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Rango de transformación $Y=AX-XA$

Considere el espacio vectorial $V$ consisten todas las $n \times n$ matriz (real o complejo).

Cuál es el rango de la transformación lineal $f(X)=AX-XA$ ($A\in V$)? ($A$ es una matriz dada, lo que significa que podemos tener información sobre ella)

He tratado de considerar la base de la $V$ pero no funciona.

EDITADO:

$\operatorname{rank} f = n^2 - \operatorname{dim}N(f)$, lo que significa que sólo tenemos que encontrar la demension de $N(f)$, que creo que es mucho más fácil.

Resulta que no es que sea más fácil.

EDIT 2: En la primera respuesta se ha demostrado que la matriz de la versión de la transformación tiene al menos $n$ cero raíces del polinomio característico, sin embargo no es cierto que estas raíces son acompañados con vectores propios (Considerar un nilpotent matriz de grado $n$ siempre ha $n$ cero raíces, pero tiene sólo $1$ autovector). Por lo tanto, a menos que $A$ es diagonalisable, creo que el problema no está resuelto todavía.

9voto

daw Puntos 11189

La ecuación es una forma especial de una ecuación de Sylvester. Mediante la vectorización de la operación, la ecuación $$ AX-XA=0 $$ es equivalente a $$ (I\otimes a - a^T\otimes I)vec(X)=0. $$ Indicar los valores propios de a$A\in \mathbb C^{n,n}$$\lambda_1\dots \lambda_n$. A continuación, la matriz de $I\otimes A - A^T\otimes I$ tiene los autovalores $\lambda_{ij} = \lambda_i - \lambda_j$, $i,j=1\dots n$.

Por lo tanto, la dimensión del espacio nulo de a $f$ depende del espectro de $A$. La dimensión del espacio nulo es, al menos,$n$, lo que aparece si los autovalores de a $A$ son distintos. En el otro extremo, la dimensión del espacio nulo es $n^2$ si $A$ es un múltiplo de la identidad.

7voto

Chris Ballance Puntos 17329

Si el campo subyacente es $\mathbb R$ o $\mathbb C$ no hace ninguna diferencia. El rango de $f$ es igual al rango de su representación de la matriz de $M=I\otimes A-A^T\otimes I$, pero el rango de una verdadera matriz $\mathbb R$ es igual a su rango de más de $\mathbb C$. Así, podemos simplemente asumir que el campo de tierra es complejo.

Por un cambio de base, que además puede suponer que $A$ ya está en su Jordan en la forma (en la secuela, si el Jordán formulario contiene una submatriz de la forma $\lambda_k I_{m_k}$, esta submatriz será visto como una suma directa de $m_k$ trivial Jordania bloques). Por la clasificación de nulidad teorema, el problema se reduce a encontrar todos los centralisers de un Jordan en la forma $A$. Indicar que un bloque de Jordan con autovalor $\lambda$ y el tamaño de la $p$$J_p(\lambda)$. Si imponemos una estructura de bloques en $X$ que se ajusta a la estructura del bloque de $A$, podemos inspeccionar la ecuación de $AX=XA$ blockwise. Ahora, es una técnica sencilla pero muy aburrido ejercicio para demostrar que:

  1. Si $Y$ $p\times q$ matriz rectangular, a continuación, $J_p(\lambda_1)Y=YJ_q(\lambda_2)$ algunos $\lambda_1\ne\lambda_2$ si y sólo si $Y=0$.
  2. Si $Y$ $p\times q$ matriz rectangular, a continuación, $J_p(\lambda)Y=YJ_q(\lambda)$ si y sólo si $Y$ tiene la siguiente forma, donde a $T$ denota cualquier $\min(p,q)\times\min(p,q)$ triangular superior de la matriz de Toeplitz: $$ \begin{cases} Y=T & \text{if } p=q>1,\\ Y=\pmatrix{T\\ 0} & \text{if } p>q>1,\\ Y=\pmatrix{0, T} & \text{if } 1<p<q,\\ \text{the first entry of } Y \text{ is zero} & \text{if } p>q=1,\\ \text{the last entry of } Y \text{ is zero} & \text{if } p=1<q,\\ Y \text{ is any scalar } & \text{if } p=q=1. \end{casos} $$

De ello se sigue que si $A$ se descompone en una suma directa de los bloques de Jordan $A = \bigoplus_{i=1}^m J_{p_i}(\lambda_i)$, la nulidad de $f$ está dado por $\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^m r(i,j)$, donde $$ r(i,j)= \begin{cases} 0 & \text{if } \lambda_i\ne \lambda_j,\\ \min(p_i,p_j) & \text{if } \lambda_i=\lambda_j \text{ and } \min(p_i,p_j)>1,\\ \max(p_i,p_j)-1 & \text{if } \lambda_i=\lambda_j \text{ and } \max(p_i,p_j)>\min(p_i,p_j)=1,\\ 1 & \text{if } \lambda_i=\lambda_j \text{ and } p=q=1 \end{casos} $$ y $\operatorname{rank}(f)=n^2-\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^m r(i,j)$. En el caso especial donde $A$ es diagonalisable (de modo que $m=n$ $p_i=1$ todos los $i$), esto se reduce a $\operatorname{rank}(f)=n^2-\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n 1_{\lambda_i=\lambda_j}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n 1_{\lambda_i\ne\lambda_j}$.

3voto

Spencer Puntos 48

Acabo de leer este archivo; aquí el producto de Kronecker es inútil. De hecho, $rank(f)=n^2-dim(C(A))$ donde $C(A)$ es el commutant de $A$. Según el Jordán de la descomposición de la teoría, es suficiente para obtener el $dim(C(A))$ al $A$ es nilpotent. Por lo tanto, vamos a $n_0=0,n_k= dim(ker(A^k))$. Es bien sabido que el $dim(C(A))=\sum_{k\geq 0}(n_{k+1}-n_k)^2$. En particular, $dim(C(A))$ es la suma de los cuadrados de los ${m_k}^2$ s.t. $\sum_km_k=n$. Por el contrario, si nos dan una secuencia, es asociada a una matriz de $A$.

$rank(f)$ tiene un sentido geométrico: vamos a $V$ ser el algebraicas variedad de matrices que son similares a $A$; luego los elementos de $V$ dependen de la $rank(f)$ libre de parámetros.

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