Identidad de Bézout-como para los operadores lineales

Question

Como de costumbre, cuando me plantean una pregunta aquí la respuesta que reciben genera más preguntas. Hoy me hice a mí mismo un problema originarios de esta respuesta por Joel Cohen.

Deje $V$ ser finito dimensional espacio vectorial sobre un campo arbitrario. Pongámonos de acuerdo para decir que el lineal de operadores de $A, B$ verificar una de Bézout-como la identidad si

existen lineal de operadores de $X, Y$ tal que $$I=XA+YB,$$ donde $I$ denota la asignación de identidad.

Problema: Encontrar condiciones necesarias y suficientes para $A$ $B$ a comprobar una de Bézout-como la identidad.

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Creo que la respuesta está en algún lugar alrededor de $\ker(A), \ker(B)$. Por ejemplo, si $A$ $B$ están asociados a la cuadra $n \times n$ matrices

$$A \equiv \begin{bmatrix} \mathbf{0} & \mathbf{0} \\ \mathbf{0} & P_{k \times k} \end{bmatrix}, \quad B \equiv \begin{bmatrix} Q_{h \times h} & \mathbf{0} \\ \mathbf{0} & \mathbf{0} \end{bmatrix}$$

con nonsingular $P, Q$, entonces podemos tomar

$$X= \begin{bmatrix} \mathbf{0} & \mathbf{0} \\ \mathbf{0} & P^{-1} \end{bmatrix}, \quad Y=\begin{bmatrix} Q^{-1} & \mathbf{0} \\ \mathbf{0} & \mathbf{0} \end{bmatrix}$$

que el rendimiento de una de Bézout-como la identidad si y sólo si $k +h=n$. Por otra parte, si $k+h < n$, entonces podemos estar seguros de que ninguna de Bézout-como la identidad es posible. Esto podría sugerir que el tratado de condición es

$$\ker(A) \oplus \ker(B)=V.$$

Answer 1

Es necesario y suficiente que la intersección de los núcleos es cero. La necesidad es obvia. Para mostrar suficiencia, elegir una base $v_1, ... v_n$ $V$ tal que abarcan de los primeros vectores de $a$ $\ker A$ y abarcan de los siguientes vectores de $b$ $\ker B$. Entonces podemos encontrar $X, Y$ $XA$ es la proyección sobre el % de vectores $v_{a+1}, ... v_n$y $YB$ es la proyección sobre el % de vectores $v_1, ... v_a$, por lo tanto, $XA + YB = I$ como se desee.