与单谱线性变换可交换,则可以表成它的多项式

hbghlyj

复数域上$n$维线性空间$V$的线性变换$\underline A$的所有特征值组成的$n$元数组$(λ_1,λ_2,⋯,λ_n)$称为$\underline A$的谱(spectrum),如果$\underline A$的所有特征值都是1重的,则$\underline A$的谱称为单的.
设$\underline A$的谱是单的.
(1)证明:如果线性变换$\underline B$与$\underline A$可交换,即$\underline{BA}=\underline{AB}$,则$\underline B$能表示成$\underline A$的一个次数小于$n$的多项式.
(提示:易知$\underline A$可对角化,去证$\underline A$可对角化,然后用待定系数法.)
(2)证明:与$\underline A$可交换的所有线性变换组成的集合是$\operatorname{Hom}(V,V)$的一个子空间,记作$C(\underline A)$,并且$\dim C(\underline A)=\dim V$.
高等代数(丘维声)下册256页(习题9.5 第15题)

Czhang271828

该题挖掘一下还是很有趣的:

(1) $A$ 无重特征值, 因此 $A$ 可对角化 (所有 Jordan 块大小为 $1$), 从而存在某组基底使得 $A$ 对应的矩阵 $\Lambda$ 为对角矩阵, 且 $\Lambda$ 对角元 $\lambda_{ii}=\lambda_i$ 为第 $i$ 大特征值.

设 $B$ 在改组基底下对应矩阵 $N=(n_{ij})$, 则由 $\Lambda^{-1}N\Lambda= N$ 可知 $n_{ij}\cdot\dfrac{\lambda_i}{\lambda_j}=n_{ij}$. 由于 $\lambda_i$ 不尽相同, 从而 $N$ 只能为对角矩阵. 再由插值多项式可知 $N$ 能用 $\{\Lambda^{k}\}_{k=0}^{\dim \Lambda-1}$ 线性表示, 即 $B$ 为 $A$ 的多项式形式.

(2) 据 (1) 可知, 与 $A$ 可交换的线性变换组成的集合(显然是线性空间)等价于 $A$ 的多项式空间, 即多项式空间与 $A$ 极小零化多项式之商空间 $P[x]/m_A(x)$.  其维数为 $\deg m_A(x)\xcancel{+1}=n$.

(补充) 若没有"单谱"之限定, 则需考虑大小不为 $1$ 的 Jordan 块. 我们不妨考虑一般的矩阵方程 $AX-XB=O$ 之解法:

Step 1. 考虑 Jordan 分解 $A=P^{-1} J_AP$, $B=Q^{-1}J_BQ$, 则
$$
AX=XB\Leftrightarrow J_A(P^{-1}XQ)=(P^{-1}XQ)J_B.
$$
记 $Y=P^{-1}XQ$, 则原方程转化为 $J_AY=YJ_B$.

Step 2. 将该方程转化成更为直观的线性方程, 例如设$A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix}b_{11}&b_{12}\\b_{21}&b_{22}\end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix}x_{11}&x_{12}\\x_{21}&x_{22}\end{pmatrix}$, $Y=\begin{pmatrix}y_{11}&y_{12}\\y_{21}&y_{22}\end{pmatrix}$. 从而：

1. 矩阵方程$AX=Y$​等价于
   $$
   \begin{pmatrix}
   a_{11}&0&a_{12}&0\\
   0&a_{11}&0&a_{12}\\
   a_{21}&0&a_{22}&0\\
   0&a_{21}&0&a_{22}\\
   \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}
   x_1\\x_2\\x_3\\x_4
   \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
   y_1\\y_2\\y_3\\y_4
   \end{pmatrix}.
   $$

2. 矩阵方程$XB=Y$等价于
   $$
   \begin{pmatrix}
   b_{11}&b_{21}&0&0\\
   b_{12}&b_{22}&0&0\\
   0&0&b_{11}&b_{21}\\
   0&0&b_{12}&b_{22}\\
   \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}
   x_1\\x_2\\x_3\\x_4
   \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
   y_1\\y_2\\y_3\\y_4
   \end{pmatrix}.
   $$

