Demuestre que la ecuación de Sylvester tiene una solución única cuando $A$ y $-B$ no comparten valores propios

Question

Nos dan la ecuación de Sylvester $AX+XB=C$ con matrices complejas. Estoy tratando de entender la prueba de que si $A$ y $-B$ no comparten ningún valor propio, entonces hay una solución única $X$ para cualquier $C$ . La prueba está en Wikipedia y dice así:

Supongamos que $A$ y $-B$ no tienen valores propios comunes. Entonces sus polinomios característicos $f(z)$ y $g(z)$ tienen el mayor factor común $1$ . Por lo tanto, existen polinomios complejos $p(z)$ y $q(z)$ tal que $p(z)f(z)+q(z)g(z)=1$ . Por el teorema de Cayley-Hamilton, $f(A)=0=g(-B)$ Por lo tanto $g(A)q(A)=I$ . Sea $X$ sea cualquier solución de $S(X)=0$ Así que $AX=-XB$ y repitiendo esto se ve que $X=q(A)g(A)X=q(A)Xg(-B)=0$ . Por lo tanto, por el teorema del rango más la nulidad $S$ es invertible, por lo que para todo $C$ existe una solución única $X$ .

En primer lugar, no entiendo cómo se concluye que existe $p(z)$ y $q(z)$ tal que $p(z)f(z) + q(z)g(z)=1$ . Si esto se deduce de la afirmación anterior, no veo cómo.

En segundo lugar, no entiendo cómo se concluye que $q(A)g(A)X=q(A)Xg(-B)$ . De nuevo, si se deduce de una afirmación anterior, no está claro cómo.

Si alguien puede explicar estos pasos, o aportar una prueba diferente, se agradecería mucho.

Answer 1

La primera implicación es La identidad de Bézout para los polinomios . Es un equivalente para el dominio euclidiano de polinomios del ordinario sobre enteros coprimos $x$ y $y$ teniendo números enteros $a$ y $b$ para que $ax+by=1$ .

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La segunda se puede ver de forma inductiva. $g(A)$ es una suma de monomios $A^k$ por lo que, por linealidad, basta con demostrar que $A^kX=X(-B)^k$ para los enteros $k$ al menos $1$ (el término constante es obvio, ya que $I$ se desplaza con $X$ ). Esto se deduce por inducción:

• El caso base es $AX=-XB$ que ya tenemos.
• Si es cierto para $k$ ( a saber $A^kX=X(-B)^k$ ), entonces $$A^{k+1}X = A(A^kX)=A(X(-B)^k) = (AX)(-B)^k = (-XB)(-B)^k = X(-B)^{k+1},$$ donde la segunda igualdad utiliza la hipótesis de inducción y la tercera el caso base.

Por lo tanto, es cierto para todos los enteros $k\geq 1$ y la implicación es la siguiente.

Answer 2

Esto no responde exactamente a la pregunta original, pero proporciona una prueba alternativa que parece más sencilla que la que aparece en Wikipedia a partir del 2 de octubre de 2020.

Teorema . Dadas las matrices $A\in \mathbb{C}^{m\times m}$ y $B\in \mathbb{C}^{n\times n}$ La ecuación de Sylvester $AX-XB=C$ tiene una solución única $X\in \mathbb{C}^{m\times n}$ para cualquier $C\in\mathbb{C}^{m\times n}$ si y sólo si $A$ y $B$ no comparten ningún valor propio.

Prueba . La ecuación $AX-XB=C$ es un sistema lineal con $mn$ incógnitas y la misma cantidad de ecuaciones. Por lo tanto, se puede resolver de forma única para cualquier $C$ si y sólo si la ecuación homogénea $$ AX-XB=0 $$ sólo admite la solución trivial $0$ .

