Calcula $\det{T}$ donde $T(X)=AX+XA$

Question

Considere la transformación lineal $T:V\to V$ dado por $T(X) = AX + XA$ , donde $$A = \begin{pmatrix}1&1&0\\0&2&0\\0&0&-1 \end{pmatrix}.$$ Calcular el determinante $\det T$ .

Sé que hubo un problema similar con un $A$ pero era una matriz diagonal, lo que facilitaba la situación. Calculé $XA + AX$ utilizando un $X$ pero no estoy seguro de a dónde ir a partir de ahí.

Answer 1

Una forma de hacerlo es "adivinar" los vectores propios:

Si $u$ es un vector propio de $A$ y $v$ un vector propio de $A^T$ entonces la matriz $uv^T$ es una "matriz propia" de la transformación $T$ .

Ahora que conoces los vectores propios, puedes encontrar los valores propios, y encontrar que el determinante es el producto de todos los valores propios.

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Una aproximación más concisa es la siguiente: introduzca $$X= \pmatrix{1\\0\\0}\pmatrix{0&0&1} = \pmatrix {0&0&1\\0&0&0\\0&0&0}$$ para encontrar que $T(X)=0$ lo que significa que $T$ no es invertible, lo que significa que $\det(T)=0$ .

Answer 2

$$\begin{align} T(X) &= AX + XA \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_{11} & x_{12} & x_{13} \\ x_{21} & x_{22} & x_{23} \\ x_{31} & x_{32} & x_{33} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_{11} & x_{12} & x_{13} \\ x_{21} & x_{22} & x_{23} \\ x_{31} & x_{32} & x_{33} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} x_{11}+ x_{21} & x_{12}+ x_{22} & x_{13}+ x_{23} \\ 2 x_{21} & 2 x_{22} & 2 x_{23} \\ -x_{31} & -x_{32} & -x_{33} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_{11} & x_{11} + 2x_{12} & -x_{13} \\ x_{21} & x_{21} + 2x_{22} & -x_{23} \\ x_{31} & x_{31} + 2x_{32} & -x_{33} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 2x_{11}+ x_{21} & x_{11} + 3x_{12}+ x_{22} & x_{23} \\ 3 x_{21} & x_{21} + 4 x_{22} & x_{23} \\ 0 & x_{31} + x_{32} & -2x_{33} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_{11} \\ x_{12} \\ x_{13} \\ x_{21} \\ x_{22} \\ x_{23} \\ x_{31} \\ x_{32} \\ x_{33} \\ \end{pmatrix} \end{align}$$ Fila $7$ es cero, por lo que $\det(T) = 0$ .

Answer 3

Para $A \in M_3(\mathbb{R})$ , set $T_A(X) = AX + XA$ . Tenga en cuenta que su $A$ es diagonalizable y por tanto podemos encontrar un $P$ tal que $P^{-1}AP = \operatorname{diag}(1,2,-1)$ := D. Consideremos el mapa $S \colon V \rightarrow V$ dado por $S(X) = P^{-1}XP$ . Tenga en cuenta que $S$ es invertible y $S^{-1}(X) = PXP^{-1}$ . Ahora,

$$(S^{-1} \circ T_A \circ S)(X) = S^{-1}(T(P^{-1}XP)) = S^{-1}(AP^{-1}XP + P^{-1}XPA) = P(AP^{-1}XP + P^{-1}XPA)P^{-1} = DX + XD = T_D(X).$$

Así, $T_A$ es similar a $T_D$ y $\det(T_A) = \det(T_D)$ por lo que se puede reducir el problema al caso de que la matriz sea diagonal.

Answer 4

Tenga en cuenta que $T$ es una transformación lineal para matrices cuadradas, por lo que tiene más sentido reescribir $X\in\mathbb{R}^{n\times n}$ como un vector largo $\mathrm{vec}(X)\in\mathbb{R}^{n^2}$ y reescribir $T:\mathbb{R}^{n\times n}\to\mathbb{R}^{n\times n}$ como la representación matricial de $T:\mathbb{R}^{n^2}\to\mathbb{R}^{n^2}$ . Necesitamos Producto Kronecker para esta última representación. Básicamente,

$$T(X)=AXB\Longrightarrow T=B^\mathrm{T}\otimes A$$

En este caso, tenemos $T=I\otimes A+A^\mathrm{T}\otimes I\in\mathbb{R}^{9\times 9}$ . De la regla de cálculo del producto de Kronecker, $T$ puede dividirse en $3\times 3$ bloques. Denotemos los bloques como $T_{ij}\in \mathbb{R}^{3\times 3}\ (1\le i,j\le 3)$ . Desde $A$ de la forma, sabemos que $T_{13}=T_{23}=T_{31}=T_{32}=\mathbf{0}^{3\times 3}$ . Además tenemos $T_{33}=A-I\Longrightarrow\det T_{33}=0$ . Así que finalmente obtenemos $\det T=\det ([T_{11}\ T_{12};\ T_{21}\ T_{22}])\cdot\det T_{33}=0$ .

Nota: si se escribe explícitamente todo el material será lo mismo que la respuesta de @mvw.

Answer 5

Si $A$ es diagonalizable y su eigendecomposición es $A = Q \Lambda Q^{-1}$ y luego multiplicar por la izquierda y por la derecha ambos lados de $T (X) = A X + X A$ por $Q^{-1}$ y $Q$ produce

$$Q^{-1} T (X) Q = Q^{-1} A X Q + Q^{-1} X A Q = \Lambda Q^{-1} X Q + Q^{-1} X Q \Lambda = \Lambda Y + Y \Lambda$$

donde $Y = Q^{-1} X Q$ . Sea $\tilde{T} (Y) := \Lambda Y + Y \Lambda$ . Por lo tanto,

$$\det (T(X)) = \det (\Lambda Y + Y \Lambda) = \det (\tilde{T} (Y))$$

La imagen del eigenmatriz $\mathrm{e}_i \mathrm{e}_j^T$ es

$$\tilde{T} (\mathrm{e}_i \mathrm{e}_j^T) = \Lambda \mathrm{e}_i \mathrm{e}_j^T + \mathrm{e}_i \mathrm{e}_j^T \Lambda = (\lambda_i \mathrm{e}_i) \mathrm{e}_j^T + \mathrm{e}_i (\lambda_j \mathrm{e}_j)^T = (\lambda_i + \lambda_j) \, \mathrm{e}_i \mathrm{e}_j^T$$

El valor propio asociado a la matriz propia $\mathrm{e}_i \mathrm{e}_j^T$ es $\lambda_i + \lambda_j$ . Por lo tanto, si podemos encontrar un par de valores propios de $A$ tal que $\lambda_i + \lambda_j = 0$ podemos concluir que $\tilde{T}$ tiene un valor propio cero y que

$$\det (\tilde{T}) = \det (T) = 0$$

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Ejemplo:

La siguiente matriz

$$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & -1\end{bmatrix}.$$

es diagonalizable y su espectro es $\{2,1,-1\}$ . Desde $-1+1=0$ concluimos que $\det (T) = 0$