mu)$ a la primera para obtener $\mat{0&\mu+e-\frac{db}a&f+\frac da \mu-\frac{dc}a\\-a&-b&\mu-c}$ y luego añadir un múltiplo de la segunda columna a la tercera para obtener $\tilde B(\mu)=\mat{0&\mu+e-\frac{db}a&f-\frac{de}a+\frac{d^2b}{a^2}- \frac{dc}a\\-a&-b&\mu-c+\frac{db}a}$ , una matriz del mismo rango que $B(\mu)$ . Tiene rango 2 para todos los $\mu$ si el tercer elemento de la primera fila es distinto de cero, es decir, si $\Delta(X)=a^2f-{de}a+{d^2b}-{dc}a\neq0$ . En realidad la condición en el caso $a=0$ puede incluirse en este último ya que $b\neq0$ . Observe que $\Delta(X)$ está estrechamente relacionado con el determinante de la matriz asociada al el operador $L$ del Lemma 1 con respecto a las bases canónicas de $\RR^n$ y $\P_n$ . Esto no es sorprendente porque $L$ es invertible si este determinante es distinto de cero y, por el lema 1 si el gcd del $1,j$ cofactores de $\lam I-M+NX$ es igual a 1. Llamamos al conjunto $\Delta(X)=0$ el superficie singular .

Consideremos ahora dos matrices $X_1,X_2\in E$ . Si podemos encontrar un camino que conecte sus segundas filas $\mat{d_1&e_1&f_1}$ y $\mat{d_2&e_2&f_2}$ en el que $\Delta$ no desaparece entonces podemos extenderlo a un camino que conecte $X_1$ y $X_2$ en $E$ . En efecto, podemos encontrar primero el camino que conecta los polinomios característicos de $M-NX_1$ y $M-NX_2$ (por ejemplo, a través de $\lam^3$ ) y luego el correspondiente camino que conecta las primeras filas de $X_1,X_2$ por el lema 1. Más concretamente, consideremos un camino $Z_s=\mat{d_s&e_s&f_s}$ , $s\in[1,2]$ en $\RR^3$ tal que $a^2f_s-{d_se_s}a+{d_s^2b}-{d_sc}a\neq0$ para todos $s$ . Denotamos los determinantes del Lemma 1 por $C_j^s$ el operador asociado a $Z_s$ por $L_s$ . Observe que $L_s$ y $L_s^{-1}$ dependen continuamente de $s$ . Si los polinomios característicos de $X_i$ son $p_i(\lam)=\prod_{k=1}^3(\lam-\mu_k^i)$ Los conectamos mediante $p_s(\lam)$ definido por $$p_s(\lam)=\left\{\begin{array}l\prod_{k=1}^3\left(\lam-(3-2s)\mu_k^1\right)\mbox{ if }1\leq s\leq 1.5\\[0.2cm] \prod_{k=1}^3\left(\lam-(2s-3)\mu_k^2\right) \mbox{ if }1.5\leq s\leq 2\end{array}\right.$$ Obsérvese que para cada $s$ los ceros de $p_s$ están en el disco de la unidad abierta. A continuación, ponga $Y_s=L_s^{-1}\left(p_s(\lam)-\lam C_1^s\right)$ y que $X_s$ sean las matrices con filas $Y_s$ y $Z_s$ . Por construcción y por la observación que se hace a continuación del Lemma 1, para cada $s$ , el polinomio característico de $M-NX_s$ es entonces $p_s(\lam)$ Por lo tanto $X_s\in E$ .

Es fácil ver que ese camino que conecta las segundas filas de $X_1, X_2$ existe si $\Delta(X_j)=a^2f_j-{d_je_j}a+{d_j^2b}-{d_jc}a$ , $j=1,2$ son distintos de cero y tienen el mismo signo. Si $a\neq0$ entonces podemos aumentar primero el módulo de $f$ suficientemente, y luego modificar $d_1,e_1$ en $d_2,e_2$ y finalmente reducir $f$ a $f_2$ . El caso $a=0$ es aún más simple y se omite.

