$ST$ y $TS$ tienen los mismos valores propios.

Question

Estoy obligado a demostrar que si $S$ y $T$ son operadores lineales sobre un espacio vectorial $V$ entonces $ST$ y $TS$ tienen los mismos valores propios, ¿podría proporcionarme algunas pistas para ponerme en marcha? sin revelar la solución completa .

Además, sería útil que no se refiriera a los polinomios característicos ni a los determinantes en su respuesta.

Answer 1

Diga $\lambda$ es un valor propio de $ST$ ; existe $x\ne0$ tal que $$STx=\lambda x.$$

Si dejas que $y=Tx$ entonces se deduce que $$TSy=\lambda y.$$

No, eso no es una prueba. Porque $TSy=\lambda y$ hace no demostrar que $\lambda$ es un valor propio de $TS$ . Ejercicio, que deberías hacer antes de seguir leyendo: ¿Por qué no?

Por qué no es porque necesitamos saber que $y=Tx\ne0$ para concluir que $\lambda$ es un valor propio.

La prueba real se divide en dos casos.

Primero asuma $\lambda\ne0$ . Entonces el argumento anterior está bien: $STx=\lambda x\ne0$ Por lo tanto $y=Tx\ne0$ .

Supongamos ahora que $0$ es un valor propio de $ST$ . Esto dice precisamente que $ST$ no es invertible. Por lo tanto, $S$ y $T$ no pueden ser ambos invertibles, por lo que (al menos en el caso de dimensión finita) $TS$ no es invertible, por lo que $0$ es un valor propio de $TS$ .

(Si $TS$ es invertible entonces $T$ debe ser suryente y $S$ debe ser inyectiva; por tanto, en el caso de dimensión finita, ambas son invertibles).

Nota Tenemos que asumir $V$ tiene dimensión finita o el resultado es falso. Sea $V$ sea el espacio de todas las secuencias unilaterales $v=(v_1,\dots)$ ; deja que $Sv=(v_2,v_3,\dots)$ y $Tv=(0,v_1,v_2,\dots)$ . Entonces $ST$ es la identidad pero $TS$ tiene $0$ para un valor propio.

Answer 2

Una prueba para las matrices se da en esta respuesta .

Como los determinantes de las matrices de la izquierda son iguales, los de la derecha también lo son. $$ \begin{bmatrix}I_n&-A\\0&\lambda I_m\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\lambda I_n&A\\B&I_m\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}\lambda I_n-AB&0\\\lambda B&\lambda I_m\end{bmatrix} $$ y $$ \begin{bmatrix}I_n&0\\-B&\lambda I_m\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\lambda I_n&A\\B&I_m\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}\lambda I_n&A\\0&\lambda I_m-BA\end{bmatrix} $$ Esto dice que $$ \lambda^m\det(\lambda I_n-AB)=\lambda^n\det(\lambda I_m-BA) $$ Así, para las matrices cuadradas, los valores propios son idénticos.