¿Las matrices conmutadas comparten los mismos vectores propios?

Question

En uno de mis exámenes me piden que demuestre lo siguiente

Supongamos que $A,B\in \mathbb R^{n\times n}$ y $AB=BA$ entonces $A,B$ comparten los mismos vectores propios.

Mi intento es que $\xi$ sea un vector propio correspondiente a $\lambda$ de $A$ entonces $A\xi=\lambda\xi$ , entonces quiero mostrar $\xi$ es también algún vector propio de $B$ pero me quedo atascado.

Answer 1

La respuesta está en el libro Álgebra lineal y su aplicación por Gilbert Strang. Me limitaré a escribir lo que dijo en el libro.

A partir de $Ax=\lambda x$ tenemos

$$ABx = BAx = B \lambda x = \lambda Bx$$

Así, $x$ y $Bx$ son ambos vectores propios de $A$ compartiendo el mismo $\lambda$ (o bien $Bx = 0$ ). Si suponemos por comodidad que los valores propios de $A$ son distintos - los eigenspaces son unidimensionales - entonces $Bx$ debe ser un múltiplo de $x$ . En otras palabras $x$ es un vector propio de $B$ así como $A$ .

Hay otra prueba usando la diagonalización en el libro.

Answer 2

Las matrices de conmutación no comparten necesariamente todo eigenvector, pero generalmente comparten a vector propio común.

Dejemos que $A,B\in\mathbb{C}^{n\times n}$ tal que $AB=BA$ . Siempre hay un subespacio no nulo de $\mathbb{C}^n$ que es a la vez $A$ -invariante y $B$ -(es decir $\mathbb{C}^n$ mismo). Entre todos estos subespacios, existe por tanto un subespacio invariante $\mathcal{S}$ de la dimensión mínima (no nula).

Demostramos que $\mathcal{S}$ se extiende por algunos vectores propios comunes de $A$ y $B$ . Supongamos que, por ejemplo, para $A$ hay un $y\in \mathcal{S}$ tal que $y$ no es un vector propio de $A$ . Desde $\mathcal{S}$ es $A$ -invariante, contiene algún vector propio $x$ de $A$ digamos, $Ax=\lambda x$ para algunos $\lambda\in\mathbb{C}$ . Sea $\mathcal{S}_{A,\lambda}:=\{z\in \mathcal{S}:Az=\lambda z\}$ . Por la suposición, $\mathcal{S}_{A,\lambda}$ es un subespacio propio (pero no nulo) de $\mathcal{S}$ (ya que $y\not\in\mathcal{S}_{A,\lambda}$ ).

Sabemos que para cualquier $z\in \mathcal{S}_{A,\lambda}$ , $Bz\in \mathcal{S}$ desde $\mathcal{S}_{A,\lambda}\subset\mathcal{S}$ y $\mathcal{S}$ es $B$ -invariante. Sin embargo, $A$ y $B$ ir al trabajo así que $$ ABz=BAz=\lambda Bz \quad \Rightarrow\quad Bz\in \mathcal{S}_{A,\lambda}. $$ Esto significa que $\mathcal{S}_{A,\lambda}$ es $B$ -invariante. Dado que $\mathcal{S}_{A,\lambda}$ es a la vez $A$ - y $B$ -y es un subespacio propio (no nulo) de $\mathcal{S}$ tenemos una contradicción. Por lo tanto, todo vector no nulo en $\mathcal{S}$ es un vector propio de ambos $A$ y $B$ .

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EDITAR: Un valor no nulo $A$ -subespacio invariable $\mathcal{S}$ de $\mathbb{C}^n$ contiene un vector propio de $A$ .

Dejemos que $S=[s_1,\ldots,s_k]\in\mathbb{C}^{n\times k}$ sea tal que $s_1,\ldots,s_k$ forman una base de $\mathcal{S}$ . Desde $A\mathcal{S}\subset\mathcal{S}$ tenemos $AS=SG$ para algunos $G\in\mathbb{C}^{k\times k}$ . Desde $k\geq 1$ , $G$ tiene al menos un par propio $(\lambda,x)$ . Desde $Gx=\lambda x$ obtenemos $A(Sx)=SGx=\lambda(Sx)$ ( $Sx\neq 0$ porque $x\neq 0$ y $S$ tiene rango de columna completo). El vector $Sx\in\mathcal{S}$ es un vector propio de $A$ y, en consecuencia, $\mathcal{S}$ contiene al menos un vector propio de $A$ .

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EDITAR: Hay un número no nulo de $A$ - y $B$ -subespacio invariable de $\mathbb{C}^n$ de la menor dimensión.

Dejemos que $\mathcal{I}$ sea el conjunto de todas las $A$ - y $B$ -subespacios invariantes de $\mathbb{C}^n$ . El conjunto es no vacío ya que $\mathbb{C}^n$ es su propio subespacio (no nulo) que es a la vez $A$ - y $B$ -invariante ( $A\mathbb{C}^n\subset\mathbb{C}^n$ y $B\mathbb{C}^n\subset\mathbb{C}^n$ ). Por lo tanto, el conjunto $\mathcal{D}:=\{\dim \mathcal{S}:\mathcal{S}\in\mathcal I\}$ es un subconjunto no vacío de $\{1,\ldots,n\}$ . Por el principio de ordenación , $\mathcal{D}$ tiene el menor elemento y, por lo tanto, hay un elemento no nulo $\mathcal{S}\in\mathcal{I}$ de la menor dimensión.

Answer 3

(Modificado) Respuesta de Qiaochu Yuan aquí : Esto es falso de forma trivial. La matriz de identidad $I$ conmuta con todas las matrices y tiene como conjunto de vectores propios todo el espacio vectorial subyacente $V$ pero ninguna otra matriz, excepto un múltiplo de la matriz identidad, tiene esta propiedad.

Answer 4

Como se ha señalado en otra respuesta, la afirmación no es cierta tal y como se ha planteado, sólo hay que tomar $$ A = \begin{bmatrix}1&0\\0&1\\\end{bmatrix}, \qquad B = \begin{bmatrix}1&0\\0&2\\\end{bmatrix}. $$

Lo que sí es cierto es que, si $A$ y $B$ son diagonalizables, entonces $A$ y $B$ pueden ser diagonalizados simultáneamente. Gracias a Thomas Andrews por señalar un error.

Aplicando $B$ a ambos lados de $\lambda \xi = A \xi$ se obtiene $\lambda (B \xi) = B A \xi = A (B \xi)$ Así que, o bien $B \xi = 0$ o $B \xi$ es un vector propio de $A$ con respecto al valor propio $\lambda$ .

En cualquier caso $B$ mapea el eigespacio $W$ de $A$ en relación con el valor propio $\lambda$ en sí mismo. En $W$ , $A$ actúa como el escalar $\lambda$ . Ahora se puede poner $B$ en forma diagonal en $W$ sin cambiar la forma escalar de $A$ en $W$ .

Answer 5

Matrices $A = \pmatrix{0&1\\0&0}, B = \pmatrix{1&0\\0&1}$ se intercambian, pero no comparten el vector propio $\pmatrix{0\\1}$ de $B.$