Respuesta corta : este es porque "semisimple" es igual a "diagonalizable sobre $\mathbb C$".
Los detalles :
Trabajando en $\mathbb C$ en lugar de $\mathbb R$, nuestro espacio inicial
$V$ convertido en otro espacio vectorial que denotamos por a $T(V)$,
(los demás denota por $V \otimes {\mathbb C}$) y tenemos
un $\mathbb R$-lineal bijection $T : V\to T(V)$. Del mismo modo, cualquier
$\phi : V \to V$ induce un mapa de $T(\phi) : T(V) \to T(V)$
se define de la manera obvia (si $B$ $\mathbb R$- base de $V$,
a continuación, la matriz de $T(\phi)$ relativamente a $T(B)$ es el mismo que
la matriz de $\phi$ relativamente a $B$). También, nos deja
poner $T\Phi=\lbrace T\phi | \phi \in \Phi \rbrace$, para cualquier
$\Phi \subseteq {\sf End}(V)$.
Lema 1 (Engel Lema) Deje $\Phi$ ser trayecto de la familia en
${\sf End}(V)$. Entonces existe un vector distinto de cero $v\in T(V)$ que
es un autovector de todos los $\phi\in T(\Phi)$.
La prueba del lema 1 se argumenta por inducción en $d={\sf dim}(V)$. Si
$d\leq 1$ el resultado es obvio. Así que supongamos que $d\geq 2$, y que el
el resultado se cumple para cualesquiera $d'<d$. Deje $\Phi$ ser trayecto de la familia en
${\sf End}(V)$. Si $\Phi$ se compone sólo de homotheties (es decir, múltiplos
de la identidad), entonces cualquier $v$ va a hacer el trabajo. De lo contrario no es
un $\phi\in V$ que no es un homothety. Por el teorema fundamental de
álgebra, el polinomio característico $\chi_{\phi}$ $\phi$ pueden ser factorizados
como $\chi_{\phi}(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^r (x-\lambda_k)^{m_k}$ donde
el $\lambda_k$ son distintos de los números complejos y el $m_k$ son enteros
sumando a $n$. Desde $\phi$ no es un homothety, debemos tener $r>1$. Considere la posibilidad de
la característica susbpace $W={\sf Ker}((T(\phi)-\lambda_1{\sf id})^{m_1})$. Desde cualquier
$\psi \in T(\Phi)$ viajes con $\phi$ y, por tanto, con $(T(\phi)-\lambda_1{\sf id})^{m_1}$ también, podemos ver que $W$ es invariante por cada $\psi \in T(\Phi)$. Desde
${\sf dim}(W)<{\sf dim}(V)$, por la inducción de la hipótesis de que hay un
$w\in W$ que es un vector propio de cada $\phi\in T(\Phi)$, y este termina
la prueba de ello.
Lema 2(semisimple es igual a diagonalizable) Deje $\phi \in {\sf End}(V)$. Entonces
$\phi$ es semisimple iff $T(\phi)$ es diagonalizable, es decir, si hay una base
$B'$ $V$ tal que la matriz de $T(\phi)$ relativamente a $B'$
es diagonal.
La prueba del lema 2 Deje $\phi \in {\sf End}(V)$, y deje $\chi_{\phi}$ ser el
polinomio característico de a $\phi$. Por el teorema fundamental de
álgebra, el polinomio característico $\chi_{\phi}$ $\phi$ pueden ser factorizados
como $\chi_{\phi}(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^r (x-\lambda_k)^{m_k}$ donde
el $\lambda_k$ son distintos de los números complejos y el $m_k$ son enteros
sumando a $n$. Deje $C_j={\sf Ker}((T(\phi)-\lambda_j{\sf id})^{m_j})$ ser
el $j$-ésima característica del espacio. A continuación, $T(V)$ es la suma directa de las $C_j$, y de hecho en cualquier $\phi$-subespacio invariante $W$ $T(V)$ será la suma directa de las $W\cap W_j$.
