Un operador lineal que conmutan con todos los operadores es un escalar múltiples de la identidad.

Question

La pregunta es de Axler del "Álgebra Lineal se Hace la Derecha", el cual estoy usando para el auto-estudio.

Nos han dado un operador lineal $T$ más de un número finito de dimensiones de espacio vectorial $V$. Tenemos que mostrar que $T$ es un escalar múltiples de la identidad iff $\forall S \in L(V), TS = ST$. Aquí, $L(V)$ denota el conjunto de todos los operadores lineales sobre $V$.

Una dirección es fácil de probar. Si $T$ es un escalar múltiples de la identidad, entonces existe un escalar $a$ tal que $Tv = av$, $\forall v \in V$. Por lo tanto, dado un vector arbitrario $w$, $$TS(w) = T(Sw) = a(Sw) = S(aw) = S(Tw) = ST(w)$$ where the third equality is possible because $S$ is a linear operator. Then, it follows that $TS = ST$, según sea necesario.

Sin embargo, estoy en una pérdida en cuanto a cómo abordar la otra dirección. Pensé que una prueba por contradicción, en última instancia, la construcción de un operador lineal $S$ que $TS \neq ST$, podría ser el camino a seguir, pero no han avanzado mucho.

Gracias de antemano!

Answer 1

Para una base libre de respuesta, considere la posibilidad de $S \in L(V)$ $S x = f(x) v$ para algunos vectores $v$ y algunos lineal funcional $f$ V., a Continuación, $T S x = f(x) T v = S T x = f(T x) v$ para cualquier x. En particular, siempre y cuando no trivial lineal funcional $f$ $V$ existe $x$ tal que $f(x) \ne 0$, y, a continuación, $T v = \alpha v$ todos los $v$ donde $\alpha = f(T x)/f(x)$. Esto funciona incluso con infinitas dimensiones de los espacios, aunque pienso que en general no necesitan el Axioma de Elección para obtener un trivial funcional lineal sobre un espacio vectorial.

Answer 2

Supongamos $TS = ST$ por cada $S$. Mostrar que $Tv = a_{d}v$ por cada $v$ donde $a_d$ podría depender de $v$. En otras palabras, muestran que $v$ $Tv$ son linealmente dependientes para cada una de las $v \in V$. Supongamos por contradicción que son linealmente independientes. Desde $(v, Tv)$ es linealmente independiente, que se puede extender a una base $(v,Tv, u_1, \dots, u_n)$$V$. Así definen $S$ siguiente: $Sv = v$, $S(Tv) = v$ y $S(u_1) = 0, \dots, S(u_n) = 0$. A continuación, $Tv = TSv = STv = v$. Por lo tanto $v$ $Tv$ son linealmente dependientes, lo cual es una contradicción. Entonces usted tiene que mostrar la singularidad.

Answer 3

En general, cuando uno tiene una condición de la forma "$A$ blah si y sólo si para cada a $B$ this happens", el "si" de la dirección a menudo puede ser establecido mediante la selección adecuada/hábilmente escogidos $B$ que muestran todo funciona.

Esto es sólo una situación semejante.

Deje $\beta = \{\mathbf{v}_i\}_{i\in I}$ ser una base para $\mathbf{V}$. Para cada una de las $i,j\in I$, vamos a $S_{ij}$ ser el operador lineal en $\mathbf{V}$ dada por $$S_{ij}(\mathbf{v}_k) = \left\{\begin{array}{ll} \mathbf{v}_j &\mbox{if %#%#%,}\\ \mathbf{v}_i &\mbox{if %#%#%,}\\ \mathbf{0} &\mbox{if %#%#% and %#%#%.} \end{array}\right.$$ Que es: para $k=i$, $k=j$ los intercambios $k\neq i$$k\neq j$, y los mapas de todos los demás base de los elementos de a $i\neq j$. Y $S_{ij}$ mapas de $\mathbf{v}_i$ a sí mismo, y todos los demás base de los elementos de a $\mathbf{v}_j$. Estos son nuestros "convenientemente elegido" $\mathbf{0}$.