3. 矩阵方程$AXB=Y$等价于
   $$
   \begin{pmatrix}
   a_{11}b_{11}&a_{11}b_{21}&a_{12}b_{11}&a_{12}b_{21}\\
   a_{11}b_{12}&a_{11}b_{22}&a_{12}b_{12}&a_{12}b_{22}\\
   a_{21}b_{11}&a_{21}b_{21}&a_{22}b_{11}&a_{22}b_{21}\\
   a_{21}b_{12}&a_{21}b_{22}&a_{22}b_{12}&a_{22}b_{22}\\
   \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}
   x_1\\x_2\\x_3\\x_4
   \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
   y_1\\y_2\\y_3\\y_4
   \end{pmatrix}.
   $$

一般地, 设$P\in K^{k\times l}$, $Q\in K^{m\times n}$, 从而$P\otimes Q\in K^{km\times ln}$. 其形式为
$$
P\otimes Q=\begin{pmatrix}p_{11}Q&p_{12}Q&\cdots &p_{1l}Q\\p_{21}Q&p_{22}Q&\cdots&p_{2l}Q\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\p_{k1}Q&p_{k2}Q&\cdots &p_{kl}Q\\\end{pmatrix}.
$$
定义 $\mathrm{vec}(X)$ 为向量化的 $X$, 例如 $\mathrm{vec}\begin{pmatrix}x_{1}&x_{2}\\x_{3}&x_{4}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
x_1\\x_2\\x_3\\x_4
\end{pmatrix}$.

从而方程 $J_AY-YJ_B=O$ 等价于 $(J_A\otimes I-I\otimes J_B^T)\mathrm{vec }(Y)=O$.

Step 3. 根据 Jordan 型直接看出解. 例如
$$
J_A= \begin{pmatrix}1&1\\&1\\&&1&1\\&&&1\\&&&&2&1\\&&&&&2&1\\&&&&&&2\end{pmatrix}.
$$

$$
J_B= \begin{pmatrix}1&1\\&1\\&&1&1\\&&&1&\\&&&&2&1\\&&&&&2&1\\&&&&&&2&1\\&&&&&&&2\end{pmatrix}.
$$

则解得
$$
Y=\begin{pmatrix}a&b&c&d\\0&a&0&c\\e&f&g&h\\0&e&0&g&\\&&&&0&i&j&k\\&&&&0&0&i&j&\\&&&&0&0&0&i\end{pmatrix}.
$$
Step 4. 回代求得 $X$. 从而得到 $AX-XB=O$ 解的一般形式.

然后又有一些结论:

1. 称 $C(A)$ 为矩阵 $A$ 的中心, 即与 $A$ 可交换的矩阵之集合. $\dim C(A)=\dim A$ 的充要条件是 $A$ 的 Jordan 块两两互素, 即同一特征值仅对应一个 Jordan 块.
2. 若 $A$ 的可交换矩阵等价于$A$ 的多项式, 则该命题仍等价于 $A$ 的 Jordan 块两两互素.
3. $A$ 的可交换矩阵的可交换矩阵一定是原矩阵的多项式.

hbghlyj

Sylvester equation
Existence and uniqueness of the solutions
Using the Kronecker product notation and the vectorization operator $\operatorname{vec}$, we can rewrite Sylvester's equation in the form
\[(I_m \otimes A +  B^T \otimes I_n) \operatorname{vec}X = \operatorname{vec}C,\]
where \(A\) is of dimension \(n\! \times\! n\), \(B\) is of dimension \(m\!\times\!m\), \(X\) of dimension \(n\!\times\!m\) and \(I_k\) is the \(k \times k\) identity matrix. In this form, the equation can be seen as a linear system of dimension \(mn \times mn\).

Theorem.
Given matrices \(A\in \mathbb{C}^{n\times n}\) and \(B\in \mathbb{C}^{m\times m}\), the Sylvester equation \(AX+XB=C\) has a unique solution \(X\in \mathbb{C}^{n\times m}\) for any \(C\in\mathbb{C}^{n\times m}\) if and only if \(A\) and \(-B\) do not share any eigenvalue.