Supongamos $\phi$ es semisimple. El autoespacio
$E_j={\sf Ker}((T(\phi)-\lambda_j{\sf id}))$ es un subespacio de $C_j$, y es
invariante por $\phi$. Por semisimplicity, hay un $\phi$-invariante $F_j$ con
$T(V)=E_j\oplus F_j$. Ahora $F_j$ es la suma directa de las $F_j\cap C_k$ como se señaló
anteriormente, y por lo tanto,$C_j=E_j \oplus (F_j \cap C_j)$. Por definición de $E_j$, el
lineal mapa de $T(\phi)-\lambda_j{\sf id}$ es inyectiva en a $F_j \cap C_j$, pero en
al mismo tiempo, $(T(\phi)-\lambda_j{\sf id})^{m_j}$ es cero en $F_j \cap C_j$. Este
implica $F_j\cap C_j=\lbrace 0 \rbrace$, lo $C_j=E_j$. A continuación, $T(V)$ es la suma directa de
de la $E_j$ $T(\phi)$ es diagonalizable.
Por el contrario, supongamos $T(\phi)$ es diagonalizable. Los autovalores de a $T(\phi)$
son real (llamada de los $\rho_1,\rho_2,\ldots ,\rho_s$), o vienen
en el conjugado de a pares (llamada de los $\alpha_1\pm \beta_1i, \ldots, \alpha_s\pm \beta_si$). Si definimos en $V$ la característica de los espacios
$C_k={\sf Ker}(\phi-\rho_k {\sf id})$ e $D_k={\sf Ker}((\phi\alpha_k{\sf id})^2+
(\beta_k)^2{\sf id})$, any $\phi$-invariant subspace of $C_k$ or $D_k$
tiene un invariante complemento en $C_k$ o $D_k$. Por lo $\phi$ es semisimple.
Lema 3(semisimple es igual a diagonalizable nuevo) Vamos a $\Phi \subseteq {\sf End}(V)$.
Decimos que $T(\Phi)$ es diagonalizable cuando hay una base
$B'$ $V$ tal que la matriz de $T(\phi)$ relativamente a $B'$
es diagonal, para cada $\phi\in \Phi$.
Si $T(\Phi)$ es diagonalizable, a continuación, $\Phi$ es semisimple.
El converso tiene para los desplazamientos de la familia :
Si $\Phi$ es de los desplazamientos y semisimple, entonces $T(\Phi)$ es diagonalizable.
La prueba del lema 3 Si $T(\Phi)$ es
diagonalizable, entonces podemos (como en la parte final de la prueba
de lema 2) descomponer $T(V)$ como una suma de características de los espacios,
en la que cada subespacio invariante tiene una "interna" invariante en el complemento.
Por lo $\Phi$ es semisimple.
Por el contrario, supongamos que $\Phi$ es semisimple y los desplazamientos. Por Engel lema, no
es un vector $v_1$ que es un vector propio para cada $\phi\in V$. Desde $\Phi$
es semisimple, hay un $\Phi$-subespacio invariante $G$ con
$V={\sf span}(v_1)\oplus G$. Por Engel lema, no
es un vector $v_2\in G$ que es un vector propio para cada $\phi\in V$. Iterando este
procedimiento (que debe terminar ya $V$ tiene dimensión finita), que finalmente
obtener una base en la que la matriz de todos los $\phi\in \Phi$ es la diagonal como se quiera.
Ahora podemos proceder a la prueba de las propiedades que estás preguntando.
Teorema 1. Deje $\Phi$ ser trayecto de la familia en ${\sf End}(V)$. Si cada
$\phi \in \Phi$ es semisimple, entonces $\Phi$ es semisimple.
La prueba del teorema 1. Por Engel lema, no
es un vector $v_1$ que es un vector propio para cada $\phi\in V$. Desde $\Phi$
es semisimple, hay un $\Phi$-subespacio invariante $G$ con
$V={\sf span}(v_1)\oplus G$. Por Engel lema, no
es un vector $v_2\in G$ que es un vector propio para cada $\phi\in V$. Iterando este
procedimiento (que debe terminar ya $V$ tiene dimensión finita), que finalmente
obtener una base en la que la matriz de todos los $\phi\in \Phi$ es diagonal.
Por lo $T\Phi$ es diagonalizable, y ahora estamos hecho por el lema 3.
Teorema 2. Deje $\Phi$ ser trayecto de la familia en ${\sf End}(V)$. Si
$\Phi$ es semisimple, entonces cada $\phi \in \Phi$ es semisimple.
La prueba del teorema 2. Si $\Phi$ es semisimple, entonces por el lema 3 $T\Phi$
es diagonalizable. Por lo $T\phi$ es diagonalizable para cada $\phi\in\Phi$,
lo que significa que todos los $\phi\in\Phi$ es semisimple por lema 2.
