Dejemos que $x$ un endomorfismo de un espacio vectorial de dimensión finita. La descomposición de Jordan establece que $x = x_{ss}+ x_n$ donde $x_n$ es nilpotente, $x_{ss}$ es semisimple (diagonalizable). Además, estos elementos conmutan. En la prueba que he visto, para demostrar que $x_{ss}$ y $x_n$ los desplazamientos, mostraron que $x_{ss}$ era un polinomio en $x$ . Si esto es cierto, entonces entiendo por qué $x_{ss}$ y $x_n$ conmutación pero no veo cómo escribir $x_{ss}$ como un polinomio en $x$ . El argumento era: tomar $\lambda_i$ el conjunto de valores propios de $x_{ss}$ . Entonces, hay un polinomio que es cero en $\lambda_i$ con una multiplicidad suficientemente grande y tal que $p(0) = 0$ . No veo por qué esto implica que $x{ss}$ es un polinomio en $x$ : Seguramente me estoy perdiendo algo obvio. He intentado calcular $p(x) = 0$ pero no sé cómo aislar $x_{ss}$ . Gracias de antemano.
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Dejemos que $X$ sea un operador lineal definido en un espacio vectorial de dimensión finita $V$ (sobre algún campo algebraicamente cerrado). Sea $\lambda_1,\dots,\lambda_k$ sean los valores propios distintos de $X$ con sus respectivas multiplicidades $m_1,\dots,m_k$ .
Entonces $f(t) = (t-\lambda_1)^{m_1}\cdots (t-\lambda_k)^{m_k}$ es el polinomio característico de $X$ (y así $f(X)=0$ ).
Por Jordania, $V$ es una suma directa de $V_i = \mathrm{Ker}\,(X-\lambda_i I)^{m_i}$ ("eigenspaces" generalizados). Además, cada uno de estos subespacios es $X$ -invariante ( $X$ mapas cada uno $V_i$ en sí mismo).
Limitándonos al subespacio $V_i$ (que podemos hacer ya que es invariante), el polinomio característico (para $X$ restringido a $V_i$ ) es $(t-\lambda_i)^{m_i}$ .
Aplicar el teorema del resto chino para obtener un polinomio $p(t)$ tal que $p(t)$ es congruente con $\lambda_i$ modulo $(t-\lambda_i)^{m_i}$ para cada $i=1,\dots,k$ (y también $p(t)$ congruente con $0$ modulo $t$ si $0$ no es un valor propio). Tal $p(t)$ existe ya que todos los $(t-\lambda_i)^{m_i}$ (y $t$ si $0$ no es un valor propio) son relativamente primos.
Ahora $p(t)$ tiene un término constante cero (debido a la congruencia final o a la $0$ -congruencia de valores propios).
Obsérvese que como $V_i$ es $X$ -invariante, por lo que es $p(X)$ . A continuación, ya que $p(t)$ es congruente con $\lambda_i$ modulo $(t-\lambda_i)^{m_i}$ tenemos $p(t)=\lambda_i + g(t)(t-\lambda_i)^{m_i}$ para algunos $g(t)$ . Así, en el subespacio $V_i = \mathrm{Ker}\,(X-\lambda_i I)^{m_i}$ , $p(X)=\lambda_i I +g(X)(X-\lambda_i I)^{m_i} = \lambda_i I$ . En otras palabras, $p(X)$ actúa de forma semipresencial en cada $V_i$ Así que $p(X)$ actúa de forma semisimple sobre todos los $V$ .
Por último, dejemos que $q(t)=t-p(t)$ . Nota: $p(t)$ no tiene ningún término constante por lo que, $q(0)=0-p(0)=0$ y así $q(t)$ no tiene ningún término constante. Por la discusión anterior, podemos ver que $q(X)$ actúa como $X-P(X)=X-\lambda_i I$ en $V_i$ . así que $q(X)^{m_i}=0$ en $V_i$ (según la definición de $V_i$ ). Esto significa que $q(X)$ es nilpotente en todo $V_i$ y por tanto es nilpotente en $V$ .
Así, $X=p(X)+q(X)$ donde $p(X)$ es semisimple, $q(X)$ es nilpotente, y tanto $p(t)$ y $q(t)$ son polinomios sin término constante.
Nota: Este es el Descomposición de Jordan-Chevalley . Esta prueba se puede encontrar en el texto de álgebra de Lie de James Humphrey en las páginas 17-18.
