Demostrando que el conjunto de operadores normales no es un subespacio de $L(V)$ si $\dim V\geq 2$

Question

Procedí de la siguiente manera.

Sea $U$ denotan el conjunto de operadores normales sobre $V$ . Es evidente que $U$ es un subconjunto de $L(V)$ y que $0\in U$ (ya que $0$ es autoadjunto). Además, para todos los escalares $\lambda\in\mathbb{F}$ tenemos $(\lambda S)(\lambda S)^*=(\lambda S)(\bar{\lambda }S^*)= \lambda \bar{\lambda }SS^*= \lambda \bar{\lambda }S^*S=(\bar{\lambda }S^*)(\lambda S)= (\lambda S)^*(\lambda S)$ Así que $U$ es cerrado bajo multiplicación escalar. Por tanto, podemos concluir de la prueba de un subespacio que es la condición aditiva la que falla. Ahora, utilizando propiedades básicas de la suma de operadores y el adjunto, se puede demostrar que $S+T$ es normal si $ST^* +TS^*= S^*T +T^*S$ .

Es aquí donde estoy atascado. Para un espacio vectorial f-d general con $\dim V\geq 2$ ¿cómo construyo dos operadores de forma que no se cumpla esta condición?

La pregunta procede de la sección 7A del libro de Axler "Linear Algebra Done Right" (#10)

Answer 1

La clase de matrices normales contiene todas las matrices hermitianas ( $H^*=H$ ) y todas las matrices antihermitianas ( $A^*=-A$ ). Es fácil ver que para cualquier matriz cuadrada compleja $B$ se puede escribir $B=H+A$ con $H=\frac12(B+B^*)$ Hermitiana y $A=\frac12(B-B^*)$ anti-Hermitiano. Así que si el conjunto de matrices normales fuera un subespacio, entonces todas las matrices serían normales, lo que es claramente falso cuando $\dim V\geq2$ .

Para un contraejemplo concreto basta con tomar por $B$ cualquier matriz que no sea normal. Lo más sencillo es tomar $B=(\begin{smallmatrix}0&2\\0&0\end{smallmatrix})$ which is not diagonalisable and therefore certainly not normal (this is also obvious from the definition of normal), and which is the sum of the Hermitian matrix $H=(\begin{smallmatrix}0&1\\1&0\end{smallmatrix})$ y la matriz antihermitiana $A=(\begin{smallmatrix}\phantom-0&1\\-1&0\end{smallmatrix})$ . Ampliar $B$ con ceros para obtener un contraejemplo en dimensiones superiores.

Pero también se podría tomar por $B$ una matriz diagonalizable pero con vectores propios no ortogonales para distintos valores propios (es fácil de construir) y que, por tanto, no es una matriz normal.