¿La acción de un mapa lineal sobre $k$ -¿los subespacios dimensionales lo determinan hasta el escalamiento?

Question

Dejemos que $V$ ser un verdadero $d$ -espacio vectorial de dimensiones, y dejemos que $1 \le k \le d-1$ sea un número entero fijo. Sea $A,B \in \text{Hom}(V,V)$ y supongamos que $AW=BW$ por cada $k$ -subespacio dimensional $W \le V$ . ¿Es cierto que $A=\lambda B$ para algunos $\lambda \in \mathbb R$ ? Si no es así, ¿podemos caracterizar todos esos pares $A,B$ ?

He aquí algunos resultados parciales (pruebas al final):

En primer lugar, la respuesta es claramente positiva para $k=1$ .

Lema 1: Si al menos uno de $A$ y $B$ es invertible, entonces la respuesta es positiva.

Lema 2: Siempre tenemos $\text{Image}(A)=\text{Image}(B)$ . En particular, $\text{rank}(A)=\text{rank}(B)=r$ .

Lema 3: Si $r \ge k$ o $r \le d-k$ entonces $\ker(A)=\ker(B)$ .

En particular, los lemas anteriores implican que si $r>k$ La respuesta es positiva. De hecho, en ese caso, los núcleos y las imágenes coinciden, por lo que podemos considerar los operadores cocientes: $\tilde A,\tilde B:V/D \to H$ , donde $D$ es el núcleo, y $H$ es la imagen. Ahora $\tilde A, \tilde B$ son operadores invertibles entre $r$ -y satisfacen la suposición de que $k<r$ . Así, por el lema 1, $\tilde A=\lambda \tilde B$ , lo que implica $A=\lambda B$ .

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Editar:

Aquí hay una prueba hábil de que la respuesta es positiva en general:

Dejemos que $v\in V$ y que $X(v)$ sea la colección de $k$ -subespacios dimensionales de $V$ que contienen $v$ . Entonces $$\text{span} \{v\}=\bigcap_{W\in X(v)}W,$$ así que $$A(\text{span} \{v\})=A(\bigcap_{W\in X(v)}W) \subseteq \bigcap_{W\in X(v)}AW=\bigcap_{W\in X(v)}BW \subseteq B(\text{span} \{v\}),$$

donde la última contención se desprende de esta respuesta . Esto reduce el problema al caso en que $k=1$ .

Prueba del lema 1:

Supongamos que $A$ es invertible. Entonces, tenemos $SW=W$ , donde $S=A^{-1}B$ . Así, cada $k$ -es el subespacio de las dimensiones $S$ -invariante, que implica $S$ es un múltiplo de la identidad.

Prueba del lema 2: $\text{Image}(A)=\text{Image}(B)$ .

Dejemos que $x=Av_1 \in \text{Image}(A)$ ; completo $v_1$ a un conjunto linealmente independiente $v_1,\dots,v_k$ . Entonces $$x \in A(\text{span}\{v_1,\dots,v_k\})=B(\text{span}\{v_1,\dots,v_k\})\subseteq \text{Image}(B),$$

así que $\text{Image}(A) \subseteq \text{Image}(B)$ . La otra dirección se sigue por simetría.

Prueba del lema 3: Si $r \ge k$ o $r \le d-k$ entonces $\ker(A)=\ker(B)$ .

En primer lugar, supongamos que $r \ge k$ y que $v_1 \notin \ker A$ . Completa $v_1$ en un conjunto linealmente independiente $v_1,\dots,v_k$ tal que $A(\text{span}\{v_1,\dots,v_k\})$ es $k$ -dimensional. Entonces $B(\text{span}\{v_1,\dots,v_k\})$ es $k$ -de la dimensión, por lo que $Bv_1 \neq 0$ . Esto muestra $\ker(A)^c \subseteq \ker(B)^c$ es decir $\ker(B)\subseteq \ker(A)$ . La otra dirección se sigue por simetría.

Ahora, supongamos que $r \le d-k$ . Entonces, como la nulidad es $\ge k$ Cada $v_1 \in \ker B$ puede completarse en un conjunto linealmente independiente $v_1,\dots,v_k$ , todo en $\ker B$ . Esto implica que $A(\text{span}\{v_1,\dots,v_k\})=0$ Así que $v_1 \in \ker A$ .

