¿Cuál es la dimensión de$\{X\in M_{n,n}(F); AX=XA=0\}$?

Question

Deje $A$ ser un fijo $n\times n$ matriz sobre un campo $F$. Podemos mirar el subespacio $$W=\{X\in M_{n,n}(F); AX=XA=0\}$$ de las matrices que satisfacen tanto $AX=0$ e $XA=0$.

Aspecto de una de estas ecuaciones se obtiene que todas las columnas de a$X$ tienen que cumplir la ecuación de $A\vec c=\vec 0$. (Digamos que estamos trabajando con vectores columna.) Del mismo modo obtenemos las filas $\vec r^T A=\vec 0^T$. Esto nos dice que si estamos mirando en las opciones posibles para las filas o las columnas de la matriz $X$, tienen que estar en un subespacio de dimensión $n-\operatorname{rank}A$ (en la derecha/izquierda en el espacio nulo de a$A$).

Al menos en algunos casos es casi de inmediato posible encontrar $W$ o, al menos, $\dim W$.

• Obviamente, si $A$ es invertible, entonces a$W=\{0\}$ e $\dim W=0$.
• Otro caso trivial es cuando $A=0$, lo que nos da $W=M_{n,n}$ e $\dim W=n^2$.
• Un poco menos trivial, pero todavía simple caso es al $\operatorname{rank} A=n-1$. En este caso la condición de filas/columnas nos dan una dimensión de los espacios, por lo que no son vectores no nulos $\vec r$, $\vec c$ de tal manera que cada fila tiene que ser múltiplo de $\vec r^T$ y cada columna tiene que ser un múltiplo de $\vec c$. Hasta un escalar múltiples, sólo hay una manera de obtener dicha matriz y tenemos que $W$ es generado por la matriz $\vec c\vec r^T$ e $\dim W=1$.

El caso general, parece ser un poco más complicado. Si denotamos $k=n-\operatorname{rank}A$, se puede utilizar el mismo argumento para ver que no se $k$ vectores linealmente independientes $\vec c_1,\dots,\vec c_k$ tal que las columnas tienen que ser combinaciones lineales de estos vectores. Del mismo modo, la fila puede ser elegido sólo desde el espacio de los vectores linealmente independientes $\vec r_1,\dots,\vec r_k$. (Esto es de nuevo sólo una consecuencia directa de $A\vec c=\vec 0$ e $\vec r^TA=\vec 0^T$.)

El uso de estos vectores podemos conseguir $k^2$ matrices $$A_{ij}=\vec c_i \vec r_j^T$$ para $i,j\in\{1,2,\dots,k\}$. A menos que me perdí algo, me parece que demuestra que estas matrices son linealmente independientes, no es demasiado difícil. Por lo tanto debemos conseguir que $$\dim W \ge k^2 = (n-\operatorname{rank}A)^2.$$ No es obvio para mí si estos vectores generar $W$. (Y tal vez algo puede ser dicho acerca de la dimensión de $W$ sin exhibiendo una base.)

Usted puede notar que en los tres ejemplos triviales de arriba (con $k=0,1,n$) llegamos a la igualdad de $\dim W=(n-\operatorname{rank}A)^2$.

Otra posible manera de ver este problema podría ser la utilización de la función lineal $$f\colon X\to(AX,XA)$$ $f\colon M_{n,n} \to M_{n,n}\oplus M_{n,n}$, luego tenemos a $W=\operatorname{Ker} f$, por lo que básicamente estamos pidiendo que la dimensión del núcleo de este mapa. Así que para encontrar $\dim W$ sería suficiente para encontrar a $\dim\operatorname{Im} f$. Sin embargo, esto no parece ser más fácil que la formulación original del problema.

También es posible ver esto como un sistema de $n^2$ ecuaciones lineales con $n^2$ incógnitas $x_{11}, x_{12}, \dots, x_{nn}$. Si tratamos de utilizar esta línea de pensamiento, la parte más difícil parece ser la determinación de cómo muchas de esas ecuaciones son linealmente dependientes.

Pregunta: ¿Qué se puede decir acerca de la dimensión del subespacio $W$? Es igual a $(n-\operatorname{rank}A)^2$? Se determina sólo por el rango de $A$? Si no, ¿cuáles son las mejores posibles límites que podemos obtener, si sólo conocemos el rango de $A$ y no tienen más información acerca de $A$?