Desde $E$ está abierto, podemos suponer que tanto $\Delta(X_j)\neq0.$ Queda por tratar el caso de que ambos tengan signo contrario. Si $a\neq0$ y $\Delta(X)=0$ entonces el cálculo anterior muestra que el gcd $D(\lam)$ de la $2\times 2$ submatrices de $B(\lam)$ en general $X$ con segunda fila $\mat{d&e&f}$ es $D(\lam)=\lam+e-\frac{db}a$ . Como $D(\lam)$ es un factor del polinomio característico de $M-NX$ un camino que conecta $X_1,X_2$ en $E$ debe cruzar la superficie singular en un punto $X$ donde $|e-\frac{db}a|<1$ . Esto deja claro que la superficie singular causa problemas para encontrar un camino en $E$ entre dos elementos dados, no sólo para $n=3$ pero también para el general $n$ .

Todavía en el caso $a\neq0$ , $\Delta(X_1)>0>\Delta(X_2)$ elegimos como punto de cruce un punto $X^{c}$ con segunda fila $\mat{0&0&0}$ (por lo tanto $D(\lam)=\lam$ ) y tal que $\rho(M-NX^c)<1$ . Esto es posible utilizando el lema 1. Entonces consideramos dos matrices $X_j^c$ , $j=1,2$ que difieren de $X^c$ sólo en la segunda fila: es $\mat{0&0&+\eps}$ para $X_1^c$ y $\mat{0&0&-\eps}$ para $X_2^c$ . Si $\eps>0$ es lo suficientemente pequeña entonces ambas matrices están en $E$ . Como se ha visto anteriormente, podemos conectar $X_1$ y $X_1^c$ en $E$ como ambos están en el conjunto $\Delta>0$ y podemos conectar $X_2$ y $X_2^c$ en $E$ como $\Delta<0$ para ambos. Obviamente, $X_1^c$ y $X_2^c$ están conectados en $E$ a través del punto $X^c$ en la superficie singular. Esto completa la demostración en el caso $a\neq0$ .

En el caso $a=0$ La prueba es bastante similar y sólo mencionamos las diferencias. La superficie singular es simplemente $d=0$ y en él, tenemos $D(\lam)=\det\mat{\lam+e&f\\-b&\lam-c}$ . Desde $b\neq0$ podemos utilizar $X^c$ con segunda fila $\mat{0&c&c^2/b}$ (para que $D^c(\lam)=\lam^2$ ) y con primera fila evanescente: el polinomio característico de $M-NX^c$ es $\lam^3$ . Entonces utilizamos $X_j^c$ con segunda fila $\mat{\pm\eps&c&c^2/b}$ y pequeños $\eps$ . Esto completa la prueba en el caso $n=3$ , $m=2$ .

General $\mathbf n$ y $\mathbf{m=2}$ . Volvemos a suponer que $G(\lam)=1$ (véase la afirmación 1). Como en el caso anterior, podemos asociar a cualquier vector fila $Z\in\RR^n$ el gcd $D^Z(\lam)$ de los subdeterminantes $C_j^Z(\lam)$ , $j=1,\dots,n$ de la $n-1$ por $n$ matriz $\bar M(Z,\lam)= \mat{\lam e_2+Z\\\tilde M(\lam)}$ (véase antes de la reivindicación 1 para $\tilde M(\lam)$ ). Es 1 si el operador $L^Z$ asociado a la $C_j^Z(\lam)$ según el lema 1 es invertible y esto es así si el determinante $\Delta(Z)$ de la matriz asociada a $L^Z$ para las bases canónicas de $\RR^n$ y $\P_n$ tiene un determinante distinto de cero. La superficie singular es de nuevo $\Delta(Z)=0$ .

Consideremos dos matrices $X_i$ , $i=1,2$ , en $E$ y que $Y_i,Z_i$ denotan las dos filas de cada uno de ellos. En cuanto a $n=3$ podemos suponer que $\Delta(Z_i)\neq0$ .

Como en el caso de $n=3,m=2$ podemos demostrar

Lema 2: Si hay un camino $Z_s$ , $s\in[1,2]$ en $\RR^n$ conectando $Z_1$ y $Z_2$ tal que en cada uno de sus puntos de intersección $Z^c$ con la superficie singular, el gcd $D^{Z^c}(\lam)$ tiene sólo ceros en el disco de la unidad abierta, entonces se puede completar por un camino $Y_s$ tal que $X_s=\mat{Y_s\\Z_s}$ conecta $X_1$ y $X_2$ en $E$ .