Answer 1

Se puede demostrar que la igualdad de los núcleos siempre se mantiene y entonces el argumento a través de los isomorfismos en los espacios cocientes funciona:

Elige una base $v_1,\ldots, v_n$ de $\ker A\cap \ker B$ . Escoge $v^A_1,\ldots,v^A_m$ de tal manera que junto con el $v_i$ forman una base de $\ker A$ . Escoge $v^B_1,\ldots,v^B_m$ de tal manera que junto con el $v_i$ forman una base de $\ker B$ . (Que el mismo $m$ se produce como para el $v^A_i$ se deduce del lema 2). Estos $n+2m$ vectores son linealmente independientes: Si $\sum_i c_iv_i+\sum_ic^A_iv^A_i+\sum_ic^B_iv^B_i=0$ y, a continuación, aplique $A$ para encontrar $\sum_ic^B_iv^B_i\in \ker A\cap \ker B$ Por lo tanto, todos los $c_i^B=0$ . Asimismo, todos los $c_i^A=0$ y luego todos $c_i=0$ . Por lo tanto, podemos elegir $u_1,\ldots, u_{d-n-2m}$ tal que $$\tag1v_1,\ldots, v_n, v^A_1,\ldots,v^A_m, v^B_1,\ldots,v^B_m, u_1,\ldots, u_{d-n-2m}$$ forman una base de $V$ . Tenga en cuenta que el $Av_i^B$ y $Au_i$ forman una base de $V/\ker A$ por lo que son linealmente independientes. Del mismo modo, el $Bv_i^A$ y $Bu_i$ son linealmente independientes. Sea $W$ sea el subespacio abarcado por $k$ de los vectores en $(1)$ . Entonces $\dim A(W)$ es el número de vectores elegidos de $v_1^B\ldots v_m^B, u_1,\ldots, u_{d-n-2m}$ y $\dim B(W)$ es el número de vectores elegidos de $v_1^A\ldots v_m^A, u_1,\ldots, u_{d-n-2m}$ . Por la propiedad dada, estos números deben ser iguales y, por lo tanto, también se eligió el mismo número de vectores de la $v_i^A$ como de la $v_i^B$ . Si $m>0$ y $k<d$ es claramente posible violar esta condición. Concluimos que $m=0$ es decir

$$\ker A=\ker B.$$

Dejemos que $D=\ker A=\ker B$ y $H=A(V)=B(V)$ . Si $D$ tiene codimensión $\le 1$ entonces $\dim \operatorname{Hom}(V/D,H)\le 1$ y así $A,B$ son linealmente dependientes. En todos los demás casos, dejemos que $k'=\max\{1,k-\dim D\}$ y considerar los isomorfismos $\tilde A,\tilde B\colon V/D\to\operatorname{im}(A)$ que $A,B$ inducir. Para cualquier $k'$ -subespacio dimensional $\tilde W$ de $V/D$ encontramos un $k$ -subespacio dimensional $W$ de $V$ en el $(k'+\dim D)$ -y concluir que $\tilde A(\tilde W)=A(W)=B(W)\tilde B(\tilde W)$ . Como $1\le k'<\dim (V/D)$ el lema 1 muestra que $\tilde A$ y $\tilde B$ son linealmente dependientes, por lo que también lo son $A$ y $B$ .

Answer 2

Desde $1\le k<\dim V$ para todo vector no nulo $u$ tenemos $$B\operatorname{span}(\{u\})=B\bigcap_{W\ni u,\,\dim W=k}W\subseteq\bigcap_{W\ni u,\,\dim W=k}BW=:\Delta.$$ La inclusión inversa también es cierta, ya que, si $Bv\notin B\operatorname{span}(\{u\})$ podemos ampliar $\{u,v\}$ a una base completa $\mathcal V\cup\mathcal K$ de $V$ tal que $B\mathcal V$ es una base de $BV$ y $\mathcal K$ es una base de $\ker B$ . Pero si elegimos $k$ vectores que incluyen $u$ pero no $v$ de esta base completa para formar un conjunto $S$ Tendríamos $Bv\notin B\operatorname{span}(S)\supseteq\Delta$ .

Por lo tanto, $B\operatorname{span}(\{u\})=\bigcap_{W\ni u,\,\dim W=k}BW$ y lo mismo ocurre con $A$ . De la suposición de su pregunta se deduce que $A\operatorname{span}(\{u\})=B\operatorname{span}(\{u\})$ para todo vector no nulo $u$ . En consecuencia, $\ker A=\ker B$ y $AV=BV$ .

Así, las restricciones $f$ y $g$ de $A$ y $B$ respectivamente en $\operatorname{span}(\mathcal V)$ son mapas lineales biyectivos entre $\operatorname{span}(\mathcal V)$ y $AV(=BV)$ . También, $f\left(\operatorname{span}(\{u\})\right)=g\left(\operatorname{span}(\{u\})\right)$ para todo vector no nulo $u\in\operatorname{span}(\mathcal V)$ . Pero eso significa que todo vector no nulo $u\in\operatorname{span}(\mathcal V)$ es un vector propio de $g^{-1}\circ f$ . Por lo tanto, $g^{-1}\circ f=\lambda\operatorname{Id}$ para algún escalar $\lambda$ , lo que significa que $A=\lambda B$ en $V$ .