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La motivación para esta pregunta estaba trabajando en un ejercicio que se pidió para el cálculo de las dimensiones de los espacios de $W_1$, $W_2$, $W_1\cap W_2$ e $W_1+W_2$, donde los espacios de $W_1$ e $W_2$ se determina por las condiciones de $AX=0$ e $XA=0$, respectivamente. Debido a que la matriz $A$ fue dado, en este ejercicio fue posible encontrar una base de $W_1\cap W_2$ explícitamente. (Y el ejercicio fue pensado probablemente sólo para hacer que los estudiantes se acostumbren a algunos cómputos básicos tales como la búsqueda de base, el uso de Grassmann de la fórmula, etc.) Aún así, me preguntaba cuánto nos puede decir de conocer el rango de $A$, sin necesidad de ir a través de todos los cálculos.

Answer 1

Hay invertible matrices $P$ e $Q$ tal que $A=PJQ$donde $J=\pmatrix{I_r&0\\0&0}$ con $I_r$ una matriz identidad de tamaño $r=\text{rank}(A)$. A continuación, $AX=0$ fib $PJQX=0$ fib $J(QXP)=0$. Asimismo, $XA=0$ fib $(QXP)J=0$. Deje $Y=QXP$. A continuación, $YJ=JY=0$ fib $Y=\pmatrix{0&0\\0&*}$. Por lo que la dimensión admisible $Y$ (y por lo tanto admisible $X$) $(n-r)^2$.

Answer 2

Sí, la dimensión es siempre $(n - \operatorname{rank}(A))^2$. He aquí una justificación.

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Para la comodidad de los autovalor cosas, supongo que $F$ es algebraicamente cerrado, o por lo menos que nos puede apelar a la existencia de su clausura algebraica.

Deje $V$ denota el subespacio $V_0 = \{X: AX = XA\}$. Que es, $V$ es el espacio de la solución a la ecuación de Sylvester $AX - XA = 0$. Mediante el uso de algunas de vectorización trucos, podemos ver que $V_0$ es generado por las matrices de la forma $xy^T$ tal que $Ax = \lambda x$ $A^Ty = \lambda y$ para algunos $\lambda \in \bar F$. Podemos ver que $\dim(V_0) = \sum d_k^2$ donde $d_k$ es la multiplicidad geométrica de la $k$th autovalor.

Algunos se requiere cuidado en mostrar que esta base se extiende $V_0$ no diagonalizable $A$. Una manera de mostrar que esto sucede es calcular el núcleo de $I \otimes A - A^T \otimes I$, teniendo en $A$ a ser en la forma canónica de Jordan.

El espacio de $W$ que estás buscando es la intersección $V_0$ con el kernel de $X \mapsto AX$. Esto es generado por los vectores $xy^T$ tal que $x \in \ker(A)$ e $y \in \ker(A^T)$. Su conclusión lógica.

Answer 3

Aquí es una versión generalizada donde usted puede estar tratando con infinitas dimensiones espacios vectoriales. Para un determinado lineal mapa de $T:V\to V$ sobre un espacio vectorial $V$, tengo una descripción de todos los lineales de los mapas de $S:V\to V$ tal que $ST=TS=0$.

Deje $V$ ser un espacio vectorial sobre un campo $F$ y deje $T:V\to V$ ser una transformación lineal. Definir $L_T:\operatorname{End}_F(V)\to \operatorname{End}_F(V)\oplus \operatorname{End}_F(V)$a través de $$L_T(S)=(ST,TS).$$ Tenemos la pretensión de que existe un isomorfismo $\varphi: \ker L_T\to \operatorname{Hom}_F(\operatorname{coim} T,\ker T)$ de espacios vectoriales, donde $\operatorname{coim} T$ es el coimage de $T$: $$\operatorname{coim} T=V/\operatorname{im}T.$$

Observar que $\operatorname{im}S\subseteq \ker T$ e $\operatorname{im}T\subseteq \ker S$ para todos los $S\in\ker L_T$. Deje $\pi:V\to \operatorname{coim}T$ ser la proyección canónica $v\mapsto v+\operatorname{im}T$. Para $S\in \ker L_T$, podemos ver que $S:V\to\ker T$ factores a través de $\pi$, es decir, $S=\tilde{S}\circ \pi$ para un único lineal mapa de $\tilde{S}:\operatorname{coim}T\to\ker T$.
Definimos $\varphi:\ker L_T\to \operatorname{Hom}_F(\operatorname{coim} T,\ker T)$ en el obvio manera: $S\mapsto \tilde{S}$. Este mapa es claramente un isomorfismo con la inversa de mapa $$\varphi^{-1}(X)=X\circ\pi$$ for all $R\en \operatorname{Hom}_F(\operatorname{coim} T,\ker T)$. El reclamo es ahora justificados.

