Mínimo polinomio de $T(X)=A^{-1}XA$

Question

Deje $A$ ser invertible, diagonalizable la matriz y deje $V$ ser el espacio de $n \times n$ matrices. Definir $T\colon V\to V$$T(X)=A^{-1}XA$. Encontrar los autovalores, mínima, y el polinomio característico de a $T$.

Creo que tengo lo que los autovalores podría ser. Si dejamos $A=QDQ^{-1}$ donde $D$ es diagonal con entradas de $\lambda_1,\dots,\lambda_n$, $T(X)=\lambda X$ es equivalente a $D^{-1}ZD=\lambda Z$ donde $Z=Q^{-1}XQ$. Por lo tanto, la comparación de las entradas a la izquierda y a la derecha, tengo que $\lambda z_{ii}=z_{ii}$ por cada $i$, y si $i\not=j$, $\lambda z_{ij}=\frac{\lambda_j}{\lambda_i}z_{ij}$. Por lo que la posible autovalores de a $T$ $\lambda=1$ o $\lambda=\frac{\lambda_j}{\lambda_i}$, $i\not=j$.

A partir de aquí, sin embargo, no veo cómo encontrar el mínimo o el polinomio característico de a $T$.

Answer 1

Una posible manera de mostrar que esos son los autovalores es exibit la matriz de la T.

Es útil para la primera nota de que la función de $T(X)=AXA^{-1}$ es equivalente a $S(X)=DAD^{-1}$, de hecho $$T(X)= Q D Q^{-1} X Q D^{-1} Q^{-1} = \beta_{Q} \circ S \circ \beta_{Q^{-1}}(X) $$ where $\beta_Q(X) = Q X P^{-1}$ es un invertible lineal mapa con determinante.

Ahora podemos estudiar $S$.

Deje $\mathcal{E}$ ser la base canónica de $V$, el espacio de la $n \times n$ matrices, ordenar por columnas.

Las matrices de $L_{D^{-1}}(X) = D^{-1}X$ $R_{D}(X)=XD$ en base a la $\mathcal{E}$ son fácilmente demostrado por los directos de computación para ser diagonal, con valores propios, respectivamente $(\lambda_i^{-1})$ $(\lambda_i)$ cada repeaten $n$ veces y en una intercalados disposición. La matriz de $S$ es su producto, que es la diagonal con entradas de la forma $\frac{\lambda_i}{\lambda_j}$. Los autovalores, caratheristic y un mínimo de polinomyal se pueden encontrar, como las de una matriz diagonal.

Answer 2

De hecho, esos son los valores propios. De hecho, $T$ es equivalente a la lineal mapa de $(A^T\otimes A^{-1})\mbox{vec}(X)$. Por lo tanto, el Jordán formulario consta de $1$a$1$ bloques (como $A$ es diagonalizable) y los autovalores son $\lambda_i\lambda_j^{-1}$ todos los $i,j=1,\ldots,n$. Por lo tanto, el polinomio característico es $p(z)=(z-1)^n\prod_{i\neq j}(z-\lambda_i\lambda_j^{-1})$. Para obtener el polinomio mínimo, eliminar la repetición de los factores en $p(z)$.

Answer 3

@Chhro 's respuesta es correcta (yo upvoted). Podemos agregar que sigue:

$A,A^{-1},A^T$ es diagonalizable. Deje $spectrum(A)=(\lambda_i)$ y deje $(u_i)$ ser un asociado de eigen-base de $A$, $(v_i)$ ser un asociado de eigen-base de $A^T$. A continuación,$A^{-1}u_i=\dfrac{1}{\lambda_i}u_i$$v_j^TA=\lambda_jv_j^T$.

Tenga en cuenta que $\mathcal{B}=(u_iv_j^T)_{i,j}$ $n^2$ elementos y es una base de $M_n$. Por otra parte, $T(u_iv_j^T)=\dfrac{\lambda_j}{\lambda_i}u_iv_j^T$ y, por tanto, $\mathcal{B}$ es una base de vectores propios de a$T$$spectrum(T)=(\lambda_j/\lambda_i)_{i,j}$.

Conclusión: $T$ es diagonalizable, su polinomio característico es $p(x)=\Pi_{i,j}(x-\lambda_i/\lambda_j)$ y su mínimo polinomio está constituido por el producto de los distintos términos de $p(x)$.