Definimos $T(X) = AX - XB$ por el hecho de ser fijo $A,B$ . Permitimos $X$ para ser cualquier matriz en $M_n(F)$ .
Escriba todos los valores propios de $T$ en términos de los valores propios de $A$ y $B$ .
Creo que vi otra pregunta aquí que decía que para $T(X) = AX - XA$ , si $u$ es un vector propio de $A$ y $v$ un vector propio para $A^T$ entonces $uv^T$ es un vector propio de $T$ pero no sé cómo demostrarlo ni sé si se generaliza si sustituimos una instancia de $A$ con $B$ .
Supongamos que $\lambda_A$ y $u_A$ es un par de valores propios/vectores propios de $A$ y $\lambda_B$ y $u_B$ es un par valor propio/vector propio de $B^T$ entonces
\begin{align*} T(u_A u_B^T) &= A u_A u_B^T - u_A u_B^T B\\ &=(A u_A) u_B^T - u_A (B^T u_B)^T\\ &=\lambda_A u_A u_B^T - \lambda_B u_A u_B^T\\ &=(\lambda_A - \lambda_B) u_A u_B^T \end{align*}
lo que significa que $\lambda_A-\lambda_B$ y $u_A u_B^T$ forman un par valor propio/vector propio de $T$ .
Ahora bien, si las matrices $A$ y $B^T$ tienen exactamente $n$ pares de valores propios/vectores propios, lo que significa que podemos tener $n^2$ pares de valores propios/vectores propios para $T$ de esta manera (véase más adelante), pero $T$ no puede tener más de esos ya que $T:M_n(F)\rightarrow M_n(F)$ es una transformación de un $n^2$ espacio dimensional a un $n^2$ espacio dimensional.
Dejemos que $u_{A_1}$ y $u_{A_2}$ sean dos vectores propios normalizados linealmente independientes de $A$ y que $u_{B_1}$ y $u_{B_2}$ sean dos vectores propios de $B^T$ (podrían ser los mismos), entonces supongamos que $u_{A_1} u_{B_1}^T=u_{A_2} u_{B_2}^T$ , por lo que tenemos \begin{align*} u_{A_1} = (u_{A_1} u_{B_1}^T) u_{B_1} = (u_{A_2} u_{B_2}^T) u_{B_1}=(u_{B_2}^T u_{B_1}) u_{A_2} \end{align*} y así $u_{A_1}$ y $u_{A_2}$ son colineales, al estar normalizados son iguales lo que demuestra que $u_{A_1} u_{B_1}^T\neq u_{A_2} u_{B_2}^T$ .
El mismo argumento puede darse para $u_{B_1}\neq u_{B_2}$ y $u_{A_1}$ y $u_{A_2}$ arbitraria.
Esto significa que todos los vectores propios de esta forma son distintos.
Gracias. ¿Cómo podríamos demostrar que todos los valores propios de $T$ son de esta forma? ¿No es posible que tengamos un valor propio de $T$ que puede expresarse como la diferencia de dos pares distintos de valores propios de $A$ & $B$ ? Por ejemplo, podríamos tener $\lambda_{A1}-\lambda_{B1}$ = $\lambda_{A2}-\lambda_{B2}$ y entonces no conseguimos $n^{2}$ valores propios para $T$ Por lo tanto, es posible que algunos no estén en la forma mencionada.
En este caso obtendrá $u_{A_1} u_{B_1}^T \neq u_{A_2} u_{B_2}^T$ , lo que significa que el valor propio sólo tendrá alguna multiplicidad.
Lo siento, sigo sin entender por qué no puede haber otros valores propios. Tal y como yo lo veo, hay como mucho $n^2$ valores propios de la forma mencionada, por lo que es posible que haya, digamos, sólo $n^{2} - 1$ valores propios que son la diferencia de un valor propio de $A$ y $B$ por lo que podría haber otro valor propio que no sea de nuestra forma. ¿Cómo demostramos que no lo hay?
La inversa de la afirmación no es cierta, es decir, no todo vector propio de $T$ es del tipo $v_Av_B^T$ . Para ver esto, tome $A=B=\pmatrix{0&1\\0&0}$ . Entonces $$ T\pmatrix{x_{11} & x_{12}\\x_{21} & x_{22} } = \pmatrix{x_{21}& x_{11}-x_{22}\\0&x_{21}}. $$ De ello se desprende que $\lambda=0$ es un valor propio con un espacio propio abarcado por $$ \pmatrix{0&1\\0&0}, \quad \pmatrix{1&0\\0&1}, $$ donde este último vector propio no es de la forma particular (y el espacio propio no contiene $\pmatrix{1&0\\0&0}$ )
El valor propio que $T$ es el primer elemento de nuestro eigespacio porque queríamos eigenvectores donde el primer elemento es un eigenvector para $A$ y el segundo es la transposición de un vector propio para $B$ . Además, esto refuta la inversa, pero la afirmación general sigue siendo cierta en lo que respecta a los valores propios
Si se desea sólo los valores propios sobre $\bar{F}$ el cierre algebraico de $F$ entonces no es difícil. Aquí, apilamos las matrices fila por fila. cf.
https://en.wikipedia.org/wiki/Kronecker_product
Hay invertibles $P,Q$ s.t. $P^{-1}AP=S=[s_{i,j}],Q^{-1}B^TQ=T=[t_{i,j}]$ son triangulares. Entonces $(P\otimes Q)^{-1}(A\otimes I-I\otimes B^T)(P\otimes Q)=(P^{-1}AP)\otimes I-I\otimes (Q^{-1}B^TQ)$
$=S\otimes I-I\otimes T=[s_{i,j}I]-[\delta_{i,j}T]$ . Las dos últimas matrices son triangulares y la diagonal de la matriz resultante es
$diag(s_{1,1}I,\cdots,s_{n,n}I)-diag(T,\cdots,T)$ .
Por último, el espectro requerido es $(\lambda_i-\mu_j)_{i,j}$ . Además, el resultado es válido cuando $A\in M_n,B\in M_m$ ( $m\not= n$ ). Por ejemplo, para $n=2,m=3$ la diagonal es:
$diag(s_{1,1},s_{1,1},s_{1,1},s_{2,2},s_{2,2},s_{2,2})-diag(t_{1,1},t_{2,2},t_{3,3},t_{1,1},t_{2,2},t_{3,3})$ .
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Si utiliza la letra x, fuera de MathJax, en lugar de \times dentro de MathJax, entonces se verá como $n\text{ x }n$ en lugar de $n\times n.$ He editado en consecuencia. $\qquad$
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Si $A$ y $B$ son ambos diagonalizables sobre $F$ Entonces P. Quinton dio una respuesta completa. Pero cuando uno de $A$ y $B$ no lo es, este problema se convierte en un asunto bastante complicado.
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Al menos, cuando $A=B$ no es diagonalizable, $T$ no es diagonalizable. Tendrá que tratar con valores propios generalizados de $T$ y no estoy seguro de cómo hacerlo. Pero si $F=\mathbb{R}$ o $F=\mathbb{C}$ se puede emplear la continuidad para demostrar que los valores propios generalizados de $T$ son de la forma $\lambda_i-\mu_j$ , para $i=1,2,\ldots,n$ y $j=1,2,\ldots,n$ dado que $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n$ y $\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_n$ son valores propios generalizados de $A$ y $B$ respectivamente.
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No estoy familiarizado con los argumentos que implican continuidad cuando se trata de matrices. ¿Existe otro enfoque si trabajamos en el campo complejo? Tal vez uno que implique el cálculo de $T$ ¿en una base agradable?