La nulidad a$\operatorname{null} T$ de $T$ es la dimensión del núcleo de $T$. El corank $\operatorname{cork}T$ de $T$ es la dimensión de la $\operatorname{coim} T$. En el caso de $\operatorname{null}T<\infty$ o $\operatorname{cork}T<\infty$,
$$\operatorname{Hom}_F(\operatorname{coim} T,\ker T)\cong (\ker T)\otimes_F (\operatorname{coim}T)^*,$$ donde el isomorfismo es natural, por lo que $$\operatorname{null}L_T=\dim_F \ker L_T=(\operatorname{null}T)\big(\dim_F(\operatorname{coim}T)^*\big)$$ en este caso. En particular, si $\operatorname{cork}T<\infty$, tenemos $(\operatorname{coim}T)^*\cong \operatorname{coim}T$, por lo que $$\operatorname{null}T=(\operatorname{null}T)\big(\dim_F(\operatorname{coim}T)^*\big)=(\operatorname{null}T)(\dim_F\operatorname{coim}T)=(\operatorname{null}T)(\operatorname{cork}T).$$ En particular, cuando se $V$ es finito dimensionales, tenemos $\operatorname{cork}T<\infty$, y por el rango-nulidad teorema, obtenemos $\operatorname{cork}T=\operatorname{null}T=\dim_F V-\operatorname{rank}T$, y así $$\operatorname{null}L_T=\dim_F \ker L_T=(\dim_F V-\operatorname{rank}T)^2$$ como el OP conjeturas. (Pero si $V$ es de infinitas dimensiones, para cualquier par $(m,k)$ de enteros no negativos, existe $T\in\operatorname{End}_F(V)$ con la nulidad a$m$ y corank $k$.)

Aquí es un ejemplo de $T:V\to V$ con la nulidad a$m$ y corank $k$ cuando $V$ es de infinitas dimensiones. Elige una base $B$ de $V$. Desde $B$ es infinita, tiene una contables subconjunto $\{b_1,b_2,b_3,\ldots\}$. Deje $Y$ ser el lapso de $\{b_1,b_2,b_3,\ldots\}$ e $Z$ el lapso de $B\setminus\{b_1,b_2,b_3,\ldots\}$. A continuación, $V=Y\oplus Z$. Definir $T:V\to V$ como sigue: $$T\left(\sum_{i=1}^\infty s_i b_i+z\right)=\sum_{i=1}^\infty s_{m+i} b_{k+i}+z$$ for all $s_1,s_2,s_3,\ldots\in F$ with only finitely many non-zero terms and for all $z\Z$. We have $\ker T=\operatorname{span}\{b_1,b_2,\ldots,b_m\}$ and $V=(\operatorname{im} T)\oplus \operatorname{span}\{b_1,b_2,\ldots,b_k\}$, so $T$ has nullity $m$ and corank $k$.

La situación no es tan sencilla cuando se $T$ tiene una infinidad de corank. Si $\operatorname{null}T<\infty$, entonces ya sabemos que $$\operatorname{null}L_T= (\operatorname{null}T)\big(\dim_F(\operatorname{coim}T)^*\big)\,.$$ A partir de este mathoverflow hilo, $\dim_F(\operatorname{coim}T)^*=|F|^{\operatorname{cork}T}$. Por lo tanto, tenemos dos casos: $$\operatorname{null}L_T= \begin{cases}0&\text{if}\ \operatorname{null}T=0,\\ |F|^{\operatorname{cork}T}&\text{if}\ 0<\operatorname{null}T<\infty.\end{casos}$$ Si tanto $\operatorname{null}T$ e $\operatorname{cork}T$ son infinitas, podemos utilizar el resultado de la misma mathoverflow hilo para demostrar que $$\operatorname{null}L_T=\operatorname{Hom}_F(\operatorname{coim} T,\ker T)=\max\left\{|F|^{\operatorname{cork}T},(\operatorname{null}T)^{\operatorname{cork}T}\right\}.$$

