Задача №40.21 из сборника задач по алгебре от Кострикина

[Laguna]

Здравствуйте, не могу справиться со следующей задачей:
Пусть — $\lambda_1,\dots, \lambda_n$ корни характеристического многочлена матрицы $A$. Найти собственные значения:
линейного оператора $X$ $\mapsto$ $AX^\tau A$ в пространстве квадратных матриц порядка $n$; ($X^\tau$ - транспонирование)
Не понимаю, как найти с.з., ибо нет матрицы оператора в явном виде. Пробовал использовать след $A$ , ведь он равен сумме собственных значений, которые как раз и даны, но ничего содержательного не выходит. Пытался как-то преобразовать выражение( домножение на обратные матрицы, группировка), но опять же без результатов. Возможно, тут можно попробовать составить матрицу оператора, используя базис из матричных единиц, но уж больно тяжко это будет, вот если бы $n$ было 2 или 3, то можно было,а так... Разбора этой задачи я не нашел. Прошу опытных алгебраистов помочь разобраться и указать в какую сторону здесь надо двигаться

[cepesh]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:
- неправильно набраны формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы);

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Ende]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
Причина переноса: не указана.

[mihaild]

Попробуйте покомпонентно расписать равенство $X = \alpha A X^T A$.
Вы кстати уверены что транспонирование над вторым сомножителем, а не над третьим? Над третьим гораздо более красивая (и простая) задача получается.

[Laguna]

mihaild
Да, условие верно переписано.
Что вы имеете в виду под "покомпонентно расписать"? Расписать произведение матриц по определению?

[svv]

Условие верно переписано, но в книге в условии ошибка. В такой формулировке, даже если Вы найдёте собственные значения оператора, у Вас не получится ответ.

К примеру, у матрицы $A=\begin{bmatrix}3&2\\1&4\end{bmatrix}$ собственные значения $2$ и $5$. Тогда, в соответствии с ответом, одним из собственных значений оператора $AX^TA$ должно быть $2^2=4$. Но уравнение $AX^TA=4X$ сводится к уравнению
$\begin{bmatrix}9x_{11}+6x_{12}+3x_{21}+2x_{22}&6x_{11}+4x_{12}+12x_{21}+8x_{22}\\3x_{11}+12x_{12}+1x_{21}+4x_{22}&2x_{11}+8x_{12}+4x_{21}+16x_{22}\end{bmatrix}=4\begin{bmatrix}x_{11}&x_{12}\\x_{21}&x_{22}\end{bmatrix},$
а оно имеет только тривиальное решение.
Зато для данной $A$ оператор $AX^TA$ имеет с.з. $15+5\sqrt 5$, которое не лезет ни в какие ворота.

Решайте в формулировке mihaild, тогда всё получится.

[Laguna]

svv
Спасибо большое
Но я все равно не понимаю, как к этой задаче подступиться. Я расписал покомпонентно произведение матриц(по определению), но ни к чему не пришёл. Совершенно не понимаю, как в этой задаче использовать тот факт, что нам даны собственные значения матрицы $A$

[svv]

Laguna
Оператор действует в $n^2$-мерном векторном пространстве квадратных матриц порядка $n$. Матрица $B$ этого оператора будет иметь размер $n^2\times n^2$. Пусть $Y=AXA^T$. В индексных обозначениях $y_{i\ell}=a_{ij}x_{jk}a_{\ell k}$ (с суммированием по повторяющимся индексам). Переименовав индексы, запишем это в виде
$y_{i_1i_2}=b_{i_1i_2\,k_1k_2}x_{k_1k_2}$ ,
где $b_{i_1i_2\,k_1k_2}=a_{i_1 k_1}a_{i_2 k_2}$ .

Фактически, $x$ и $y$ — тензоры 2 ранга, $b$ — тензор 4 ранга (по числу индексов). Но нам желательно трактовать это как $y=Bx,$ где $x$ и $y$ — векторы размерности $n^2$, а $B$ — матрица $n^2\times n^2$. Это можно сделать с помощью разбиения на блоки.