Utilizando este Lemma, el Teorema se demuestra una vez que mostramos

Reclamación 3: Siempre existe un camino que conecta $Z_1,Z_2$ tal que en cada uno de sus puntos de intersección $Z^c$ con la superficie singular, el gcd $D^{Z^c}(\lam)$ sólo tiene ceros en el disco de la unidad abierta.

Prueba: Demostramos la afirmación por inducción sobre $n$ . Para $n=3$ Ya se ha mostrado arriba. Supongamos ahora que se ha demostrado para $n-1$ . Consideramos dos casos: a) la primera columna de $ M$ desaparece, b) contiene un elemento no nulo.

caso a) Es casi idéntico al caso $n=3,m=2,a=0$ . Denote por $\check M$ el $(n-2)\times(n-1)$ matriz obtenida de $M$ borrando la primera columna. A continuación, el gcd de la $n-2$ por $n-2$ subdeterminantes de $\lam(0,I_{n-2})-\check M$ es el mismo que el de $\tilde M(\lam)$ y por lo tanto es igual a $G(\lam)=1$ . Por lo tanto, la condición $\Delta(Z)=0$ equivale a la primera componente de $Z$ siendo 0. Esto se deduce por la expansión del cofactor con respecto a la primera columna. Si $\Delta(Z)=0$ entonces $D(\lam)$ es el polinomio característico de $\mat{ -\check Z\\\check M }$ , donde $\check Z\in\RR^{n-1}$ se obtiene de $Z$ borrando el primer componente.

Dado que el gcd de los $n-2$ por $n-2$ subdeterminantes de $\lam(0,I_{n-2})-\check M$ es $1$ podemos encontrar un vector $\check Z_c\in\RR^{n-1}$ tal que la matriz $\mat{ -\check Z_c\\\check M }$ tiene un polinomio característico $q(\lam)$ con ceros en el disco unitario abierto. Sólo tenemos que utilizar el lema 1 en la dimensión $n-1$ .

Ahora recuerda $X_i$ , $Y_i$ , $Z_i$ , $i=1,2$ . Si los primeros componentes de $Z_1$ y $Z_2$ tienen el mismo signo, podemos simplemente conectarlos por cualquier camino en el que la primera componente no desaparezca. El caso crítico es cuando la primera componente $Z_{11}$ de $Z_1$ es positivo, digamos, y el correspondiente $Z_{21}$ es negativo. Entonces podemos conectar $Z_1$ al vector $(+\eps,\check Z)$ y $Z_2$ al vector $(-\eps,\check Z)$ por un camino que no cruza la superficie singular. Por último, podemos conectar simplemente $(\pm\eps,\check Z)$ por el segmento. Atraviesa la superficie singular en el punto $(0,\check Z)$ y por la construcción, $D^{(0,\check Z)}(\lam)=q(\lam)$ sólo tiene ceros en el disco unitario abierto. Esto completa la prueba en el caso a).

caso b) La primera columna de $M$ contiene algún elemento no nulo. Este es, por supuesto, el caso genérico y me ha llevado mucho tiempo encontrar una reducción - había intentado encontrar directamente para cualquier $n$ una trayectoria que cruza la superficie singular sólo en los puntos $Z^c$ con $D^{Z^c}(\lam)$ teniendo ceros $\mu$ , $|\mu|<1$ pero esto resultó ser muy complicado. La presente prueba que utiliza la inducción es comparativamente sencilla.

En primer lugar, preparamos la matriz $M$ para el paso inductivo, más precisamente, transformamos la expresión $M-NX$ en matrices similares tales que $N$ se mantiene sin cambios. Los valores propios de $M-NX$ hacer tampoco cambian de esta manera.

