¿Cuándo es $\ker AB = \ker A + \ker B$?

Question

Probar/Refutar: Sea $n$ un entero positivo. Sean $A$, $B$ dos matrices cuadradas de $n \times n$ sobre los números complejos. Si $AB = BA$ y $\ker A = \ker A^2$ y $\ker B = \ker B^2$ entonces $\ker AB = \ker A + \ker B.

(Recordemos que $\ker A$ es el conjunto de todos los vectores $v$ tal que $Av = 0$.)

Antecedentes: Estoy enseñando álgebra lineal este semestre. No me gustó la demostración estándar de la forma canónica de Jordan que encontré en los libros de texto, y pensé que podría demostrarlo de manera diferente, directamente desde los axiomas de un espacio vectorial, sin usar ni el determinante, ni el teorema de clasificación para grupos abelianos finitos. Si la afirmación anterior es verdadera, creo que tengo una prueba para la forma canónica de Jordan para $T$ al establecer $A = (T-\lambda_1I)^{n_1}$ y $B=(T-\lambda_2I)^{n_2}$ para $n_1$ y $n_2$ apropiados.

Nota 1: Si $A = B = \left( \begin{array}{cc} 0 & 1\\\0 & 0 \end{array} \right)$ entonces $AB = BA$ pero $\ker AB \neq \ker A + \ker B$.

Nota 2: Es fácil encontrar $A, B$ tal que $\ker A = \ker A^2$ y $\ker B = \ker B^2$ y $B$ mapea un vector fuera de $\ker A + \ker B$ a $\ker A$, por lo que $\ker AB \neq \ker A + \ker B$.

Por lo tanto, ambas condiciones son necesarias.

Answer 1

Dado que $\ker A = \ker A^2$, el mapa $\bar{A} : V/\ker A \to V/\ker A$ es inyectivo. Dado que $V/\ker A$ es de dimensión finita, este mapa es sobreyectivo. Entonces, para cualquier $x \in V$ podemos encontrar $y \in V$ y $z \in \ker A$ tal que $x = Ay + z.

Ahora supongamos que $ABx = 0$ y dejemos que $x = Ay + z$ como se mencionó anteriormente. Entonces, $0 = ABx = ABAy + ABz = A^2By + BAz = A^2By$ porque $AB = BA$ y $Az = 0.

Así que $By \in \ker A^2 = \ker A$, por lo tanto $ABy = 0$. Por lo tanto, $B(Ay) = 0$ y $Ay \in \ker B.

Por lo tanto, $x = Ay + z \in \ker B + \ker A.

Answer 2

Aquí hay una prueba. Primero observe que el espacio de todas las matrices de tamaño $n$ es de dimensión finita. Por lo tanto, las matrices $A,...,A^{m}$ son linealmente dependientes para un $m$ suficientemente grande (esto es en lugar de Hamilton-Cayley). Por lo tanto, existe un polinomio $f(x)$ tal que $f(A)=0$, $f(0)=0. Representamos $f(x)$ como $x^kg(x)$ donde $g(0)\ne 0$, $k\ge 1. Dividiendo por $g(0)$ podemos asumir que $g(0)=1. Tenemos $A^kg(A)=0. Por lo tanto $Ag(A)=0$ (ya que $Ker A= Ker A^2). Ahora dejemos que $ABx=0. Tenemos que $(g(A)-1)x=A*h(A)x$ (para algún $h), así que $(g(A)-1)x$ está en $Ker B. Dado que $g(A)x$ está en el núcleo de $A, tenemos la descomposición $x=g(A)x-(g(A)-1)x$ donde el primer sumando está en $Ker A, el segundo en $Ker B.

Answer 3

Aquí hay otra afirmación de más o menos el mismo resultado. Las ideas en la prueba son de esta prueba en alemán a la que Martin Brandenburg enlazó en su comentario.

Afirmación: Sea $n$ un entero no negativo. Sean $A$, $B$ dos matrices cuadradas de $n×n$ sobre los números complejos. Si $AB=BA$ y $\ker A \cap \ker B = \{0\}$ entonces $\ker AB=\ker A \bigoplus \ker B.

Nota: Suponer que $\ker A\cap\ker B=\{0\}$ no es una gran restricción, ya que siempre podemos hacer un cociente para eventualmente reducirlo a este caso.

Prueba: Dado que $A,B$ conmutan, es claro que $\ker A \bigoplus \ker B\subseteq \ker AB$. Además, $\ker AB$ es invariante bajo $A, B$. Dado que toda la acción está teniendo lugar dentro de $\ker AB$, podemos asumir sin pérdida de generalidad que $\ker AB$ es todo el espacio, de dimensión $n$. Esto implica que $\operatorname{im} B\subseteq \ker A.

Por el teorema del rango-nulidad, $\dim\ker B + \dim\operatorname{im} B = n$. Por lo tanto, $\dim\ker A + \dim\ker B\geq n$. Dado que estos espacios se intersectan trivialmente por la suposición, hemos terminado.