Pruebalo $|AB - \lambda I| = |BA - \lambda I|$.

Question

Supongamos que uno tiene dos matrices $A$, $B$. Entonces

Demostrar que $$|AB - \lambda I| = |BA - \lambda I|,$ $ donde $|\cdot|$ denota el determinante, $I$ - matriz identidad y $\lambda \in \mathbb{C}$.

Tenga en cuenta que $A$ y $B$ son no necesario inversible. Para inversible matrices fácilmente encontré %#% $ #%

Answer 1

Soy consciente de tres pruebas. La primera es la que se obtiene por la combinación de su argumento con Marko comentario. La segunda es mostrar que $AB$ $BA$ tiene la misma no-cero autovalores con las mismas multiplicidades. La tercera prueba se ejecuta de la siguiente manera. Conjunto \[ M=\begin{pmatrix}I&A\\ B&I\end{pmatrix},\quad N=\begin{pmatrix}I&0\\-B&I\end{pmatrix} \] y, a continuación, tenga en cuenta que \[ MN=\begin{pmatrix}I-AB&A\\0&I\end{pmatrix},\quad NM=\begin{pmatrix}I&A\\0&I-BA\end{pmatrix}. \] Desde $\det(MN)=\det(NM)$, el resultado de la siguiente manera.

Una de las ventajas de la tercera prueba es que funciona para matrices sobre un anillo conmutativo.

Answer 2

Hay una antigua prueba, dependiendo únicamente de las propiedades de los determinantes y los menores de edad.

(i) En $\det(xI-X)$ el coeficiente de $x^{n-k}$ es la suma de la directora $k\times k$ menores de $X$.

(ii) Vamos a $X^{(k)}$ denotar la matriz de $k\times k$ menores de $X$ para cualquier cuadrado de $X$. Entonces por el teorema a veces llamado el Binet-Teorema de Gauss tenemos que $(XY)^{(k)}=X^{(k)}Y^{(k)}$.

(iii) Para matrices cuadradas $X,Y$ tenemos $\text{tr}(XY)=\text{tr}(YX)$.

Por lo que el coeficiente de $x^{n-k}$ $\det(xI-AB)$ es $$\text{tr}((AB)^{(k)})=\text{tr}(A^{(k)}B^{(k)})$ $ , mientras que el coeficiente de $x^{n-k}$ $\det(xI-BA)$ es $$\text{tr}((BA)^{(k)})=\text{tr}(B^{(k)}A^{(k)})$$ y estos son iguales.