Supongamos que el primer elemento del $k$ La fila de $M$ es distinto de cero. Entonces intercambiamos la tercera y el $k$ La fila de $M$ y el tercero y el $k$ columnas de $M$ y $X$ . Como la operación de la fila no tiene ningún efecto sobre $N$ se trata de una transformación de similitud para $M-NX$ dejando $N$ sin cambios. A continuación multiplicamos la tercera fila de $M$ por un número conveniente y dividir las terceras columnas de $M$ y $X$ por el mismo número. Así que podemos suponer que el primer elemento de la tercera fila de $M$ es 1.

Si $\alpha$ denota el primer elemento de la cuarta fila de $M$ , ahora añadimos $-\alpha$ por la tercera fila hasta ella. Esta operación de fila es equivalente a la multiplicación de $M$ desde la izquierda por alguna matriz elemental $T$ . Observe esto de nuevo, $N$ no se modifica con esta operación. Entonces multiplicamos desde la derecha por la inversa de $T$ . Esto equivale a añadir $\alpha$ veces las cuartas columnas de $M$ y $X$ a sus terceras columnas. Así, podemos suponer que la cuarta fila de $M$ comienza con un 0. De la misma manera, tratamos las filas restantes de $M$ . Así que podemos suponer que la primera columna de $M$ es el tercer vector unitario.

También es útil añadir un determinado múltiplo de la primera columna al $k$ para $M$ y $X$ y restar el mismo múltiplo del $k$ tk fila de la primera fila para $M$ . Esto conduce temporalmente a una matriz $M$ cuya primera fila no es cero, pero esto se puede reparar más tarde. Podemos hacerlo sin interferir con $N$ si $k\geq3$ . Al tratarse de una transformación de similitud, los valores propios de $M-NX$ no cambian. En el caso $k=2$ La transformación anterior se puede realizar pero tenemos que aclarar cómo tratar con $N$ . Por lo tanto, denote por $T_n$ el $n\times n$ matriz que corresponde a la adición de un determinado múltiplo de la primera columna a la segunda. Entonces modificamos $M-NX$ en $T_n^{-1}M T_n- (T_n^{-1}N T_2) (T_2^{-1}XT_n)$ . Desde $T_n^{-1}N T_2=N$ esto nos lleva de nuevo a una expresión de la misma forma si restamos un múltiplo de la segunda fila de la primera no sólo para $M$ sino también para $X$ . Después de haber hecho todas estas modificaciones, simplemente incorporamos la nueva primera línea en $X$ . Así que podemos elegir los elementos de la tercera fila de $M$ además del 1 principal como queramos - sólo $X$ tiene que ser modificado en consecuencia. Obsérvese que todas estas operaciones pueden deshacerse.

En resumen, podemos suponer a partir de ahora que 1. La primera columna de $M$ es el tercer vector unitario,\Ny 2. Los elementos de $M$ en la tercera fila además de 1 son algebraicamente independientes trascendentes sobre $Q(\check M)$ .\ Aquí $\check M$ denota la matriz obtenida de $M$ eliminando las tres primeras filas y la primera columna. Escribamos $$M=\mat{0&\tabb{\dots&0}\\ 0&\tabb{\dots&0}\\ 1& R\\ 0_{n-3}&\check M},$$ donde $R$ denota un vector de filas de $n-1$ elementos y $0_{n-3}$ indica un vector de columnas de $n-3$ ceros.

Considere primero el $(n-1)\times(n-1)$ matriz $L=\mat{0\\R\\\check M}$ y el $(n-1)\times1$ matriz $K=\mat{1\\0_{n-2}}$ . Con los vectores de fila $U\in\RR^{n-1}$ podemos considerar las matrices $L-KU$ . Aquí estamos realmente en el caso $m=1$ . El gcd $F(\lam)$ de la $(n-2)\times(n-2)$ submatrices de $\tilde L(\lam)=\lam\bldiag(0,I_{n-2})-L$ (análogo a $\tilde M(\lam)$ ) satisface $F(\lam)=1$ . Esto se debe a que la segunda fila $R$ de $L$ consiste en trascendentes algebraicamente independientes sobre $Q(\check M)$ y se había mostrado en la prueba de la afirmación 2. Por lo tanto, según el lema 1, existe un vector $U_c$ tal que el polinomio característico de $L-KU_c$ es cualquier polinomio prescrito con raíces en el disco unitario abierto.

