$C(M)=\{A\in M_n(\mathbb{C}) \mid AM=MA\}$ es un subespacio de dimensión al menos $n$ .

Question

Dejemos que $M_n(\mathbb{C})$ denotan el espacio vectorial sobre $\mathbb{C}$ de todos $n\times n$ matrices complejas. Demostrar que si $M$ es un complejo $n\times n$ matriz entonces $C(M)=\{A\in M_n(\mathbb{C}) \mid AM=MA\}$ es un subespacio de dimensión al menos $n$ .

Mi intento:

He demostrado que $C(M)$ es un subespacio. Pero ¿cómo puedo demostrar que es de dimensión al menos $n$ . Ni idea de cómo hacerlo. Encontré preguntas similares publicadas en MSE pero no pude encontrar una respuesta clara. Así que, por favor, no marque esto como duplicado.

¿Puede alguien ayudarme a encontrar esto?

EDIT: Ninguna de las respuestas dadas me ha quedado clara. Apreciaría si alguien revisa mi intento a continuación:

Si $J$ es una forma canónica de Jordan de $A$ entonces son similares. Las matrices similares tienen el mismo rango. $J$ tiene una dimensión mínima de $n$ . También lo hace $A$ . ¿Estoy en lo cierto?

Answer 1

Su enfoque es correcto. Deje que $PMP^{-1}=J$ con un sistema invertible $P$ y Jordan forman $J$ . Entonces $$ \begin{align} AM=MA &\Longleftrightarrow PAMP^{-1}=PMAP^{-1} \\ &\Longleftrightarrow PAP^{-1} PMP^{-1} = PMP^{-1} PAP^{-1}\\ &\Longleftrightarrow PAP^{-1} J= J PAP^{-1}. \end{align} $$ Así, tenemos $$ \phi_P : C(M) \rightarrow C(J) $$ dado por $\phi_P(A) = PAP^{-1}$ es una transformación lineal invertible con $\phi_P^{-1}(B)= P^{-1}BP$ . Así que, $C(M)$ y $C(J)$ son isomorfos a través del isomorfismo $\phi_P$ . Por lo tanto, $C(M)$ y $C(J)$ tienen las mismas dimensiones sobre $\mathbb{C}$ .

Entonces, si demuestran que $C(J)$ tiene una dimensión mínima de $n$ entonces lo mismo es cierto para $C(M)$ también.

Alternativamente, como comenté el año pasado, también se puede utilizar la fórmula general dada en Centralizador de una matriz . Esto da la siguiente información:

Dejemos que $\mathbb{F}$ sea un campo y $M\in M_n(\mathbb{F})$ . Denote por $C(M)=\{A\in M_n(\mathbb{F}) | AM=MA\}$ el centralizador de $M$ . La dimensión de $C(M)$ en $\mathbb{F}$ viene dada por $$ \mathrm{dim}_{\mathbb{F}} C(M) = \sum_p (\mathrm{deg}(p))\sum_{i,j} \min (\lambda_{p,i}, \lambda_{p,j}), $$ donde $p$ es cualquier polinomio irreducible que divide el polinomio característico de $M$ y $\lambda_p= \sum \lambda_{p,i}$ es la potencia exacta de $p$ en el polinomio característico de $M$ . Aquí, $\lambda_{p,i}$ son las potencias de $p$ en la descomposición primaria del $\mathbb{F}[x]$ -Módulo $\mathbb{F}^n$ en el que $x$ actos de $M$ -multiplicación a la izquierda.

Al tomar $i=j$ sólo en la doble suma, obtenemos que $$ \mathrm{dim}_{\mathbb{F}}C(M) \geq \sum_p (\mathrm{deg}(p)) \sum_i \lambda_{p,i} = n. $$

La igualdad se produce si y sólo si el polinomio mínimo y el polinomio característico de $M$ coinciden. Además, tenemos en este caso, $$ C(M)=\{f(M) | f\in \mathbb{F}[x]\} = \mathrm{span}_{\mathbb{F}} \{ I, A, \ldots , A^{n-1}\}. $$

Answer 2

SUGERENCIA: Una matriz cuadrada $A$ sobre un campo $F$ se desplaza con cada $F$ -combinación lineal de potencias no negativas de $A$ .

Es decir, por cada $a_0$ , $\dots$ , $a_n \in F$ ,

$$A(\sum_{k=0}^n a_kA^k) = \sum_{k=0}^n a_k A^{k+1} = (\sum_{k=0}^n a_k A^k) A.$$

Answer 3

Obsérvese que basta con demostrar la afirmación para los bloques de Jordan.

Dejemos que $J$ ser un $n\times n$ bloque de Jordan cuyas entradas diagonales son $\lambda$ y que $U$ sea la matriz cuyas entradas son $1$ en la superdiagonal y $0$ en otro lugar. Entonces $\{U^0, U^1, \dots, U^{n-1}\}$ , donde $U^0$ es la matriz identidad, es un conjunto linealmente independiente de $n$ elementos en $C(J)$ . Así que $\dim(C(J))\geq n$ .

