valores propios de una matriz bajo un polinomio

Question

Dejemos que $A\in M_{n}(\mathbb{C})$ y supongamos que $A$ tiene valores propios $\lambda_{1},\lambda_{2},...,\lambda_{n}$ contando multiplicidades. Sea $f(\cdot)$ sea un polinomio. ¿Cómo podemos demostrar que $f(A)$ tiene valores propios $f(\lambda_{1}),f(\lambda_{2}),\cdots,f(\lambda_{n})$ ¿contar las multiplicidades?

Puedo demostrar que si $Ax_{1}=\lambda x_{1}$ entonces $f(A)x_{1}=f(\lambda) x_{1}$ pero esto no tiene en cuenta las multiplicidades. Cualquier sugerencia será muy apreciada

Answer 1

Para las matrices complejas, se puede utilizar el hecho de que las matrices diagonalizables son densas. Como la propiedad que quieres es obviamente cierta para las diagonalizables, sólo tienes que argumentar que puedes tomar límites de secuencias de diagonalizables y obtenerla para todas las matrices.

Answer 2

Dejemos que $K$ sea un campo algebraicamente cerrado, sea $A$ ser un $n$ por $n$ con coeficientes en $K$ , dejemos que $X$ sea un indeterminado, dejemos que $f$ estar en $K[X]$ , dejemos que $L$ sea el conjunto de valores propios de $A$ , dejemos que $M$ sea el conjunto de valores propios de $f(A)$ y para $\lambda\in L,\mu\in M$ dejar $E_\lambda,F_\mu$ sean los respectivos eigenspaces generalizados.

Como el OP notó, tenemos $f(L)\subset M.$

Para $\mu$ en $M$ poner $$ S_\mu:=\bigoplus_{\lambda\in f^{-1}(\mu)}E_\lambda\subset K^n. $$ Para responder a la pregunta, basta con mostrar

$$(1)\quad F_\mu=S_\mu\quad\forall\ \mu\in M.$$

Esto implicará en particular $f(L)=M$ .

Afirmamos que

$$(2)\quad E_\lambda\subset F_{f(\lambda)}\quad\forall\ \lambda\in L.$$

Demostramos que (2) implica (1). Por (2) tenemos $S_\mu\subset F_\mu$ para todos $\mu$ en $M$ . Como también tenemos $$ \sum_{\mu\in M}\ \dim F_\mu=n=\sum_{\mu\in M}\ \dim S_\mu, $$ obtenemos (1).

Nos queda probar (2). Sea $\lambda$ estar en $L$ . Como $A$ y $f(A)$ conservar $E_\lambda$ inducen endomorfismos $A_\lambda$ y $f(A)_\lambda=f(A_\lambda)$ de $E_\lambda$ . Sea $\nu$ sea un valor propio de $f(A)_\lambda$ . Basta con mostrar $\nu=f(\lambda)$ . Podemos suponer que $f$ es no constante y mónico. Tenemos $$ f(X)-\nu=(X-a_1)\cdots(X-a_d) $$ para algunos $a_1,\dots,a_d$ en $K$ y por lo tanto
$$ f(A)_\lambda-\nu=f(A_\lambda)-\nu=(A_\lambda-a_1)\cdots(A_\lambda-a_d). $$ Este endomorfismo al ser singular y $\lambda$ siendo el único valor propio de $A_\lambda$ Uno de los $a_i$ es igual a $\lambda$ , dando lugar a $\nu=f(\lambda)$ según sea necesario.

Answer 3

Una prueba más elemental. (Obsérvese que, aunque el texto aquí es ciertamente obra mía, no he inventado la idea de esta prueba. Procede de un viejo libro que leí una vez, pero no encuentro la referencia).

Comenzaremos mostrando que el determinante de $f(A)$ es $f(\lambda_1) \dots f(\lambda_n)$ .

Por el teorema fundamental del álgebra, el polinomio $f(x)$ se puede factorizar en $k$ factores lineales sobre los números complejos. Por lo tanto, podemos escribir $f(x) = a_k (x - c_1) \dots (x-c_k)$ para algunos números complejos $c_1$ , ..., $c_k$ . Ahora una matriz conmuta con todas sus potencias, y con la identidad, por lo que también es posible escribir $f(A)$ como $f(A) = a_k (A - c_1 I) \dots (A - c_k I)$ .