Именно, будем считать, что $x$ и $y$ — векторы-столбцы, состоящие из $n$ блоков размера $n\times 1$. Матрица $B$ состоит из $n\times n$ блоков размером $n\times n$ каждый. Теперь пусть в записи $b_{i_1i_2\,k_1k_2}$:
$i_1$ — номер блочной строки, $i_2$ — номер строки в этой блочной строке (начиная в каждом блоке нумерацию строк заново),
$k_1$ — номер блочного столбца, $k_2$ — номер столбца в этом блочном столбце (начиная в каждом блоке нумерацию столбцов заново).
Аналогично трактуются $y_{i_1i_2}, x_{k_1k_2}$, но тут будут только блочные строки и обычные строки, т.к. столбец один.

Если всё это понятно, тогда, исходя из формулы $b_{i_1i_2\,k_1k_2}=a_{i_1 k_1}a_{i_2 k_2}$, опишите своими словами, как "заполняется" матрица $B$, в терминах блоков и их элементов.

[Laguna]

svv
Что-то как-то тяжеловато. Я пока не знаю,что такое тензоры . Ну, а вообще, я решил задачу (вот-вот пишу решение сразу после "озарения"):
Решение очень простое на самом деле, но если честно решил я задачу не сам, а нашел похожую в варианте вступительного экзамена в ШАД за 2014 год. Вот решение
Пусть $Ax$ $=$ $\lambda_ix$, где $x$ - вектор-столбец. Теперь транспонируем обе части равенства, получим: $x^\tau A^\tau=\lambda_i x^\tau$. Далее заметим, что матрица $xx^\tau$ - собственный вектор с собственным значением $\lambda_i$$\lambda_i$. Далее подставляя разные $\lambda$ и разные векторы получаем, что $\lambda_i$$\lambda_j$ - собственные значения нашего оператора , где $i,j$ $=$ $1,2$$\dots$$n$.
Кстати, не совсем понимаю, как доказать, что это ВСЕ собственные значения оператора. Вот следующее рассуждение по этому вопросу, было бы неплохо, если бы оценили и сказали, верное ли оно вообще:
Наш оператор действует на пространство размерности $n^2$, а любой оператор в $n$-мерном пространстве может иметь максимум $n$ собственных векторов. Ну и собственно у нас в ответе на задачу и получается $n^2$ собственных векторов.

[svv]

Laguna в сообщении #1566989 писал(а):

Пусть $Ax$ $=$ $\lambda_ix$, где $x$ - вектор-столбец. Теперь транспонируем обе части равенства, получим: $x^\tau A^\tau=\lambda_i x^\tau$. Далее заметим, что матрица $xx^\tau$ - собственный вектор с собственным значением $\lambda_i\lambda_i$. Далее подставляя разные $\lambda$ и разные векторы получаем, что $\lambda_i\lambda_j$ - собственные значения нашего оператора , где $i,j=1,2\dots n$.

Да, прекрасно.

Laguna в сообщении #1566989 писал(а):

Кстати, не совсем понимаю, как доказать, что это ВСЕ собственные значения оператора. Вот следующее рассуждение по этому вопросу, было бы неплохо, если бы оценили и сказали, верное ли оно вообще:
Наш оператор действует на пространство размерности $n^2$, а любой оператор в $n$-мерном пространстве может иметь максимум $n$ собственных векторов. Ну и собственно у нас в ответе на задачу и получается $n^2$ собственных векторов.

К сожалению, бывает, что для матрицы порядка $n$ не существует набора из $n$ линейно независимых собственных векторов. Например, у матрицы $A=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}$ найдётся только один линейно независимый собственный вектор, например, $x=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}$. Из него мы можем построить лишь одну матрицу $xx^T=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix}$.
Ясно, что она будет собственным вектором оператора $X\mapsto AXA^T$ для собственного значения $\lambda=1$. Но у оператора, действующего в четырёхмерном пространстве, может существовать до четырёх линейно независимых собственных векторов. И непонятно, существуют ли они в данном случае, и если да, то каким собственным значениям соответствуют.

Раз Вам показалось сложным, я тогда лишь вкратце расскажу, что дальше. Так построенная матрица $B$ получается из $A$ операцией кронекерова произведения, обозначаемой символом $\otimes$ (см. статью в Википедии). А именно, $B=A\otimes A$. В этой же статье посмотрите пункт про спектр. Там просто ответ Вашей задачи. А доказывается это свойство в курсах линейной алгебры.