Una identidad de Fibonacci y $f(Av)=\det(A)f(v)$

Question

Dado un diagonalizable transformación lineal $A:V\to V$ más de una algebraicamente cerrado campo de $k$, y un eigenbasis $v_1,\ldots v_n$$Av_i=\lambda_i v_i$, considere el siguiente procedimiento para definir una función de $f_A$.

Dado un vector $v\in V$, expresan como $v=\sum a_i v_i$. Deje $f_A(v)=\prod a_i$. Esto satisface la propiedad $f_A(Av)=\det(A)f_A(v)$.

Me encontré con esta construcción cuando se trata de encontrar invariantes para generalizadas de Fibonacci secuencias. En particular, definir $G_0=a, G_1=b, G_{n+1}=G_n+G_{n-1}$$n>1$. La aplicación de esta construcción a la ecuación

$$ \pmatrix{1 & 1\\ 1 & 0}^n\pmatrix{b \\ a} =\pmatrix{G_n \\ G_{n-1}}$$

los rendimientos que $G_{n}G_{n+2}-G_{n+1}^2=(-1)^n(G_0G_2-G_1^2)=(-1)^n(a(a+b)-b^2)$. En particular, $|G_{n}G_{n+2}-G_{n+1}^2|$ es independiente de $n$, por lo que si uno quería determinar si $(c,d)=(G_n,G_{n+1})$ algunos $n$, una condición necesaria es que el $c(c+d)-d^2=(-1)^n(a(a+b)-b^2)$.

Esta identidad es similar, pero más general de la clásica de identidad $F_{n-1}F_{n+1}-F_n^2=(-1)^n$

Mi pregunta: Tiene esta construcción se ha estudiado antes? Hay un limpiador de enfoque? No es generalizar? Hay otras y mejores formas para generar funciones que satisfacen $f(Av)=\det(A)f(v)$?

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Actualización: La construcción puede ser reformulado (hasta un constante) como $\det(M(v))$ donde $M(v)$ es la matriz cuyas columnas son las $A$-eignevectors que se suma a $v$. La propiedad $f(Av)=\det(A)f(v)$ proviene de la propiedad que $M(Av)=AM(v)$. Por lo tanto, esta pregunta puede ser respondida por una clasificación de los mapas de $V\to \hom(V,V)$ que conmuta con $A$. Me siento como este tipo de tensor de la construcción tiene una mejor oportunidad de haber sido estudiado.

Answer 1

Esta es una respuesta a su pregunta motivacional, no tu pregunta: en una edición anterior que afirmaba que no sabía cómo probar la identidad de $G_n$ usando sólo determinantes. Realmente es sencillo hacerlo: tomar determinantes de ambos lados de la identidad

$$\left[ \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array} \right]^n \left[ \begin{array}{cc} b & a + b \\ a & b \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{cc} G_n & G_{n+1} \\ G_{n-1} & G_n \end{array} \right].$$

Answer 2

Hay una buena alternativa a la construcción de la que se obtiene la misma función (hasta un constante), funciona si $A$ no es diagonalizable (aunque es cero si $A$ es diagonalizable con autovalores repetidos), y siempre ha coeficientes en el campo base/anillo. Definimos $M_{A,v}$ a la matriz cuyas $j$ésima columna es $A^{j-1}v$, es decir,

$$M_{A,v}=\pmatrix{v & Av & A^2v & \cdots & A^{n-1}}.$$

Es directa que $AM_{A,v}=M_{A,Av}$, y por tanto, si definimos $f_A(v)=\det(M_{A,v})$, luego por la observación en la cuestión de la actualización, $f_A(Av)=\det(A)f_A(v)$.

Además, se pueden comparar directamente a esta construcción a la que en la pregunta. Suponga $A$ es diagonalizable, con eigenbasis y autovalor en la pregunta. Deje $P$ ser la matriz cuyas columnas son los vectores propios. Si $v=\sum a_i v_i$, $P^{-1}v$ es el vector cuyas $j$ésima componente es $a_j$. $P^{-1}M_{A,v}$ se han $ij$ entrada $a_i \lambda_i^{j-1}$. Tomando el determinante, teniendo en cuenta cada una de las $a_i$'s de la $i$th fila y tomando nota de que nos hemos quedado con una matriz de Vandermonde, tenemos $$\det(M_{A,v})=\det(P)\left( \prod_i a_i \right)\prod_{i<j}(\lambda_j-\lambda_i).$$

Por lo tanto, hasta una constante que depende de nuestra elección de eigenbasis y nuestros valores propios, esta construcción está de acuerdo con el de la pregunta.

Por desgracia, esta construcción es automáticamente a cero si hemos repetido autovalores (que no es un problema con la construcción original), por lo que no está claro si hay una igual de agradable de construcción para esos casos.