Supongamos que $A$ y $B$ no comparten ningún valor propio. Sea $X$ sea una solución de la mencionada ecuación homogénea. Entonces $AX=XB$ que se puede elevar a $A^kX = XB^k$ para cada $k \ge 0$ por inducción matemática. En consecuencia, $$ p(A) X = X p(B) $$ para cualquier polinomio $p$ . En particular, dejemos que $p$ sea el polinomio característico de $A$ . Entonces $$p(A)=0$$ debido a la Teorema de Cayley-Hamilton Mientras tanto, el teorema del mapa espectral nos dice $$ \sigma(p(B)) = p(\sigma(B)), $$ donde $\sigma(\cdot)$ denota el espectro de una matriz. Dado que $A$ y $B$ no comparten ningún valor propio, $p(\sigma(B))$ no contiene $0$ y por lo tanto $p(B)$ es no singular. Por lo tanto, $X= 0$ como se desee. Esto demuestra la parte "si" del teorema.

Supongamos ahora que $A$ y $B$ comparten un valor propio $\lambda$ . Sea $u$ sea el correspondiente vector propio derecho de $A$ , $v$ sea el correspondiente vector propio izquierdo de $B$ y $X=u{v}^*$ . Entonces $X\neq 0$ y $$ AX-XB = A(uv^*)-(uv^*)B = \lambda uv^*-\lambda uv^* = 0. $$ Por lo tanto, $X$ es una solución no trivial de la citada ecuación homogénea, lo que justifica la parte del teorema "sólo si". Q.E.D.

Nota: . El teorema sigue siendo cierto si $\mathbb{C}$ se sustituye por $\mathbb{R}$ en todas partes. La prueba para la parte "si" sigue siendo aplicable; para la parte "sólo si", nótese que tanto $\mathrm{Re}(uv^*)$ y $\mathrm{Im}(uv^*)$ satisfacen la ecuación homogénea $AX-XB=0$ y no pueden ser cero simultáneamente.

Answer 3

En caso de que aún no sepas cómo funciona esto, creo que es muy útil ver cómo los vectores propios/valores propios de $A$ y $B$ te dan directamente los valores propios del "operador Sylvester" $X \mapsto AX+XB$ . En realidad, es conceptualmente más claro trabajar con la transposición $C=B^t$ en lugar de $B$ lo que no supone ninguna diferencia porque $B$ y $C$ tienen la misma teoría espectral. Así que el operador es $$X \mapsto AX+XC^t : M_n(\mathbb{C}) \to M_n(\mathbb{C})$$ La idea básica se revela en el caso de que $A$ y $C$ son diagonalizables. Sea $u_1,\ldots, u_n$ sea una base de vectores propios para $A$ con los correspondientes valores propios $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ . Sea $w_1,\ldots,w_n$ sea una base de vectores propios para $C$ con valores propios $\mu_1,\ldots,\mu_n$ . Se puede comprobar que los productos exteriores \begin{align*} E_{ij} := u_i w_j^t && i,j = 1,\ldots,n \end{align*} son linealmente independientes en $M_n(\mathbb{C})$ y satisfacer $$ AE_{ij} + E_{ij} C^t = (\lambda_i + \lambda_j)E_{ij}.$$

La independencia lineal del $E_{ij}$ es básicamente una manifestación el isomorfismo del producto tensorial $(\bigotimes_i U_i) \oplus (\bigotimes_j W_j) \cong \bigoplus_{i,j} (U_i \otimes V_i)$ para los espacios vectoriales.

Conclusión: Si $A$ y $C$ son diagonalizables, entonces también lo es $X \mapsto AX+XC^t$ . Además, los valores propios de $X \mapsto AX+XC^t$ son precisamente $\lambda_i + \mu_j$ , donde $\lambda_i$ es un valor propio de $A$ y $\mu_j$ es un valor propio de $C$ . En particular, mientras ningún valor propio de $A$ es el negativo de un valor propio de $C$ el operador $X \mapsto AX+XC$ es invertible.

Trabajando un poco más, supongo que deberías ser capaz de mostrar cosas análogas sobre los espacios eigénicos generalizados, llevando al resultado que buscas. Sólo quería asegurarme de que esta conexión directa entre los valores propios de $A$ , $C$ y el operador $X \mapsto AX+XC^t$ estaba disponible para ti.