Sylvester determinante de la identidad

Question

Sylvester determinante de la identidad de los estados que si $A$ $B$ son matrices de los tamaños de las $m\times n$$n\times m$, luego $$ det(I+AB)=det(I+BA), $$ where in the first case $I$ denotes the $m\times m$ identity, and in the second, the $n\times n$ de identidad.

Podría esbozar una prueba para mí, o a un punto de referencia disponible?

Answer 1

Sugerencia $\ \ $ Trabajo universalmente, es decir, considerar la matriz de entradas como indeterminates $\rm\,a_{\,i\,j},b_{\,i\,j}.\,$ adherirles todos a $\,\Bbb Z\,$ para obtener el polinomio anillo de $\rm\ R = \mathbb Z[a_{\,i\,j},b_{\,i\,j}\,].\, $ Ahora, en $\rm\,R,\,$ calcular el determinante de a$\rm\ (1+A\ B)\ A\ =\ A\ (1+B\ A)\ \ $, a continuación, cancelar $\rm\ det(A)\ \ $ (lo cual es válido, ya que la $\,\rm R\,$ es un dominio). $\ \ $ Extender a los no-plaza de las matrices de relleno adecuadamente con $0$'s y $1$'s para obtener las matrices cuadradas. Tenga en cuenta que la prueba es puramente algebraico - no requiere ningún tipo de nociones topológicas (por ejemplo, densidad).

Alternativamente, uno puede proceder de la descomposición de Schur, a saber

$$\rm\left[ \begin{array}{ccc} 1 & \rm A \\ \rm B & 1 \end{array} \right]\ =\ \left[ \begin{array}{ccc} 1 & \rm 0 \\ \rm B & 1 \end{array} \right]\ \left[ \begin{array}{ccc} 1 & \rm 0 \\ \rm 0 & \rm 1-BA \end{array} \right]\ \left[ \begin{array}{ccc} 1 & \rm A \\ \rm 0 & 1 \end{array} \right]$$

$$\rm\phantom{\left[ \begin{array}{ccc} 1 & \rm B \\ \rm A & 1 \end{array} \right]}\ =\ \left[ \begin{array}{ccc} 1 & \rm A \\ \rm 0 & 1 \end{array} \right]\ \left[ \begin{array}{ccc} 1-AB & \rm 0 \\ \rm 0 & \rm 1 \end{array} \right]\ \left[ \begin{array}{ccc} 1 & \rm 0 \\ \rm B & 1 \end{array} \right]$$

Ver mis mensajes en este sci.matemáticas hilo en 09 de Noviembre de 2007, para continuar el debate.

Answer 2

(1) Inicio, para la diversión, con una tonta prueba de matrices cuadradas:

Si $A$ es invertible, entonces $$ \det(I+AB)=\det a^{-1}\cdot\det(I+AB)\cdot\det a=\det(A^{-1}\cdot(I+AB)\cdot A)=\det(I+BA). $$ Now, in general, both $\det(I+AB)$ and $\det(I+BA)$ are continuous functions of $$, and equal on the dense set where $$ es invertible, por lo que son igual en todas partes.

(1) Ahora, más en serio:

$$ \det\begin{pmatrix}I&-B\\\\A&I\end{pmatrix} \det\begin{pmatrix}I&B\\\\0&I\end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}I&-B\\\\A&I\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I&B\\\\0&I\end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}I&0\\\\A&AB+I\end{pmatrix} =\det(I+AB) $$

y

$$ \det\begin{pmatrix}I&B\\\\0&I\end{pmatrix} \det\begin{pmatrix}I&-B\\\\A&I\end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}I&B\\\\0&I\end{pmatrix} \begin{pmatrix}I&-B\\\\A&I\end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}I+BA&0\\\\A&I\end{pmatrix} =\det(I+BA) $$

Desde la izquierda, los miembros de estas dos igualdades son iguales, obtenemos la igualdad desea.

Answer 3

he aquí otra prueba de $det(1 + AB) = det(1+BA).$ usaremos el hecho de que el distinto de cero eigen valores de $AB$ $BA$ son los mismos y el determinante de una matriz es el producto de sus valores propios. Tomar un autovalor $\lambda \neq 0$ $AB$ y el coresponding autovector $x \neq 0.$ se afirma que $y = Bx$ es un autovector de a $BA$ correspondiente a la misma eignevalue $\lambda.$
Para $ABx = Ay = \lambda x \neq 0,$ por lo tanto $y \neq 0.$ Ahora calculamos el $BAy = B(ABx) = B(\lambda x) = \lambda y.$ Hemos terminado con la prueba.