Si $ \mathrm{Tr}(M^k) = \mathrm{Tr}(N^k)$ para todos $1\leq k \leq n$ entonces cómo mostramos el $M$ y $N$ tienen los mismos valores propios?

Question

Dejemos que $M,N$ sea $n \times n$ matrices cuadradas sobre un campo algebraicamente cerrado con las propiedades de que la traza de ambas matrices coincide junto con todas las potencias de la matriz. Más concretamente, supongamos que $\mathrm{Tr}(M^k) = \mathrm{Tr}(N^k)$ para todos $1\leq k \leq n$ . La siguiente pregunta sobre los valores propios es entonces natural y estaba pensando que sería una aplicación de Cayley-Hamilton pero estoy teniendo problemas para escribir una prueba.

¿Cómo demostramos que $M$ y $N$ tienen los mismos valores propios?

Añadido (debido a que esta pregunta es ahora blanco de muchos duplicados, debería enunciar sus hipótesis correctamente). Supongamos que todos los valores mencionados de $k$ son distintos de cero en el campo considerado; es decir, o bien el campo es de característica $0$ o bien su característica principal $p$ satisface $p>n$ .

Answer 1

$M$ y $N$ tienen los mismos valores propios generalizados (con multiplicidad) si y sólo si sus polinomios característicos son los mismos. Por tanto, basta con demostrar que las sumas de potencias $T_k = \sum _{i=1}^{n} \alpha^k_i$ para $k = 1$ a $n$ generar el anillo de polinomios simétricos (los coeficientes del polinomio característico son polinomios simétricos en los valores propios). Este es un resultado debido a Newton. Por ejemplo, si $S_k$ es el habitual $k$ -ésima simetría elemental del polinomio (la suma de todos los productos de $k$ distinto $\alpha_i$ ), entonces se tiene:

$$S_1 = \sum \alpha_i = T_1,$$

$$S_2 = \sum_{i > j} \alpha_i \alpha_j = \frac{1}{2} \left( \left(\sum \alpha_i\right)^2 - \sum \alpha^2_i \right) = \frac{1}{2}(T^2_1 - T_2)$$

En general, se tiene:

$$\log \sum_{k=0}^{n} S_k X^k = \log \prod_{i=1}^{n} (1 + \alpha_i X) = \sum_{k=1}^{n} \log(1 + \alpha_i x)$$

que, expandiendo el logaritmo, se convierte en:

$$ \sum_{k=1}^{n} \sum_{j=1}^{\infty} \frac{\alpha^j_i (-1)^{j-1} X^j}{j} = \sum_{j=1}^{\infty} \frac{T_j (-1)^{j-1} X^j}{j}$$

En particular, desde el $S_k$ se pueden determinar todas las $T_k$ y de el $T_k$ (para $k = 1$ a $n$ ) se puede determinar el $S_k$ (y por lo tanto todos los $T_k$ también).

Esto demuestra incluso que el anillo generado por $T_k$ sobre cualquier anillo $R$ para $k = 1$ a $n$ es el mismo que el anillo generado por $S_k$ para $k = 1$ a $n$ Siempre y cuando $n!$ es invertible en $R$ . Así que el resultado también es válido para cualquier campo de característica $p > n$ . Es falso si $p \le n$ - por ejemplo, la identidad $p \times p$ y todas sus potencias tiene traza $0$ que es la misma que la matriz cero.

Answer 2

¿Y éste?

Sabemos que si $\psi_A(x) = |xI_n - A| = x^n+c_{n-1}x^{n-1}+c_{n-2}x^{n-2}+\cdots+c_1x+c_0I_n$ sea el polinomio característico de $A$ (así $c_0 = (-1)^n|A|$ ), entonces los coeficientes vienen dados por $$c_{n-m}=\frac{(-1)^m}{m}\left| \begin{array}{ccccc} t_1 & m-1 & 0 & \cdots & 0 \\ t_2 & t_1 & m-2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & & & \vdots \\ t_{m-1} & t_{m-2} & t_2 & t_1 & 1 \\ t_m & t_{m-1} & t_3 & t_2 & t_1 \\ \end{array} \right|$$ donde $t_r:= \operatorname{tr}(A^r)$ .

Supongamos que $\psi_{M}(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\cdots+a_1x+a_0I_n$ y $\psi_N(x)=x^n+b_{n-1}x^{n-1}+b_{n-2}x^{n-2}+\cdots+b_1x+b_0I_n$ . Entonces $$a_r=b_r$$ (utilizando $\operatorname{tr}(M^k) = \operatorname{tr}(N^k)$ y el determinante anterior).

Por lo tanto, $\psi_M(x)=\psi_N(x)$ lo que significa $M$ y $N$ tendrán los mismos valores propios.