Ahora considere el $S_{ii}$ $\mathbf{v}_i$ primero para obtener información acerca de lo $\mathbf{0}$,$S$; a continuación, considere la posibilidad de $S_{ii}T(\mathbf{v}_j)$$TS_{ii}(\mathbf{v}_j)$$T$.

Answer 4

Una demostración de su "otra dirección":

Si $T$ $S$ son dos operadores que comute, a continuación,$S(\mathrm{Ker}T)\leqslant \mathrm{Ker}T$. De hecho, $$v \in \mathrm{Ker}T \Rightarrow T(Sv)=S(Tv)=S(0)=0$$ En palabras, $\mathrm{Ker}T$ es invariante bajo $S$.

Así, en nuestro caso tenemos que $\mathrm{Ker}T$ es invariante bajo cualquier transformación lineal en $L(V)$. Esto implica que $\mathrm{Ker}T = V$ o $0$. De hecho, en otros casos tendríamos $S\in L(V)$ tal que $S(\mathrm{Ker}T)\nsubseteq\mathrm{Ker}T$.

Vamos a demostrar que $T$ tiene un autovalor. De hecho, vamos a $S \in L(V)$ ser una proyección en un no-cero uno-dimensional subespacio $\langle v \rangle$. Desde entonces, $$Tv=T(Sv)=S(Tv)$$ tenemos que $Tv \in \langle v\rangle$. Equivalentemente, $Tv=\lambda v$ algunos $\lambda \in \mathbb K$.

Desde $$TS=ST \iff (T-\lambda I)S=S(T-\lambda I)$$ para cualquier $S \in L(V)$, como en el anterior que $$\mathrm{Ker}(T-\lambda I)=V$$ o $$\mathrm{Ker}(T-\lambda I)=0.$$ Pero, puesto que el $\lambda$ es un autovalor, $\mathrm{Ker}(T-\lambda I)\neq 0$. Por lo tanto, $T=\lambda I$. QED.

Este resultado es un caso especial de la Schur Lema que dice: "Si $T$ es un operador de $V$ con un autovalor $\lambda \in \mathbb K$ $C \subseteq L(V)$ es un conjunto de operadores que $$TS=ST \forall S \in C$$ y para cada uno de no-trivial subespacio $W$ hay algo de $S \in C$ tal que $$S(W) \nsubseteq W,$$ a continuación, debemos tener $T=\lambda I$". Y cuya demostración es essentialy como el anterior.

Answer 5

Tal vez un poco en contra del espíritu de Axler del libro "lineal asigna a través de matrices" (aunque bastante conceptual):

Supongamos que T conmuta con todos los S., a Continuación, en particular, se conmuta con todos los invertible S: así que $T=STS^{-1}$ para todos los invertible S. Pero esto significa que la matriz de T es el mismo, no importa qué base podemos elegir!

A continuación, debe ser diagonal: fijo $j$, reemplazar base de vectores $e_j$$2e_j$; luego si $i\neq j$, obtenemos $t_{ij}=2t_{ij}$, lo $t_{ij}=0$.

Editar[elaboración de la anterior línea]: Supongamos $T$ ha matriz $(t_{ij})_{ij}$ w.r.t. la base $\{e_1,...,e_n\}$. Fix $k$, y considerar la base $B_k=\{v_1,..,v_n\}$ donde $v_i=e_i$ si $i\neq k$$v_k=2e_k$. Entonces, para $i\neq k$, la matriz de $T$ w.r.t. $B_k$ $2t_{ik}$ en la entrada $i,k$. Por lo tanto $t_{ik}=2t_{ik}$ y, en consecuencia,$2t_{ik}=0$. [Edit.]

Entonces también todas las entradas de la diagonal son los mismos: fijo $i$$j$, el intercambio de $e_j$ $e_i$ y $t_{ii}=t_{jj}$.