Bloque Diagonal De La Matriz Diagonalizable

Question

Estoy tratando de probar que:

La matriz $C = \left(\begin{smallmatrix}A& 0\\0 & B\end{smallmatrix}\right)$ es diagonalizable, si sólo si $A$ $B$ es diagonalizable.

Si $A\in\mathbb{C}^n$ $B\in\mathbb{C}^m$ es diagonalizable, entonces es fácil comprobar la $C\in\mathbb{C}^{n+m}$ es diagonalizable. Pero si supongo que $C$ es diagonalizable, entonces existe $S = [S_1, S_2, \ldots, S_{n+m}]$, $S_i\in\mathbb{C}^{m+n}$, tal que $S^{-1}CS = \mbox{diag}(\lambda_i)$ . Ahora $CS_i = \lambda_iS_i$, y si $S_i = \left(\begin{smallmatrix}x_i\\y_i\end{smallmatrix}\right)$, $x_i\in\mathbb{C}^n$ y $y_i\in\mathbb{C}^m$, luego $$Ax_i = \lambda_ix_i\quad\mbox{ and }\quad By_i = \lambda_iy_i.$$ Así que, si puedo justificar que $\{x_1,\ldots,x_{n+m}\}$ tienen exactamente $n$ lineal independiente de vectores y $\{y_1,\ldots,y_{n+m}\}$ ha $m$ lineal independiente de vectores, voy a demostrar que $A$ $B$ son diagonalizables, pero no sé cómo demostrar que? Por favor, alguien tiene una idea? Gracias de antemano.

Answer 1

Respuesta corta: el polinomio mínimo de a $C$ es el monic lcm de la mínima polinomios de $A$$B$. Y un cuadrado de la matriz es diagonalizable si y sólo si su polinomio mínimo de divisiones (que es automático, en $\mathbb{C}$ del curso) con sólo simples raíces. En otras palabras, como señala DonAntonio: si y sólo si su polinomio mínimo es el producto de a pares distintos monic lineal de factores. Sobre el campo en consideración, por supuesto.

Ahora me voy a dar una detallada argumento sin uso explícito de un mínimo de polinomios.

Hecho: una matriz cuadrada $M$ con coeficientes en un campo de $K$ es diagonalizable si y sólo si existe un polinomio distinto de cero $p(X)\in K[X]$ que se divide $K$ con simple raíces y tal que $p(M)=0$.

Prueba: si $M$ es diagonalizable y si $\{\lambda_1,\ldots,\lambda_k\}$ es el conjunto de sus (no repetido) autovalores, a continuación, $p(X)=(X-\lambda_1)\cdots(X-\lambda_k)$ aniquila $M$. Por el contrario, si un polinomio $p(X)$ $\lambda_j$ pares distintos aniquila $M$, tenemos (por Bezout, esencialmente): $K^n=\mbox{Ker } p(M)=\bigoplus_{j=1}^k\mbox{Ker } (M-\lambda_j I_n)$. Diagonalizability sigue fácilmente. QED.

Ahora, para cada polinomio $p(X)$, usted tiene $$ p(C)=\left(\matriz{p(a)&0\\0&p(B)}\right) $$ Esto le da a usted el molesto dirección, es decir $C$ diagonalizable implica $A$ $B$ diagonalizable.

Lo contrario es más fácil. Tome $P$ $Q$ invertible tal que $PAP^{-1}$ $QBQ^{-1}$ ser diagonal. Entonces $$ R:=\left(\matriz{P&0\\0&Q}\right) $$ es invertible con $$ R^{-1}=\left(\matriz{P^{-1}&0\\0&P^{-1}}\right)\qquad \mbox{y}\qquad RCR^{-1}=\left(\matriz{PAP^{-1}&0\\0&QBQ^{-1}}\right) $$ es diagonal.

Nota: también puede hacer lo contrario con el hecho anterior. Acaba de tomar el lcm de la mínima polinomios de $A$$B$.

Answer 2

Al $C$ es diagonalisable, tenemos $S^{-1}CS=\Lambda$, o lo que es equivalente, $CS=S\Lambda$ para algunos es invertible la matriz de $S$ y algunos matriz diagonal $\Lambda=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_{m+n})$. Por lo tanto $$ \pmatrix{A&0\\ 0&B}\pmatrix{x_j\\ y_j}=\lambda_i\pmatrix{x_j\\ y_j} $$ donde $\pmatrix{x_j\\ y_j}$ $j$- ésima columna de a $S$. En consecuencia,$Ax_j=\lambda_jx_j$. Como $S$ es invertible, la parte superior $n$ filas de $S$, es decir, la matriz de $(x_1,x_2,\ldots,x_{m+n})$, debe tener una fila completa de rango, es decir, el rango $n$. Puesto que la fila de rango siempre es igual a la columna de rango, se deduce que el $n\times n$ submatriz $X=(x_{k_1},x_{k_2},\ldots,x_{k_n})$ es invertible para algunos $k_1,\ldots,k_n\in\{1,2,\ldots,m+n\}$. Por lo tanto la igualdad de $Ax_j=\lambda_jx_j$ implica que el $AX=XD$ donde $D=\operatorname{diag}(\lambda_{k_1},\ldots,\lambda_{k_n})$. Por lo $X^{-1}AX=D$, es decir, $A$ es diagonalisable. Por la misma razón, $B$ es diagonalisable demasiado.

Observación. Como el OP pregunta de una manera de encontrar $n$ vectores linealmente independientes entre $x_1,\ldots, x_n$, esta respuesta se dirige directamente a la OP de la pregunta. Sin embargo, en mi opinión, el preferido forma de mostrar que la $A$ $B$ son diagonalisable es emplear un mínimo de polinomios. Ver julien respuesta, por ejemplo. Lamentablemente, de pregrado cursos de álgebra lineal en la actualidad no son muy "algebraica" como ellos.

Answer 3

Deje $Y$ $Z$ ser espacios vectoriales y deje $X = Y \oplus Z$ ser su suma directa. Deje $B$ $C$ ser transformaciones lineales de $Y$ $Z$ respectivamente y deje $X=Y \oplus Z$ la correspondiente "bloque diagonal de la transformación" de $X$. Es fácil ver que

Hecho 1: $\ker(A) = \ker(B) \oplus \ker(C)$.

Que denota la identidad de la transformación de un espacio vectorial $V$$I_V$, y observando que $I_X = I_Y \oplus I_Z$, lo que uno ve, para cualquier escalar $\lambda$,$A - \lambda I_X = (B - \lambda I_Y) \oplus (C-\lambda I_Z)$. Así, la aplicación de esta realidad, también tenemos

Hecho 2: $\ker(A - \lambda I_X) = \ker(B - \lambda I_Y) \oplus \ker(C-\lambda I_Z)$.

que dice exactamente que el subespacio propio de $A$ asociado a un escalar $\lambda$ es la suma directa de los subespacios propios correspondientes de $B$$C$.

Una transformación lineal es diagonalizeable si y sólo si sus subespacios propios añadir al espacio total. Por eso, $A$ es diagonalizeable si y sólo si

$$\bigoplus_{\lambda} \ker(A - \lambda I_X) = \left( \bigoplus_\lambda \ker(B - \lambda I_Y) \right) \oplus \left( \bigoplus_\lambda \ker(C - \lambda I_Z) \right) = X.$$

Dados los subespacios $U \subset Y$$V \subset Z$, $U \oplus V = X$ si y sólo si $U = Y$$V=Z$. Así, llegamos a la conclusión de que ese $A$ es diagonalizeable si y sólo si $B$ $C$ son diagonalizeable.