Dado el mapa lineal $T:V\rightarrow V$ tal que $T(B)=AB+BA$ para un A dado; ¿cuál es el polinomio característico en términos de A?

Question

Dado el mapa lineal $T:V\rightarrow V$ donde $V$ es el espacio de $2\times2$ matrices complejas y tales $T(B)=AB+BA$ para un determinado $A$ ; ¿cuál es el polinomio característico en términos de la traza an y el determinante de $A$ ?

Se nos dice primero que consideremos el caso cuando $A$ es diagonalizable y creo que una vez conseguida esta parte sé cómo extenderlo a general $A$ . Simplemente no veo cómo podemos expresar el polinomio característico puramente en términos de $A$ Hasta ahora he encontrado el polinomio característico de un $2\times2$ matriz C sea $\det(C)+Tr(C)^2t+Tr(C)t^2$ pero esto no parece ayudar mucho; no veo cómo la diagonalizabilidad de A nos ayuda. Sugerencias, por favor.

Answer 1

Si $A$ es diagonalizable, entonces tenemos $A v_k = \lambda_k v_k$ para alguna base $v_k$ y $u_k^* A = \lambda_k u_k^*$ para alguna base dual $u_k^*$ .

Compruebe que $u_i v_j^*$ forman una base para las matrices.

Compute $T(u_i v_j^T)$ se obtienen los valores y vectores propios de $T$ .

Tenga en cuenta que $\chi_T(s) = \prod_{i,j} (s - (\lambda_i+\lambda_j))$ .

Si se expande este último, entonces los coeficientes de $1,s,s^2,s^3$ puede escribirse en términos de $\lambda_1+\lambda_2 = \operatorname{tr} A$ y $\lambda_1 \lambda_2 = \det A$ .

Para una $A$ podemos encontrar una secuencia de diagonalizables $A_n$ tal que $A_n \to A$ . Sea $T_A$ denotan el operador correspondiente. Dado que existe algún $\phi$ tal que $\chi_{A_n}(s)=\det(sI -T_{A_n}) = \phi(\operatorname{tr} {A_n}, \det {A_n}, s)$ vemos que $\chi_{A}(s)=\phi(\operatorname{tr} {A}, \det {A}, s)$ , es decir, se cumple la misma fórmula que para el caso diagonalizable.

Answer 2

En $2\times 2$ Aquí las matrices son los "vectores", $V$ . El operador lineal $T$ actúa sobre este espacio vectorial de 4 dimensiones.

En $A=\begin{bmatrix}\alpha&0\\0&\beta\end{bmatrix}$, we have $$ (T-\lambda I)B=\begin{bmatrix}(2\alpha-\lambda)b_{11}&(\text{Tr}(A)-\lambda)b_{12}\\ (\text{Tr}(A)-\lambda)b_{21}&(2\beta-\lambda)b_{22}\end{bmatrix}. $$

Pour $\lambda$ sea un valor propio de $T$ necesitamos que algún $B$ hace que toda la matriz sea igual a cero. Esto sólo puede ocurrir cuando $\lambda$ es $2\alpha$ , $2\beta$ o $\text{Tr}(A)$ este último con dimensión $2$ . En $T$ actúa en un espacio de 4 dimensiones, estos son todos los valores propios. Así que el polinomio característico de $T$ es $$ p(t)=(t-2\alpha)(t-2\beta)(t-\text{Tr}(A))^2=(t^2-2\text{Tr}(A)\,t+4\det(A))(t-\text{Tr}(A))^2 $$ (ya que $\alpha+\beta=\text{Tr}(A)$ y $\alpha\beta=\det(A)$ ).

No es difícil comprobar que esto se extiende bien al caso en que $A$ es diagonalizable: si $A=VDV^{-1}$ entonces $$ (T-\lambda I)B=AB+BA-\lambda B=v(DV^{-1}BV+V^{-1}BVD-\lambda V^{-1}BV)V^{-1}, $$ por lo que se puede aplicar lo anterior con $D$ en lugar de $A$ y $V^{-1}BV$ en lugar de $B$ .

En $A$ no es diagonalizable, la única posibilidad es que la forma de Jordan de $A$ es $$ J=\begin{bmatrix}\alpha&1\\0&\alpha\end{bmatrix}. $$ In this case, assuming first that $A=J$, $$ TB-\lambda B=\begin{bmatrix} (2\alpha-\lambda)b_{11}+b_{21}&(2\alpha-\lambda)b_{12}+b_{11}+b_{22} \\ (2\alpha-\lambda)b_{21}&(2\alpha-\lambda)b_{22}+b_{21}\end{bmatrix}. $$ Si $\lambda\ne2\alpha$ sólo puede ser cero cuando $B=0$ Así que $\alpha$ no es un valor propio. Si $\lambda=2\alpha$ se puede comprobar explícitamente que $(T-2\alpha I)^2=0$ por lo que es el polinomio mínimo: $$ p(t)=(t-2\alpha)^2=(t-\text{Tr}(A))^2. $$ El polinomio característico es entonces $p(t)=(t-\text{Tr}(A))^4$ que coincide exactamente con el caso anterior: $$ t^2-2\text{Tr}(A)\,t+4\det(A)=t^2-4\alpha\,t+4\alpha^2=(t-2\alpha)^2=(t-\text{Tr}(A))^2. $$ Como en el otro caso, sustituir $A$ con $VAV^{-1}$ no cambiará el polinomio característico (esto hay que hacerlo, no es el caso habitual ya que no son $2\times 2$ matrices que actúan sobre $\mathbb R^2$ ). Por tanto, el polinomio característico de $T$ es (¡siempre!) $$ p(t)=(t^2-2\text{Tr}(A)\,t+4\det(A))\,(t-\text{Tr}(A))^2. $$