Dejemos que $T: \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3$ sea un mapa lineal tal que $T^3 = T$ . Demostrar que $T$ es diagonalizable (elementalmente)

Question

Mientras revisaba mi examen de álgebra lineal me encontré con este problema de examen:

Dejemos que $T: \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3$ sea un mapeo lineal tal que $T^3 = T$ y $T^2 \neq T,T^2 \neq \text{id}_V$ .

Si $ \text{dim(ker(} T )) = 2$ , demuestran que la matriz de $T$ es igual a diag $(0,0,-1)$ con respecto a una base adecuada.

Mi idea

Supongamos por el momento que $T$ es diagonalizable. Si $\lambda$ es un valor propio de $T$ entonces $\lambda^3 = \lambda$ desde $T^3 = T$ Así que $\lambda \in \{ 0,-1,1 \}$ .

Desde $ \text{dim(ker(} T )) = 2$ , claramente $0$ es un valor propio. Si los tres valores anteriores fueran valores propios, entonces la multiplicidad geométrica de $0$ sería $1$ y no $2$ Así que $-1$ y $1$ no pueden ser ambos valores propios.

Si $1$ es el otro valor propio, entonces como $T$ es diagonalizable tendríamos que la matriz de $T$ es $M = $ diag $(0,0,1)$ con respecto a alguna base. Pero $M^2 = M$ por lo que tendríamos $T^2 = T$ que no es el caso.

Así que $-1$ debe ser el otro valor propio y el resultado se deduce.

Pregunta ¿Cómo puedo demostrar que $T$ ¿es diagonalizable? Para algún contexto, la única definición de diagonalizabilidad que tenemos es que $T: V \rightarrow V$ diagonalizable si existe una base de $V$ formado por los vectores propios de $V$ y así es como solemos demostrar la diagonalizabilidad (proporcionando explícitamente una base). También tenemos el teorema espectral para las matrices simétricas, pero dudo que ayude en este caso.

(También sé que el polinomio mínimo de $T$ debe dividir $x(x-1)(x+1)$ mediante la relación dada, por lo que el polinomio mínimo es un producto de factores lineales distintos, por lo que $T$ es definitivamente diagonalizable. Pero no hemos hecho esto en el curso y este método no sería aceptado en el examen sin una prueba completa, así que estoy buscando una forma más elemental).

Answer 1

Muy elementalmente:

Elija una base para el núcleo de $T$ y se extienden a una base para todo el $\mathbb R^3$ . La matriz de $T$ en esta base es ahora $$ \begin{pmatrix} 0 & 0 & a \\ 0 & 0 & b \\ 0 & 0 & c \end{pmatrix} $$ y luego por cálculo directo $$ T^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & ca \\ 0 & 0 & cb \\ 0 & 0 & c^2 \end{pmatrix} \qquad T^3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & c^2a \\ 0 & 0 & c^2b \\ 0 & 0 & c^3 \end{pmatrix} $$ Desde $T^3=T$ debemos tener $c^3=c$ pero $c\ne 1$ porque $T^2\ne T$ y $c\ne 0$ porque de lo contrario $T=T^3=0$ cuyo núcleo es demasiado grande. Por lo tanto, $c=-1$ .

Esto significa que $-1$ es un valor propio, y se puede sustituir el tercer vector base por el correspondiente vector propio.

Answer 2

Desde $T^3=T$ obtenemos $T(T+1)(T-I)v=0$ para cualquier $v$ Así que

$(T^2-I)v=v_0$ es un vector propio $v_0$ de $\lambda = 0$

$(T^2+T)v=v_1$ es un vector propio $v_1$ de $\lambda= 1$

$(T^2-T)v=v_{-1}$ es un vector propio $v_{-1}$ de $\lambda=-1$

(¿por qué?)

Pero, en ese caso,

$$v=\frac{1}{2}v_1 + \frac{1}{2}v_{-1} - v_0$$

¿Puede concluir?

Answer 3

Dejemos que $(v_1, v_2)$ sea una base de $\ker T$ y que $\text{im }T = \text{span } v_3 \ne 0$

Está claro que $(v_1, v_2, v_3)$ es una base propia...

Por lo demás $v_3 \in \ker T$ así que $T^2 = 0$ . Así, $T = T^3 = 0$ contradicción.