Vuelve a recordar $X_i$ , $Y_i$ , $Z_i$ , $i=1,2$ y denota $\mu_i$ los primeros elementos de $Z_i$ . Entonces queremos conectar $Z_1$ y $Z_2$ por un camino como el requerido en la reivindicación 3, conectando primero $Z_1$ y $(\mu_1,U_c)$ entonces $(\mu_1,U_c)$ y $(\mu_2,U_c)$ y finalmente $(\mu_2,U_c)$ y $Z_2$ . Modificando ligeramente $\mu_1,\,\mu_2$ y $U_c$ , si podemos suponer que ninguno de los cuatro puntos está en la superficie singular.

Conexión de $(\mu_1,U_c)$ y $(\mu_2,U_c)$ . Supongamos que $\mu_2>\mu_1$ . Entonces la línea recta $s\to(s,U_c)$ , $s\in[\mu_1,\mu_2]$ conecta los dos puntos. Como el $(\mu_j,U_c)$ no están en la superficie singular, esta trayectoria puede cruzar la superficie singular sólo en un número finito de puntos porque la ecuación de la correspondiente $s$ es polinómica. Si $s$ es algún punto de cruce, entonces el correspondiente gcd $D^{(s,U_c)}(\lam)$ es un divisor del subdeterminante formado por las columnas $2$ a $n$ de $\bar M((s,U_c),\lam)$ que resulta ser el polinomio característico de $L-KU_c$ discutido anteriormente. El vector $U_c$ se ha elegido de forma que todos sus ceros estén en el disco unitario abierto. Por lo tanto, este es también el caso de los ceros de $D^{(s,U_c)}(\lam)$ .

Conexión de $Z_1$ y $(\mu_1,U_c)$ . Queremos conseguirlo por un camino $(\mu_1,U(s))$ donde $U:[0,1]\to\RR^{n-1}$ debe determinarse de forma que $U(1)=U_c$ y $(\mu_1,U(0))=Z_1$ . Por comodidad, escribimos $U(s)=(U(s)_2,\dots,U(s)_n)$ , $R=(R_2,\dots,R_n)$ , $\check M=(m_{ij})_{i\geq4,j\geq2}$ y abreviar $D^{(\mu_1,U(s))}(\lam)$ por $D_s(\lam).$ Queremos que el gcd $D_s(\lam)$ de la $(n-1)\times(n-1)$ subdeterminantes de $$\bar M(s,\lam)=\left( \begin{array}{cccccc} \mu_1&\lam+U(s)_2&U(s)_3&\dots&\dots&U(s)_n\\-1&-R_2&\lam-R_3&\dots&\dots&-R_n\\ 0&-m_{42}&-m_{43}&\lam-m_{44}&\dots&-m_{4n}\\ \vdots&\vdots&&&\ddots&\vdots\\ 0&-m_{n2}&-m_{n3}&\dots&\dots&\lam-m_{nn}\end{array}\right)$$ para tener sólo ceros en el disco unitario abierto si la trayectoria cruza la superficie singular.

Aquí utilizamos que el gcd de estos subdeterminantes no cambia si añadimos un múltiplo de una fila o columna a otra fila o columna, respectivamente. Precisamente, en primer lugar, añadimos $\mu_1$ veces la fila 2 a la primera fila para tener un cero en la esquina superior izquierda; obtenemos como primera fila $$\mat{0&\tabb{\lam+U(s)_2-\mu_1R_2&U(s)_3+\mu_1\lam-\mu_1R_3&\dots&U(s)_n-\mu_1R_n}}.$$ A continuación, añadimos $-\mu_1$ veces la columna 2 a la columna 3 para eliminar el múltiplo de $\lam$ de la tercera componente de la fila 1. Obtenemos como nueva primera fila $\mat{0&\tabb{\lam+\tilde U(s)_2&\tilde U(s)_3&\dots&\tilde U(s)_n}},$ donde $\tilde U(s)_j=U(s)_j-\mu_1R_j$ para $j\neq3$ y $\tilde U(s)_3=U(s)_3-\mu_1U(s)_2-\mu_1R_3+\mu_1^2R_2.$ Observe que $\tilde U(0)$ y $\tilde U(1)$ están determinados por $Z_1$ y $U_c$ y que tenemos que encontrar un camino que conecte con la propiedad deseada en la reivindicación 3.

