¿matrices de viajan = común base de autovectores?

Question

¿He llegado a través de un documento que menciona esto como un hecho... donde puedo encontrar la prueba?

Answer 1

Supongamos que $a$ y $B$ son $n\times n$ matrices con entradas complejas decir, que se desplazan.
A continuación, se descompone en $\mathbb C^n$ como una suma directa de subespacios propios de $A$, dicen $\mathbb C^n = E_{\lambda_1} \oplus \cdots \oplus E_{\lambda_m}$, donde $\lambda_1,\ldots, \lambda_m$ son los autovalores de $A$ y $E_{\lambda_i}$ es el espacio propio para $\lambda_i$. (Aquí m $\leq$ n, pero algunos subespacios propios podría ser de dimensión mayor que uno, así que no necesita tiene $m = $n.)

Ahora uno ve que, desde $B$ desplazamientos con $A$, $B$ conserva cada uno de los $E_{\lambda_i}$: si $v = \lambda_i v, $ entonces $A (B, v) = (AB)v = (BA)v = B(Av) = B(\lambda_i v) = \lambda_i Bv.$

Ahora hemos considerado $B$ restringido a cada una de $E_{\lambda_i}$ por separado, y se descomponen cada $E_{\lambda_i}$ en una suma de subespacios propios por $B$. Poniendo todas estas descomposiciones juntos, podemos obtener una descomposición de $\mathbb C^n$ en una suma directa de espacios, cada uno de que es simultánea de un espacio propio para $A$ y $B$.

PD: estoy haciendo trampa aquí, en el que $a$ y $B$ no puede ser diagonalizable (y, a continuación, la instrucción de tu pregunta no es literalmente cierto), pero en este caso, si se reemplaza "espacio propio" por "generalizado espacio propio", el argumento de arriba pasa a través de la igual de bien.

Answer 2

Esto es falso, en una especie de forma trivial. La matriz identidad I $$ conmuta con todas las de la matriz y tiene vector propio conjunto de todos los de la base del espacio vectorial $V$, pero no no la matriz identidad tiene esta propiedad.

Lo cierto es que dos matrices que conmutan y también diagonalizable son simultáneamente diagonalizable. La prueba es particularmente simple, si al menos uno de los dos matrices tiene distintos valores propios.