hbghlyj

2020autumn
例 8.1. $A$ 为单纯方阵且 $A B=B A$, 证明: 存在多项式 $f$ 使得 $B=f(A)$
几何方法. $V=\mathbb{C}^n, \mathscr{A}: X \rightarrow A X, X \in \mathbb{C}^n, \mathscr{B}: X \rightarrow B X, X \in \mathbb{C}^n$
$A$ 为单纯方阵 $\Leftrightarrow \mathscr{A}$ 是循环变换, $V=F[\mathscr{A}] \beta, \beta \in V$
$\beta$ 是存在的还是任意的都可以???
$\mathscr{A} \mathscr{B}=\mathscr{B} \mathscr{A}$
要证 $\mathscr{B}=f(\mathscr{A})$
上面是转化成几何的语言
要说明两个变换相等, 就要说明作用在每个元素上相等 $\mathscr{B} v=f(\mathscr{A}) v, \forall v \in V$
$v=g(\mathscr{A}) \beta$
我们需要知道 $\mathscr{B} \beta$ 是什么东西
因为 $\mathscr{B} \beta$ 也是 $V$ 中的元素, 那么 $\mathscr{B} \beta=f(\mathscr{A}) \beta$
$$
\begin{aligned}
& \mathscr{B} v=\mathscr{B} g(\mathscr{A}) \beta=g(\mathscr{A}) \mathscr{B} \beta=g(\mathscr{A}) f(\mathscr{A}) \beta=f(\mathscr{A}) g(\mathscr{A}) \beta=f(\mathscr{A}) v \\
& \Rightarrow \mathscr{B}=f(\mathscr{A})
\end{aligned}
$$
代数方法. $A$ 为单纯方阵, $A=P J P^{-1}, J=\operatorname{diag}\left(J_{m 1}\left(\lambda_1\right), \cdots, J_{m s}\left(\lambda_s\right)\right), \lambda$ 互不相等.
$$
\begin{aligned}
& A B=B A \Rightarrow P J P^{-1} B=B P J P^{-1} \Rightarrow J P^{-1} P=P^{-1} B P J \\
& \Rightarrow J \tilde{B}=\tilde{B} J, \tilde{B}=\left(\tilde{B_i} j_{s \times s}\right)
\end{aligned}
$$
把问题化为其中一个是标准形的问题
$$
\Rightarrow J_i \tilde{B}_{i j}=\tilde{B}_{i j} J_j, 1 \leqslant i, j \leqslant s
$$
当 $i \neq j, J_i$ 与 $J_j$ 特征值不相同, 所以上面的方程只有零解, 所以 $B$ 是准对角阵
\begin{aligned}
& \text { 当 } i=j, \quad J_i \tilde{B}_{i i}=\tilde{B}_{i i} J_i \Rightarrow\left(J_i-\lambda_i I\right) \tilde{B}_{i i}=\tilde{B}_{i i}\left(J_i-\lambda_i I\right) \\
& \tilde{B}_{i i}=b_{11} I+b_{12} N+b_{13} N^2+\cdots+b_{1 n} N^{n-1} \\
& \Rightarrow \tilde{B}_{i i}=\tilde{f}_i(N)=\tilde{f}_i\left(J_i-\lambda_i I\right)=f_i\left(J_i\right) \\
& \Rightarrow \tilde{B}=\operatorname{diag}\left(f_1\left(J_1\right), \cdots, f_s\left(J_s\right)\right)
\end{aligned}找一个 $f$ 使得 $f\left(J_i\right)=f_i\left(J_i\right), \forall i$
关键: $J_i$ 有化零多项式!
$g_i(\lambda)=\left(\lambda-\lambda_i\right)^{m_i}, f_i\left(J_i\right)=0$
如果 $f=q_i g_i+f_i, i=1, \cdots, s \Leftrightarrow f \equiv f_i \bmod g_i, i=1, \cdots, s$
\begin{aligned}
& \tilde{B}=\operatorname{diag}\left(f\left(J_1\right), \cdots, f\left(J_s\right)\right)=f\left(\operatorname{diag}\left(J_1, \cdots, J_s\right)\right) \\
& B=P \tilde{B} P^{-1}=f\left(\operatorname{Pdiag}\left(J_1, \cdots, J_s\right) P^{-1}\right)=f(A)
\end{aligned}

Czhang271828

Czhang271828 发表于 2022-2-3 18:05
该题挖掘一下还是很有趣的:

(1) $A$ 无重特征值, 因此 $A$ 可对角化 (所有 Jordan 块大小为 $1$), 从而存 ...

楼上的 $(AX-XB=O)$ 只是给了 $(AX-XB=C)$ 通解的部分. 部分特解可通过低秩逼近与广义 Cauchy 矩阵得到.

hbghlyj

相关题Hoffman & Kuntze, Linear Algebra, page 190