En total, para la matriz $$\tilde{\bar M}(s,\lam)=\left( \begin{array}{cccccc} 0&\lam+\tilde U(s)_2&\tilde U(s)_3&\tilde U(s)_4&\dots&\tilde U(s)_n\\ -1&-R_2&\lam-R_3+\mu_1R_2&-R_4&\dots&-R_n\\ 0&-m_{42}&\mu_1m_{42}-m_{43}&\lam-m_{44}&\dots&-m_{4n}\\ \vdots&\vdots&&&\ddots&\vdots\\ 0&-m_{n2}&\mu_1m_{n2}-m_{n3}&-m_{n4}&\dots&\lam-m_{nn}\end{array}\right),$$ el gcd de su $(n-1)\times (n-1)$ submatrices es la misma que para $\bar M(s,\lam)$ , a saber: $D_s(\lam)$ .

Este gcd es el mismo que el gcd del $(n-2)\times (n-2)$ subdeterminantes para la matriz $\hat M(s,\lam)$ obtenido de $\tilde{\bar M}(s,\lam)$ borrando la primera columna y la segunda fila. De hecho, cualquier $(n-1)\times(n-1)$ subdeterminante de $\tilde{\bar M}(s,\lam)$ que contiene la primera columna coincide con el $(n-2)\times (n-2)$ subdeterminante de $\hat M(s,\lam)$ obtenido borrando su primera columna y segunda fila. El $(n-1)\times(n-1)$ subdeterminante de $\tilde{\bar M}(s,\lam)$ que no contiene la primera columna es una combinación lineal de los determinantes más pequeños por Expansión de Laplace (o cofactor) . Es conveniente ahora intercambiar las dos primeras columnas de $\hat M(s,\lam)$ tener $$\hat M(s,\lam)=\left( \begin{array}{ccccc} \tilde U(s)_3&\lam+\tilde U(s)_2&\tilde U(s)_4&\dots&\tilde U(s)_n\\ \mu_1m_{42}-m_{43}&-m_{42}&\lam-m_{44}&\dots&-m_{4n}\\ \vdots&&&\ddots&\vdots\\ \mu_1m_{n2}-m_{n3}&-m_{n2}&-m_{n4}&\dots&\lam-m_{nn}\end{array}\right).$$ Obsérvese que, por construcción, el gcd de su $(n-2)\times(n-2)$ subdeterminantes es $D_s(\lam)$ . $\hat M(s,\lam)$ es el análogo de $\bar M(s,\lam)$ para el $(n-3)\times (n-1)$ matriz $$\hat M'=\left(\begin{array}{ccccc} -\mu_1m_{42}+m_{43}&m_{42}& m_{44}&\dots&m_{4n}\\ \vdots&&&&\vdots\\ -\mu_1m_{n2}+m_{n3}&m_{n2}&m_{n4}&\dots&m_{nn}\end{array}\right).$$ Aquí se aplica la hipótesis de inducción y se obtiene que hay un camino $s\to(\tilde U(s)_3,\tilde U(s)_2,U(s)_4,\dots,\tilde U(s)_n)$ que atraviesa la superficie singular $D_s(\lam)\neq1$ sólo en los puntos $s$ donde los ceros de $D_s(\lam)$ están en el disco unitario abierto. Rastreando las transformaciones que hemos hecho desde $\bar M(s,\lam)$ a $\hat M(s,\lam)$ Hemos encontrado un camino $s\to(\mu_1, U(s)_2, U(s)_3,\dots, U(s)_n)$ conectando $Z_1$ y $(\mu_1,U_c)$ que cruza la superficie singular sólo en los puntos donde los ceros de $D_s(\lam)$ están en el disco unitario abierto. Obsérvese que en la anterior reducción de la dimensión, era crucial que la primera componente de los puntos de la trayectoria permaneciera constante.

Como la conexión de $(\mu_2,U_c)$ a $Z_2$ es completamente análoga a la de $Z_1$ a $(\mu_1,U_c)$ la prueba de la afirmación 3, y por tanto la prueba del teorema, es completa.