Eigenwaarde

Hallo,
Ik heb een vraag over eigenwaarde.
Stel je hebt nx_n matrices A en B.
Toon aan: als $\lambda \ne $ 0 een eigenwaarde is van AB, dan is $\lambda$ ook een eigenwaarde van BA.
Ditzelfde moet ik ook bewijzen wanneer $\lambda$=0 een eigenwaarde is. Maar ik kom er niet uit.
Alvast bedankt

Renate
Student universiteit - maandag 7 januari 2008

Antwoord

Dag Renate,

Ik heb geen bewijs gevonden waarin het zinvol is $\lambda$=0 als apart geval te beschouwen, dus allicht is dit niet het bewijs dat verwacht wordt.

Stel dat $\lambda$ een eigenwaarde is van AB, met bijhorende niet-nul eigenvector x.
Dan geldt wegens de definitie dat ABx=$\lambda$x. Vermenigvuldig beide leden links met B, dan krijg je:
BABx=B$\lambda$x=$\lambda$Bx.
Die laatste gelijkheid geldt omdat $\lambda$ een getal is.

Maar kijk nu eens naar die BABx=$\lambda$Bx, noem voor de duidelijkheid eventjes Bx=y, dan staat er BAy=$\lambda$y. Dan zie je dat die y een eigenvector is van BA, bij de eigenwaarde $\lambda$. TENZIJ wanneer y=Bx=0, want de gelijkheid BA0=$\lambda$0 gaat natuurlijk op voor alle $\lambda$, en bewijst dus niet dat $\lambda$ een eigenwaarde is van BA.

Dat Bx=0 voor een niet-nul vector x, impliceert dat det(B)=0.

Een soortgelijke redenering kan je doen met de getransponeerden: AB en (AB)^T=B^TA^T hebben natuurlijk dezelfde eigenwaarden. Dus als $\lambda$ een eigenwaarde is bij AB, is die ook een eigenwaarde bij B^TA^T, noem een bijhorende niet-nul eigenvector weer x, dan B^TA^Tx=$\lambda$x dus A^TB^TA^Tx=$\lambda$A^Tx dus als A^Tx nietnul is, dan is $\lambda$ een eigenwaarde bij A^TB^T=(BA)^T en dus ook bij BA. Deze redenering werkt ook weer altijd, tenzij A^Tx nul is, wat impliceert dat det(A^T)=det(A)=0.

Dus als één van je matrices niet-singulier is, dan kan je één van bovenstaande bewijsjes gebruiken. Blijft het probleem om de stelling aan te tonen als beide matrices singulier zijn: wat als det(A)=det(B)=0? Wel, daarvoor kan je een truc gebruiken: continuïteit. Bekijk immers een rij van matrices A_i die inverteerbaar zijn, en die naar A convergeren. Voor elk van deze matrices geldt dat A_iB en BA_i dezelfde eigenwaarden hebben, wegens de bewijsjes hierboven. Wegens continuïteit geldt dat nu ook in de limiet, zodat AB en BA dezelfde eigenwaarden hebben.

Oja, je kan het ook snel bewijzen als je vertrekt van de eigenschap dat de determinant van een n·n matrix X uitdrukbaar is als n'degraadsveelterm in het spoor van X, X², ..., Xⁿ. Enig probleem is dat dit niet zo een standaardresultaat is, dus waarschijnlijk heb je het niet gezien, en zou je dus eerst dat resultaat nog moeten bewijzen, wat dan weer wel veel werk is. Bovendien heb je ook hier niet het onderscheid tussen $\lambda$ al dan niet nul, dus ook dit is allicht niet het verwachte bewijs. Maar bon, dat bewijs gaat als volgt:

dat tussenresultaat zegt dus det(X)=P(Tr(X),Tr(X²),...,Tr(Xⁿ)) met P een veelterm. Kies je dan voor X de matrix AB-$\lambda$I, met $\lambda$ een eigenwaarde van AB. Dan is
Tr(AB-$\lambda$I)=Tr(BA-$\lambda$I)
Tr((AB-$\lambda$I)²)=Tr(ABAB-2$\lambda$AB+$\lambda$²I)=Tr(BABA-2$\lambda$BA+$\lambda$²I)=Tr((BA-$\lambda$I)²)
enzovoort
zodat det(AB-$\lambda$I)=det(BA-$\lambda$I), het linkerlid is nul omdat $\lambda$ een eigenwaarde is van AB, dus het rechterlid is ook nul, dus $\lambda$ is ook een eigenwaarde van BA...

Groeten,
Christophe.

Christophe
dinsdag 8 januari 2008

©2001-2024 WisFaq