Además, denota el polinomio característico de $A$ por $p(\lambda) = | \lambda I - A|$ . Dado que los valores propios de $A$ son $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ el polinomio característico se puede factorizar como $p(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)\dots(\lambda - \lambda_n)$ .

Consideremos el determinante de $f(A)$ : $$ \begin{align} |f(A)| &= |a_k (A - c_1 I) \dots (A - c_k I)|\\ &= (a_k)^n |A - c_1 I| \dots |A - c_k I| \\ &= (a_k)^n |-(c_1 I - A)| \dots |-(c_k I - A)|\\ &= (a_k)^n (-1)^n |c_1 I - A| \dots (-1)^n |c_kI - A|\\ &= (a_k)^n (-1)^{nk} |c_1 I - A| \dots |c_k I -A| \end{align} $$ Ahora $|c_i I - A|$ es $|\lambda I - A|$ con $\lambda$ sustituido por $c_i$ es decir, es el polinomio característico de $A$ evaluado en $\lambda = c_i$ . Así, $|c_i I - A| = p(c_i) = (c_i - \lambda_1)\dots(c_i - \lambda_n)$ . $$ \begin{align} \text{So, } |f(A)| &= (a_k)^n (-1)^{nk} p(c_1) \dots p(c_k)\\ &= (a_k)^n (-1)^{nk}\times (c_1 - \lambda_1) \dots (c_1 - \lambda_n)\\ &\phantom{= (a_k)^n (-1)^{nk}}\ \times \dots\\ &\phantom{= (a_k)^n (-1)^{nk}}\ \times (c_k - \lambda_1) \dots (c_k - \lambda_n)\\ &= (a_k)^n \times (\lambda_1 - c_1) \dots (\lambda_n - c_1)\\ &\phantom{= (a_k)^n}\ \times \dots\\ &\phantom{= (a_k)^n}\ \times (\lambda_1 - c_k) \dots (\lambda_n - c_k)\\ &= (a_k)^n \times (\lambda_1 - c_1) \dots (\lambda_1 - c_k)\\ &\phantom{= (a_k)^n}\ \times \dots\\ &\phantom{= (a_k)^n}\ \times (\lambda_n - c_1) \dots (\lambda_n - c_k)\\ &= \phantom{\times}\ a_k (\lambda_1 - c_1) \dots (\lambda_1 - c_k)\\ &\ \phantom{=} \times \dots\\ & \ \phantom{=} \times a_k (\lambda_n - c_1) \dots (\lambda_n - c_k)\\ &= f(\lambda_1) \times \dots \times f(\lambda_n) \end{align} $$

El argumento anterior demuestra que si $f(x)$ es un polinomio cualquiera, entonces $|f(A)| = f(\lambda_1)\dots f(\lambda_n)$ .

Ahora demostraremos que los valores propios de $f(A)$ son $f(\lambda_1)$ puntos, $f(\lambda_n)$ .

Dejemos que $a$ sea un número cualquiera y consideremos el polinomio $h(x) = a - f(x)$ . Entonces $h(A) = aI - f(A)$ y el argumento anterior muestra que $|h(A)| = h(\lambda_1) \dots h(\lambda_n)$ . Sustituyendo las fórmulas de $h(x)$ y $h(A)$ en esta ecuación da como resultado que $|aI - f(A)| = (a - f(\lambda_1))\dots (a-f(\lambda_n))$ .

Dado que esto es cierto para todos los posibles $a$ se puede concluir que como polinomios $|\lambda I - f(A)| = (\lambda - f(\lambda_1))\dots(\lambda - f(\lambda_n))$ . Pero $|\lambda I - f(A)|$ es el polinomio característico de $f(A)$ que ha sido completamente factorizado aquí, por lo que esto implica que los valores propios de $f(A)$ son $f(\lambda_1)$ , ..., $f(\lambda_n)$ .