Доказать нормальность матрицы

[artempalkin]

Задача 62.59 из Ким.

Матрицы $A$, $B$, $AB$ нормальны. Доказать, что матрица $BA$ тоже нормальна.

Пока что продвинулся вот куда:
$\operatorname{Im}AB\subset \operatorname{Im}A$
$\ker AB=\ker B^*A^*\subset\ker A^*=\ker A$,

что значит, что $\ker A=\ker AB$ и $\operatorname{Im}AB=\operatorname{Im}A$

То же самое можно сделать для $B$, в итоге получаем: $\ker A=\ker AB=\ker B$, $\operatorname{Im}AB=\operatorname{Im}A=\operatorname{Im}B$
Главное здесь, что $\ker A=\ker B$ и $\operatorname{Im}A=\operatorname{Im}B$.

Соответственно, применив подобный подход к матрице $BA$ мы получим, что $\operatorname{Im}BA\perp \ker BA$. Это камешек в пользу нормальности, но еще не доказательство... подскажите путь дальше! Или, может, совсем другой путь нужен?

[artempalkin]

За этим может следовать такая мысль: выкинем ядро и будем рассматривать все матрицы на их общем образе (пропускаю тут детали, но суть ясна). Тогда задача меняет немного формулировку:

"Матрицы $A$, $B$, $AB$ нормальны и невырождены. Доказать, что матрица $BA$ тоже нормальна".

В таком случае $AB$ и $BA$ будут подобны, но из этого, как я понимаю, не следует, что $BA$ - нормальна (должно быть ортогональное подобие или просто конгруэнтность. Конечно, если бы хотя бы одна из матриц $A$ или $B$ оказались унитарными, но тому совершенно нет никаких причин...

[Slav-27]

Нормальный опертор раскладывается в сумму коммутирующих самосопряжённого и антисамосопряжённого, попробуйте это использовать.

[artempalkin]

Slav-27
Дааа, честно говоря, идея сразу показалась перспективной, но что-то далеко я не продвинулся :) Получаются разные развернутые матричные равенства, и не получается что-то из них извлечь... а у вас получилось дойти до ответа с этим фактом?

[Slav-27]

artempalkin в сообщении #1596513 писал(а):

а у вас получилось дойти до ответа с этим фактом?

Да, у меня быстро получилось, но я мог ошибиться, конечно. Я написал $A=A_1+iA_2$, $B=B_1+iB_2$, $A_1,A_2,B_2,B_2$ -- самосопряжённые, $A_1$ коммутриует с $A_2$, $B_1$ с $B_2$, и потом расписал равенство $AB(AB)^*=(AB)^*AB$.

[artempalkin]

Slav-27 в сообщении #1596542 писал(а):

потом расписал равенство $AB(AB)^*=(AB)^*AB$.

И из него следует, что $BA(BA)^*=(BA)^*BA$?

Ох, что-то много всего получается, но попробую довести до конца...

[Slav-27]

artempalkin в сообщении #1596553 писал(а):

И из него следует, что $BA(BA)^*=(BA)^*BA$?

Нет, так не может получиться! извините. Тут существенна конечномерность.

-- 05.06.2023, 00:17 --

Короткое доказательство есть тут: https://math.stackexchange.com/a/1030607.

[artempalkin]

Slav-27 в сообщении #1596569 писал(а):

Короткое доказательство есть тут: https://math.stackexchange.com/a/1030607
.

Да, спасибо! Второе доказательство очень приятное и в меру "элегантное"! А задачка, оказывается, не такая простая...

[Slav-27]

Теперь можно ещё немного постараться и точно сказать, когда произведение нормальных операторов нормально.
А именно, пусть $H$ конечномерное комплексное векторное пространство с невырожденной эрмитовой формой, $A,B$ нормальные операторы на $H$, такие что $AB$ тоже нормален, тогда $H$ раскладывается в ортогональную прямую сумму таким образом, что каждое слагаемое инвариантно относительно $A$ и относительно $B$, причём $A$ и $B$ действуют на каждом из слагаемых как скалярные кратные унитарных операторов.

-- 06.06.2023, 14:24 --

Схема доказательства:
1) $C:=[A^*A,B]=0$, потому что $\operatorname{tr} C^*C=0$ -- непосредственное вычисление. Следовательно, $|A|$ коммутирует с $B$ и с $|B|$; здесь $|M|=\sqrt{M^*M}$ -- неотрицательный квадратный корень.
2) Представим $A$ в "тригонометрической форме" $A=U|A|$ (унитарный оператор $U$ однозначно определяется требованием, чтобы $U$ действовал тождественно на ядре $A$). $U$ и $|A|$ коммутируют. Аналогично $B=V|B|$.
3) Из 2 предыдущих пунктов $[U,|B|]\,|A|=0$, поэтому $U$ коммутирует с $|B|$. Аналогично, $V$ коммутирует с $|A|$.
4) Итого $U$ и $V$ коммутируют с нормальным оператором $|A|+i|B|$. Разложение в сумму собственных подпространств $|A|+i|B|$ -- искомое.