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De manera más general, vamos a $U$ e $V$ ser espacios vectoriales sobre $F$. Para $R\in\operatorname{End}_F(U)$ e $T\in\operatorname{End}_F(V)$, definir $L_{R}^T:\operatorname{Hom}_F(U,V)\to\operatorname{Hom}_F(U,V)\oplus \operatorname{Hom}_F(U,V)$ por $$L_R^T(S)=(SR,TS).$$ (That is, when $U=V$, we have $L_T=L_T^T$.) Entonces, existe un isomorfismo de espacios vectoriales $$\varphi:\ker L_R^T\to \operatorname{Hom}_k(\operatorname{coim}R,\ker T).$$ En particular, si $U$ e $V$ son tanto finito dimensional, entonces $$\operatorname{null} L_R^T=\dim_F\ker L_R^T=(\operatorname{cork}R)(\operatorname{null} T)=(\dim_FU-\operatorname{rank}R)(\dim_FV-\operatorname{rank}T).$$ En general, $$\operatorname{null}L_R^T=\begin{cases}(\operatorname{cork} R)(\operatorname{null}T)&\text{if}\ \operatorname{cork}R<\infty,\\ 0&\text{if}\ \operatorname{null} T=0,\\ |F|^{\operatorname{cork}R}&\text{if}\ 0<\operatorname{null} T<\infty\ \wedge\ \operatorname{cork}R=\infty,\\ \max\left\{|F|^{\operatorname{cork}R},(\operatorname{null} T)^{\operatorname{cork}R}\right\}&\text{if}\ \operatorname{null}T=\infty\ \wedge\ \operatorname{cork}R=\infty. \end{casos}$$

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Este es mi viejo la prueba de que $\operatorname{null}L_T=(\operatorname{null}T)(\operatorname{cork}T)$ cuando $T$ ha finito de nulidad y finito corank. Supongamos que $T$ ha finito de nulidad a$m$ y finito corank $k$, afirmo que la $L_T$ también ha finito de nulidad a$mk$.

Para $S\in\ker L_T$, podemos ver que $\operatorname{im} S\subseteq \ker T$ e $\operatorname{im} T\subseteq \ker S$. Debido a $T$ ha finito de nulidad a$m$, se deduce que el $S$ tiene rango finito $r\leq m$. Por lo tanto, $$S=v_1\otimes \phi_1+v_2\otimes \phi_2+\ldots+v_r\otimes \phi_r$$ para algunos linealmente independientes $v_1,v_2,\ldots,v_r\in \ker T$ y para algunos linealmente independientes $\phi_1,\phi_2,\ldots,\phi_r\in V^*=\operatorname{Hom}_F(V,F)$. Desde $v_1,v_2,\ldots,v_r$ son linealmente independientes, $$\ker S=\bigcap_{i=1}^r\ker \phi_i.$$ Por lo tanto, $\operatorname{im} T$ debe estar contenido en $\ker \phi_i$ para todos los $i=1,2,\ldots,r$.

Desde $T$ ha finito corank $k$, $W=V/\operatorname{im} T$ es un finito dimensional espacio vectorial de dimensión $k$. Tenga en cuenta que cada una de las $\phi_i$ factores a través de $\operatorname{im} T$. Que es, $\phi_i=\psi_i\circ \pi$, donde $\pi:V\to V/\operatorname{im} T=W$ es la proyección canónica y $\psi_i\in W^*=\operatorname{Hom}_F(W,F)$. Ahora podemos concluir que cada una de las $S\in \ker L_T$ es de la forma $$\sum_{i=1}^r v_i\otimes (\psi_i\circ \pi),$$ donde $v_1,v_2,\ldots,v_r\in \ker T$ son linealmente independientes y $\psi_1,\psi_2,\ldots,\psi_r\in W^*=\left(V/\operatorname{im} T\right)^*$ son linealmente independientes.

Definir el lineal mapa de $f:(\ker T)\otimes_F W^*\to\ker L_T$ en el obvio manera: $$v\otimes \psi\mapsto v\otimes (\psi\circ\pi).$$ Por la observación en el párrafo anterior, $f$ es surjective. Por la elección de una base de $\ker T$, decir $\{x_1,x_2,\ldots,x_m\}$, vemos que un elemento en $\ker f$ debe tomar la forma $$\sum_{i=1}^m x_i\otimes \alpha_i$$ para algunos $\alpha_i\in W^*$. Desde $x_1,\ldots,x_m$ son linealmente independientes, debemos tener la $\alpha_i\circ \pi=0$ para todos los $i$. Pero esto significa $\alpha_i=0$ como $\pi$ es surjective. Por lo tanto, $\ker f=\{0\}$, y por lo $f$ es inyectiva. Por lo tanto, $$\ker L_T\cong (\ker T)\otimes_F W^*=(\ker T)\otimes_F (V/\operatorname{im} T)^*.$$ Esto establece la afirmación de que $L_T$ ha nulidad a$mk$.