Si $S\circ T=T\circ S$, $S$ $T$ tienen en común un vector propio.

Question

Suponga $S$ $T$ son diagonalizable mapas en $\mathbb{R}^n$ tal que $S\circ T$=$T \circ S$. A continuación, $S$ $T$ tienen en común un vector propio.

Ya tengo la prueba, pero sólo tengo la validación en una parte. Mi prueba: Deje $F$ ser un autovector de a $T$. Esto significa $\exists \; \lambda \in R$ tal que $T(v)=\lambda v$. Luego, con el hecho de que $S\circ T$=$T \circ S$, tenemos

$$ S(T(v)) = (S\circ T)(v)=(T \circ S)(v)=T(S(v)) \Longrightarrow T(S(v))=\lambda S(v)$$

Por lo tanto, $S(v)$ también es un autovector de a $T$. Por eso, $S$ mapas de vectores propios de a $T$ a eigenvevtors de $T$. Por lo tanto, $S$ debe tener un autovector de a $T$.

¿Cómo se podía demostrar rigurosamente que si $S$ mapas de vectores propios de a $T$ a los vectores propios de a$T$, $S$ también tiene un autovector de a $T$?

Gracias.

Answer 1

Se ha demostrado que los subespacios propios de a $T$ son invariantes bajo $S$. Si $E_\lambda$ $\lambda$- subespacio propio de $T$ dentro $\mathbb{R}^n$, entonces tiene sentido hablar de $S'=S|_{E_\lambda}: E_\lambda \rightarrow E_\lambda$. A continuación, el hecho clave es que el polinomio característico $p'(T)$ $S'$ es un factor del polinomio característico $p(T)$$S$. Desde $p(T)$ se divide completamente, por lo que no $p'(T)$. En particular, $p'(T)$ tiene una raíz, correspondiente a un autovalor de a $S'$. Eso significa que $S'$ tiene un autovector de a $E_\lambda$, pero un autovector de a $S'$ es al mismo tiempo un autovector de a$S$$T$.

Para ver por qué el polinomio característico de a $S'$ divide el polinomio característico de a $S$, tenga en cuenta que $\mathbb{R}^n = E_\lambda \oplus \hat{E_\lambda}$ donde $\hat{E_\lambda}$ es la suma directa de todos los otros subespacios propios $E_\mu$$T$. Tomando una base de vectores propios de a $T$, y la escritura de la matriz de $S$ con respecto a esta base, podemos ver que el polinomio característico de a $S$ es igual al polinomio característico de a $S|_{E_\lambda}$ veces el polinomio característico de a $S|_{\hat{E_\lambda}}$.

Answer 2

Desde que sigo dando a entender que quiero ver una cierta respuesta, tal vez lo mejor era solo post.

El OP ha demostrado que por cada $\lambda \in \mathbb{R}$, $\lambda$- autoespacio $E_{\lambda}(T)$ $S$- subespacio invariante: $S E_{\lambda}(T) \subset E_{\lambda}(T)$. (Esto es vacuously si $\lambda$ no es un autovector de a $T$. De ahora en adelante, vamos a asumir que es.) Así, podemos considerar la restricción de $S$$E_{\lambda}(T)$, y si podemos demostrar que esta transformación tiene un autovector, es un autovector de a$T$$S$.

Tenga en cuenta que si el escalar campo algebraicamente cerrado (por ejemplo,$\mathbb{C}$), entonces automáticamente se tiene un vector propio. Pero ya que dado el campo escalar, $\mathbb{R}$, no es algebraicamente cerrado, esto no es automático: a través de cualquier no-algebraicamente cerrado campo de $K$, no son transformaciones lineales de $K^n$ ($0 < n < \infty)$ sin vectores propios. De hecho el OP afirmación que funciona en cualquier campo escalar $K$ alguna.

La clave es la siguiente afirmación:

Si $S: K^n \rightarrow K^n$ es diagonalizable transformación lineal y $W \subset K^n$ $S$- subespacio invariante, entonces la restricción de $S$ $W$es diagonalizable.

Para esto voy a utilizar los siguientes útil caracterización de diagonalizable transformaciones.

Diagonalizability Teorema: Una transformación lineal $S: K^n \rightarrow K^n$ es diagonalizable si su polinomio mínimo es squarefree y dividir, es decir, factores como un producto de distintos factores lineales.

Para una prueba, véase, por ejemplo, el Teorema 4.14 de estas notas.

Ahora está claro que el polinomio mínimo de la restricción de $S$ a un subespacio invariante divide el polinomio mínimo de a $S$ y que un monic polinomio que se divide un squarefree dividir el polinomio es de por sí squarefree y split. Para la aplicación de la Diagonalizability Teorema en una dirección y luego en el otro, vemos que $S|_W$ es diagonalizable.

Esto completa la respuesta a la OP de la pregunta. Pero en realidad resulta algo mucho más fuerte: ya que cada subespacio propio de $T$ se descompone como suma directa de simultánea espacio propio para ambos $S$$T$, de hecho todos los de $K^n$, siendo una suma directa de estos espacios, también se descompone como suma directa de simultánea subespacios propios de a$S$$T$. Tomando una base de simultánea vectores propios diagonalizes tanto $S$$T$, por lo que hemos mostrado:

Teorema: Vamos a $S$ $T$ ser los desplazamientos diagonalizable transformaciones lineales en un finito-dimensional $K$-espacio vectorial (sobre cualquier campo de $K$). A continuación, $S$ $T$ son simultáneamente diagonalizable: hay una transformación lineal invertible $P$ tal que $P S P^{-1}$ $P T P^{-1}$ son ambas diagonales.

Por último, recordar que una transformación lineal es semisimple si cada subespacio invariante tiene un invariante del complemento. El siguiente resultado muestra que esta es una "nonsplit versión de diagonalizability".

Semisimplicity Teorema: Una transformación lineal $S: K^n \rightarrow K^n$ es semisimple si su polinomio mínimo es squarefree, es decir, factores como un producto de distinta (pero no necesariamente lineal) factores.

Esto también es parte del Teorema 4.14 de estas notas.

A partir de este resultado podemos probar (exactamente de la misma manera) el primo de la primera caja resultado:

Si $S: K^n \rightarrow K^n$ es semisimple transformación lineal y $W \subset K^n$ $S$- subespacio invariante, entonces la restricción de $S$ $W$es semisimple.

En contraste con el primer resultado, no veo cómo probar esto mediante el polinomio característico. Y de hecho, el argumento mediante el polinomio característico se muestra que la restricción de $S$ a cualquier subespacio invariante tiene un autovalor: no (directamente) muestran que es diagonalizable. (En particular, recordemos que no siempre se puede determinar si una transformación es diagonalizable con sólo mirar su polinomio característico. Así, en este sentido, el polinomio mínimo es un "mejor invariante".) Así que creo que ahora he explicado por qué prefiero este enfoque.