$\left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \\ \end{array} \right)$ no es diagonalizable

Question

Me gustaría preguntarle sobre este problema que he encontrado:

Demuestre que no existe ninguna matriz T tal que $$T^{-1}\cdot \left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \\ \end{array} \right)\cdot T $$ es diagonal.

En otras palabras nuestra matriz llamémosla A no puede ser diagonalizable. (Siendo A la matriz "entre las T").

He visto lo siguiente: $$\left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \\ \end{array} \right)=\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{array} \right)+\left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 0 & 0 \\ \end{array} \right)$$ Denotémoslos: $$A=D+N$$ También es fácil ver que $DN =ND$ y $N^{2}=0$ . De ello se desprende que

$(D+N)^{t}=D^{t}+tN = \text{Identity}^{t}+t\left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 0 & 0 \\ \end{array} \right)=\left( \begin{array}{cc} 1 & t \\ 0 & 1 \\ \end{array} \right)$

Nota: la expresión algebraica se redujo a esto, ya que todos los términos $N^2$ y superiores son $0$ También $D=\text{Identity}$ .

Pero no veo por qué de aquí se puede deducir (o no) que $A$ no es diagonalizable. Cualquier sugerencia o ayuda se agradece mucho.

Gracias

Answer 1

Un enfoque diferente:

Su matriz tiene un único valor propio $\lambda=1$ (con multiplicidad $2$ ) por lo que si fuera diagonalizable sería similar a la identidad, es decir $$P^{-1} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix} P=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \Rightarrow \\ \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}=P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}P^{-1}=PP^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix};$$ contradicción.

En general, la matriz $$ A= \begin{pmatrix} 1 & * &* &\ldots & * & *\\ 0 & 1 &* &\ldots & * & *\\ 0 & 0 &1 &\ldots & * & *\\ \vdots & \vdots &\vdots &\ddots & \vdots &\vdots \\ 0 & 0 &0 &\ldots & 1 & * \\ 0 & 0 &0 &\ldots & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} $$

es diagonalizable si $A=I$ .

Answer 2

Nótese que ambos valores propios son $1$ para esta matriz. Si encontramos el(los) vector(es) propio(s), $\vec{x} = \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\end{bmatrix}$ , de tal manera que $$A x = x$$ conseguimos que $x_1 + x_2 = x_1$ y $x_2 = x_2$ . Por lo tanto, el vector propio es $\vec{x} = \begin{bmatrix} \alpha\\ 0\end{bmatrix}$ . Por lo tanto, la multiplicidad geométrica del valor propio es $1$ . Por lo tanto, la matriz no es diagonalizable.

Answer 3

Tiene una idea geométrica muy limpia. Sin embargo, para llevarla a cabo, necesitaremos un poco de teoría. El pequeño folleto de Sheinman sobre la teoría de la representación es suficiente.

Denote $T(t) = A^t$ y considerar $T$ como una representación compleja de $\mathbb{R}$ . Si $A$ es diagonalizable, es unitaria en alguna base de $\mathbb{C}^2$ y, por tanto, esta representación tiene que ser completamente reducible (nótese que esto no nos sale gratis porque $\mathbb{R}$ no es compacto), y sabemos que como $\mathbb{R}$ es abeliano, sus representaciones irreducibles tienen que tener dimensión uno.

Así que vamos a enumerar todas las subrepresentaciones de $T$ . Por un teorema bien conocido, para grupos simplemente conectados existe una biyección natural entre las representaciones de un grupo de Lie y su álgebra de Lie. El álgebra de Lie de $\mathbb{R}$ es, por supuesto, el álgebra abeliana $\mathbb{R}$ y la representación correspondiente $\dot{T}$ es generado por $X = \begin{bmatrix}0 & 1 \\ 0 & 0\end{bmatrix}$ . Podemos encontrar inmediatamente una subrepción, generada por $\begin{bmatrix}1 \\ 0\end{bmatrix}$ Así que lo único que queda es encontrar un complemento. Pero $X \begin{bmatrix}0 \\ 1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1 \\ 0\end{bmatrix}$ Así que está claro que ese complemento no existe. Por lo tanto, $T$ no es completamente reducible, por lo que no puede ser unitaria, Q.E.D.

De hecho, por el mismo argumento cualquier matriz $X$ satisfaciendo $X^m = 0$ para algunos $m$ es diagonalizable si $X = 0$ . Si $X \neq 0$ entonces $\{0\} \subsetneq \operatorname{im} X \subsetneq \operatorname{dom} X = \mathbb{C}^n$ así que $\operatorname{im} X$ no puede tener un complemento invariable, por lo que no puede ser unitarizable.

Answer 4

Para continuar con el enfoque que usted sugirió, dejemos

$$ E = T^{-1} A T $$

y supongamos $E$ es diagonal. Entonces, tenemos

$$ E^t = 1 + t\: T N T^{-1} $$

Ahora, supongamos que $\lambda$ es la entrada superior izquierda de $E$ y $\mu$ es la entrada superior izquierda de $TNT^{-1}$ . Esta ecuación implica

$$ \lambda^t = 1 + t \mu $$

para todos $t$ . En particular, tenemos

$$\lambda = 1 + \mu \qquad \qquad \lambda^2 = 1 + 2 \mu$$

Pero también tenemos

$$\lambda^2 = 1 + 2 \mu + \mu^2$$

y por lo tanto $\mu = 0$ . El mismo argumento se aplica a todas las entradas diagonales, no sólo a la superior izquierda.

Por lo tanto, $TNT^{-1} = 0$ y por lo tanto $N = 0$ , lo cual es una contradicción.

Answer 5

Esta es una forma bastante enrevesada de llegar a la conclusión de que tu matriz no es diagonalizable, pero puede deduzca esto de su cálculo $$ A^m=\begin{pmatrix}1&m\\0&1\end{pmatrix}\qquad\text{for }m\in\mathbf N. $$ El $m$ -La potencia de una matriz diagonal tiene entradas diagonales de la forma $\lambda^m$ y todas las demás entradas, por supuesto $0$ . Ahora bien, si se aplica una transformación de base, que se obtiene mediante la multiplicación a la izquierda y a la derecha por matrices fijas, es evidente que cada entrada de la matriz resultante será una combinación lineal de expresiones exponenciales en $m$ (con como bases las entradas diagonales $\lambda$ ). Sin embargo, la función (lineal) $m$ (de $m$ ) que se produce como entrada de $A^m$ es no una combinación lineal de expresiones exponenciales (por ejemplo, porque el comportamiento asintótico para grandes $m$ de dicha combinación lineal no puede ser un crecimiento lineal; hay que reconocer que el argumento es un poco confuso). Por lo tanto, $A$ no puede ser diagonalizable.