Diagonalización simultánea de transformaciones lineales conmutativas

Question

Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial de dimensión finita y sea $T,S$ transformaciones lineales diagonalizables de $V$ a sí mismo. Tengo que demostrar que si $TS=ST$ cada eigespacio $V_\lambda$ de $S$ es $T$ -y la restricción de $T$ a $V_\lambda$ ( $T:{V_{\lambda }}\rightarrow V_{\lambda }$ ) es diagonalizable. Además, necesito demostrar que hay una base $B$ de $V$ tal que $[S]_{B}^{B}$ , $[T]_{B}^{B}$ son diagonalizables si y sólo si $TS=ST$ .

Bien, primero vamos a $v\in V_\lambda$ . Desde $TS=ST$ conseguimos que $\lambda T(v)= S(T(v))$ así que $T(v)$ es el vector propio de $S$ y obtenemos lo que queremos. Quiero usar eso para conseguir la siguiente afirmación, pero no sé cómo. Una dirección del "iff" es obvia, la otra me resulta más complicada.

Answer 1

Esta respuesta es básicamente la misma que la de Paul Garrett. --- En primer lugar, plantearé la pregunta de la siguiente manera.

Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial de dimensión finita sobre un campo $K$ y que $S$ y $T$ sean endomorfismos diagonalizables de $V$ . Decimos que $S$ y $T$ son simultáneamente diagonalizable si (y sólo si) existe una base de $V$ que diagonaliza ambos. El teorema es

$S$ y $T$ son simultáneamente diagonalizables si y sólo si conmutan.

Si $S$ y $T$ son simultáneamente diagonalizables, son claramente conmutables. Para la inversa, me remitiré al Teorema 5.1 de El polinomio mínimo y algunas aplicaciones por Keith Conrad.

EDITAR. El enunciado clave para demostrar el teorema anterior es el teorema 4.11 del texto de Keith Conrad, que dice

Dejemos que $A: V \to V$ sea un operador lineal. Entonces $A$ es diagonalizable si y sólo si su polinomio mínimo en $F[T]$ se divide en $F[T]$ y tiene raíces distintas.

[ $F$ es el campo de tierra, $T$ es un indeterminado, y $V$ es de dimensión finita].

El punto clave para demostrar el Teorema 4.11 es comprobar la igualdad $$V=E_{\lambda_1}+···+E_{\lambda_r},$$ donde el $\lambda_i$ son los valores propios distintos y el $E_{\lambda_i}$ son los correspondientes eigenspaces. Esto se puede demostrar utilizando la fórmula de interpolación de Lagrange: pongamos $$f:=\sum_{i=1}^r\ \prod_{j\not=i}\ \frac{T-\lambda_j}{\lambda_i-\lambda_j}\ \in F[T]$$ y observar que $f(A)$ es la identidad de $V$ .

Answer 2

Ha demostrado (de $ST=TS$ ) que el $\lambda$ -eigenspace $V_\lambda$ de $T$ es $S$ -estable. La diagonalizabilidad de $S$ en todo el espacio es equivalente a su polinomio mínimo que no tiene factores repetidos. Su polinomio mínimo en $V_\lambda$ divide eso en todo el espacio, por lo que sigue siendo libre de factores de repetición, por lo que $S$ es diagonalizable en ese subespacio. Esto da una inducción para demostrar la existencia de una base simultánea de vectores propios. Nótese que es necesario no sea el caso de que cada vector propio de $T$ es un vector propio de $S$ porque los eigenspaces pueden ser de más de una dimensión.

Editar : Gracias Arturo M. Sí, sobre un campo no necesariamente cerrado algebraicamente, hay que decir que "diagonalizable" es equivalente a no tener ningún factor repetido y se divide en factores lineales.

Edición 2 : $V_\lambda$ ser "S-estable" significa que $SV_\lambda\subset V_\lambda$ Es decir, $Sv\in V_\lambda$ para todos $v\in V_\lambda$ .