X,AX no tienen en común los autovalores

Question

Deje $A\in M_n(\mathbb{C})$ s.t. $A\not= I_n$. Demostrar que no es $X\in M_n(\mathbb{C})$ s.t. $X$ $AX$ no tienen en común los autovalores.

Tal vez es fácil de probar, pero no sé cómo hacerlo.

Comentario. La prueba es fácil cuando $1\notin spectrum(A)$. Por otra parte, si el pedido resultado es true, entonces podemos demostrar que $\{X;X,AX \;\;\text{have no common eigenvalues}\}$ es Zariski abierto denso en $M_n(\mathbb{C})$.

Answer 1

Esta es feo, pero espero que funcione. Suponga $A$ ya está en forma normal de Jordan. Podemos considerar tres posibilidades:

(a) $A$ no tiene ningún trivial ($1\times1$) Jordania bloque para el autovalor $1$. Deje $A=J\oplus F$ donde $J$ es una suma directa de todos los que no son triviales Jordania bloques para el autovalor $1$ $F$ sólo contiene bloques de Jordan para otros valores propios. El uso de una similitud de transformación, podemos hacer que la superdiagonal entradas de $J$ arbitrariamente grande, dejando su diagonal entradas sin cambios. Por tanto, podemos asumir que todos los valores propios de esta modificación de la $J$ son diferentes de $1$. Tome $X=J^T \oplus I$, por lo que el $AX=(JJ^T)\oplus F$. El único autovalor de a$X$$1$, pero todos los autovalores de a $AX$ son diferentes de $1$.

(b) $A$ tiene al menos un trivial Jordania bloque para el autovalor $1$, e $A$ no es diagonalizable. Deje $A=I_k\oplus J\oplus A'$ donde $J$ algunos $m\times m$ trivial Jordania (bloque de su autovalor es irrelevante) y $A'$ no tiene ningún trivial Jordania bloque para el autovalor $1$. Por (a), hay algunos $X'$, cuyo único autovalor es $1$, de tal manera que $X'$ $A'X'$ no la superposición de los espectros. Así, sólo tenemos que lidiar con la submatriz $I_k\oplus J$$A$.

Cuando el superdiagonal entradas de $J$ son lo suficientemente grandes, todos los valores singulares de a $J$ son diferentes de $1$. Por lo tanto, por un nuevo cambio de base, podemos suponer que la $A=I_k\oplus SV^\ast\oplus A'$ donde $SV^\ast$ es un SVD con todos los valores singulares de a $s_1,s_2,\ldots,s_m\ne1$. Deje $v$ ser la primera columna de $V$ y deje $W$ contiene el resto de las columnas. Tomar $$ X=\pmatrix{0&I_k&0\\ v&0&W}\oplus (tX') $$ para algunos $t>0$. (Aquí el primer sumando es $(k+m)\times(k+m)$; el cero submatrices dentro de él no son necesariamente de la plaza. El segundo sumando $tX'$$(n-k-m)\times(n-k-m)$; tiene el mismo tamaño como $A'$.) Desde el primer sumando es unitaria, los autovalores de a $X$ tienen unidad de los módulos o son iguales a $t$. En contraste, los valores propios de $$ AX=\left(\begin{array}{cc|c} 0&I_k\\ s_1&0\\ \hline &&\operatorname{diag}(s_2,\ldots,s_m) \end{array}\right)\oplus (tA X') $$ se $s_2,\ldots,s_m$, $(k+1)$- th raíces de $s_1$, y los valores propios de a $tA'X'$. Así, al $t$ es lo suficientemente grande, los espectros de $X$ $AX$ no se superponen.

(c) $A$ es diagonal. Deje $A=(I_k\oplus\lambda_1)\oplus\operatorname{diag}(\lambda_2,\ldots,\lambda_{n-k})$, donde cada una de las $\lambda_j\ne1$. En este caso podemos tomar $X=\pmatrix{0&1\\ &\ddots&1\\ &&\ddots&\ddots\\ &&&0&1\\ c&0&\cdots&\cdots&0}\oplus I_{n-k-1}$ para un número $c\in\mathbb C$. El espectro de $X$ contiene $1$ e las $(k+1)$-th raíces de $c$, mientras que el espectro de $AX$ contiene $\lambda_2,\ldots,\lambda_{n-k}$ e las $(k+1)$-th raíces de $c\lambda_1$. Como $\lambda_1\ne1$, podemos recoger $c$ tal que los dos espectros no se superponen.