---

La independencia lineal es clara, y la conmutatividad puede justificarse de las dos maneras siguientes:

1. Tenga en cuenta que para $1\leq k\leq n-1$ , $U^k = (J-\lambda I)^k$ por supuesto, viaja con $J$ .
2. El cálculo directo muestra que para $1\leq k\leq n-1$ $$ U^k J = JU^k = \begin{pmatrix} 0 & J_{n-k} \\ 0 & 0\end{pmatrix} $$ donde $J_{n-k}$ es el $(n-k)\times(n-k)$ bloque de Jordan cuyas entradas diagonales son $\lambda$ .

---

Hice este problema con el segundo enfoque y, después de leer la pista de GAVD, me di cuenta de que el primer enfoque es la razón por la que tenemos la conmutatividad.

Answer 4

Dejemos que $K$ sea un campo, $A\in M_n(K)$ y $C(A)$ sea la conmutante de $A$ . Evidentemente, si $A,B$ son similares, entonces $\dim(C(A))=\dim(C(B))$ .

Definición. $U\in M_n(K)$ se dice que es cíclico si existe $u\in K^n$ s.t. $\{u,Uu,\cdots,U^{n-1}u\}$ es una base de $K^n$ . Obsérvese que, cuando $U$ es cíclica, las matrices $I,U,\cdots,U^{n-1}$ son linealmente independientes y, por lo tanto $\dim(C(U))\geq n$ .

La clave es la siguiente proposición

Proposición. Si $A\in M_n(K)$ no es cíclico, entonces hay dos subespacios propios complementarios de $K^n$ que son $A$ -invariante.

Prueba. Sea $m_A=p_1^{u_1}\cdots p_k^{u_k}$ sea la descomposición del polinomio mínimo de $A$ en irreductibles. Si $k>1$ entonces, de acuerdo con el teorema de los núcleos, $K^n=\oplus_i \ker(p_i^{u_i})$ y hemos terminado. Entonces podemos asumir que $m_A=p^u$ donde $p$ es irreducible de grado $d$ . Si $\mathcal{B}$ es una base de $K^n$ , entonces hay $e\in\mathcal{B}$ s.t. $m_A$ es su polinomio mínimo; por tanto $\{e,Ae,\cdots,A^{ud-1}e\}$ es un sistema libre y abarca $E_1$ El primer $A$ -subespacio invariable. Obsérvese que, si $A$ no es cíclico, entonces $ud<n$ .

EDITAR. Ahora $A$ induce un endomorfismo de $K^n/E_1$ que puede representarse (como primer paso) por $\pi\circ A_{|U}$ donde $K^n=E_1\oplus U$ y $\pi$ es la proyección asociada sobre $U$ ; deja que $m_1=p^v,v\leq u$ sea su polinomio mínimo; consideramos una base $\mathcal{B}_1$ de $\ker(m_1(A))$ por construcción, hay $e_1\in \mathcal{B}_1$ s.t. $m_1$ es su polinomio mínimo y s.t. $\{e_1,Ae_1,\cdots,A^{vd-1}e_1\}$ abarca $E_2$ , un segundo $A$ -que es una suma directa con $E_1$ y así sucesivamente...

Corolario. $\dim(C(A))\geq n$ .

Prueba. Procedemos por recurrencia sobre $n$ . Si $A$ es cíclico, entonces, según la observación anterior, hemos terminado. En caso contrario, según la Proposición, hay $p\in \left\{1,\cdots,n-1\right\}$ s.t. $A$ es similar a una matriz de la forma $B=\operatorname{diag}(U,V)$ donde $U\in M_p(K),V\in M_{n-p}(K)$ . Tenga en cuenta que $C_1=\{\operatorname{diag}(X,Y)|X\in M_p(K),Y\in M_{n-p}(K),UX=XU,YV=VY \}$ es un subespacio de $C(B)$ . Por la hipótesis de recurrencia, $\dim(C_1)\geq p+n-p=n$ y hemos terminado.

Answer 5

En el caso de que $M$ tiene $n$ valores y vectores propios únicos, hay un argumento bastante sencillo. Para el valor propio $\lambda$ hay vectores $v_L$ y $v_R$ que son los vectores propios izquierdo y derecho. Construya el $n\times n$ matriz $C_\lambda = v_L v_R^T$ : $C_v$ es tal que todas sus filas son múltiplos escalares de $v_R$ y todas sus columnas son múltiplos escalares de $v_L$ .

Por lo tanto, $M C_\lambda = C_\lambda M = \lambda C_\lambda$ .

Esperaría poder avanzar mucho trabajando con eigenvectores generalizados.