Совместная диагонализируемость коммутирующих матриц

[Maxim19]

Здравствуйте, дана задача: операторы $A,B$ диагонализируемы и коммутативны. Необходимо доказать, что найдётся базис, из собственных векторов для обоих операторов. Решал так: пусть $x$ собственный вектор для $B$ с собственным значением $q$. $ABx=qAx=BAx$. Последнее равенство означает, что собственные вектора $B$ с одинаковыми собственными значениями образуют инвариантное подпространство для $A$, значит матрица оператора блочная. Что делать дальше? Тематика глав для этой задачи связана со скалярным произведением. Как его применить - не знаю. Может кто-нибудь помочь?

[svv]

Maxim19
Всё, что могу посоветовать — посмотрите книгу
Horn, Johnson. Matrix analysis (2 ed.)
Theorem 1.3.12, page 62
Сама теорема несложная, но опирается на несколько вспомогательных утверждений, которые были доказаны ранее. А совсем простого доказательства я не встречал.

[Maxim19]

То есть это сложная задача?

[svv]

К обеим матрицам применяется такое преобразование подобия, чтобы $A$ стала диагональной и равные диагональные элементы шли подряд. Разобьём $A$ на блоки так, чтобы каждый диагональный блок имел вид $\lambda_i E$ и равные диагональные элементы всегда относились к одному блоку. Легко доказывается, что поскольку $A$ и $B$ коммутируют, $B$ будет блочно диагональной матрицей той же блочной структуры. Дальше надо показать, что (*) если матрица $B$ блочно диагональна и диагонализируема, то каждый её диагональный блок диагонализируем в отдельности. Применяем одновременно и к $B$, и к $A$ такие преобразования подобия, которые последовательно диагонализируют диагональные блоки $B$. Эти же преобразования оставляют матрицу $A$ диагональной, потому что действуют на её диагональные блоки вида $\lambda_i E$.

Вы можете доказать (*)? Значит, всё просто. Если нет, в книге расписано, как.

[Maxim19]

Пойду посмотрю, как это доказывается. Хотел изначально сказать, что на блоки действует лишь преобразования в их строках и столбцах, но потом понял, что преобразовать можно так, что $AC$ будет не блочной матрицей, а $C^TAC$ окажется блочной.

[Slav-27]

Я умею немного проще.

Maxim19 в сообщении #1592714 писал(а):

Решал так: пусть $x$ собственный вектор для $B$ с собственным значением $q$. $ABx=qAx=BAx$. Последнее равенство означает, что собственные вектора $B$ с одинаковыми собственными значениями образуют инвариантное подпространство для $A$, значит матрица оператора блочная.

Осталось доказать, что если $A$ -- диагонализуемый линейный оператор на $V$ и $W\subset V$ -- инвариантное подпростраство $AW\subset W$, то ограничение $A$ на $W$ тоже диагонализуемо. Обозначим $V_\lambda\subset V$ собственное подпространство, отвечающее собственному значению $\lambda$ оператора $A$. Пусть $w\in W$, так как $A$ диагонализуем, то можно разложить $w=v_1+...+v_k$, $v_i\in V_{\lambda_i}$, все $\lambda_i$ различны. Докажем, что в таком случае все $v_i\in W$, индукцией по $k$. При $k=1$ очевидно, дальше $(A-\lambda_k)w=(\lambda_1-\lambda_k)v_1+...+(\lambda_{k-1}-\lambda_k)v_{k-1}$, каждое слагаемое этой суммы лежит в $W$ по предположению индукции, и так как $\lambda_i$ различны, то $v_1,...,v_{k-1}\in W$, поэтому и $v_k\in W$. Значит, $W=\bigoplus\limits_{\lambda}(W\cap V_{\lambda})$, что и требовалось.

Скалярное произведение не требуется, верно над любым полем.

[Maxim19]

Хорошо, но как это подтверждает тот факт, что есть базис, в котором матрицы $A$ и $B$ диагональны?

[Slav-27]

Maxim19 в сообщении #1593093 писал(а):

Хорошо, но как это подтверждает тот факт, что есть базис, в котором матрицы $A$ и $B$ диагональны?

Я доказал, что оператор $A$, ограниченный на любое собственное подпространство $V_{B,\lambda}$ оператора $B$, диагонализуем, то есть есть базис пространства $V_{B,\lambda}$, состоящий из собственных векторов оператора $A$. Выберем такой базис для каждого $V_{B,\lambda}$ и получим базис всего пространства, состоящий из общих собственных векторов.

[Maxim19]

Понятно, спасибо

-- 09.05.2023, 02:15 --

Только меня смущает то, что это не использует коммутативность этих операторов. Может есть ошибка в доказательстве? Например, обязательно ли, что все собственные значения разные?

-- 09.05.2023, 02:16 --

А, нет. Использовали же Вы в начале, когда цитировали мою попытку

[Slav-27]

Maxim19 в сообщении #1593095 писал(а):

Только меня смущает то, что это не использует коммутативность этих операторов.

Использует: там используется, что собственные подпространства оператора $B$ $A$-инвариантны. Это как раз про блочность $A$.

[Maxim19]

Я запутался. Я так и не понял, почему, когда мы выбираем на подпространстве оператора $A$ базис из собственных векторов, то эти вектора собственны для оператора $B$?

[Slav-27]

Мы выбираем в подпространстве, собственном для оператора $B$, базис из векторов, собственных для $A$.

[Maxim19]

Это да, но почему этот базис собственный для $B$? Пространство может просто стать инвариантным.

[Slav-27]

Maxim19 в сообщении #1593099 писал(а):

Это да, но почему этот базис собственный для $B$?

Потому что в подпространстве, собственном для $B$, все ненулевые векторы собственны для $B$.

[Maxim19]

Это не так

-- 09.05.2023, 02:29 --

Допустим подпространство из собственных векторов с собственными значениями 1 и 2. Сумма этих векторов не будет собственной