Triangularización Simultanea

Transcripción

1 Triangularización Simultanea Antonio M. Oller 21 de Noviembre de Introducción Sabemos que toda matriz sobre C (y en general sobre un cuerpo algebráicamente cerrado) es semejante a una matriz triangular superior. Trabajar con matrices de este tipo tiene ventajas. Por ejemplo, que los valores propios (con su multiplicidad) están a la vista o que se tiene, también a la vista, una familia de subespacios invariantes. Esto justifica los esfuerzos por intentar triangularizar una matriz cualquiera. El objetivo de esta charla no es más que presentar dos resultados clásicos que nos proporcionan condiciones bajo las cuales pueden ser triangularizadas, a la vez, todas las matrices de una determinada familia. En primer lugar presentaremos una versión simplificada de cada uno de ellos, dar el enunciado general nos obligará a comentar el concepto de Álgebra de Lie resoluble. 2. Resultados Clásicos Comenzaremos poniendo una restricción bastante fuerte sobre el cuerpo en el que trabajamos. Teorema (Lie). Sea K un cuerpo algebráicamente cerrado, V un K-espacio vectorial de dimensión finita y sea L End(V ) tal que xy = yx para todos x, y L. Entonces existe 0 v V tal que x(v) = λ(x)v para todo x L pues por ser K algebráicamente cerrado y L = Kx debe existir un vector propio para x. Supongamos ahora que L = K x 1,..., x r con r > 1. En tal caso ponemos L = M Kx r y tenemos dim M < dim L por lo que podemos aplicar nuestra hipótesis de inducción y ver que W = {v V x(v) = λ(x)v x M} = 0. Vamos a ver ahora que W es x r -invariante: En efecto, si w W queremos ver que x r (w) W. Para ello tomamos y M y se tiene que y(x r (w)) = x r (y(w)) = x r (λ(y)w) = λ(y)x r (w) como queríamos. Así, razonando como en el paso anterior concluimos que x r posee un vector propio en W que es precisamente lo que se quería demostrar. Corolario. Si V es un espacio vectorial sobre un cuerpo K algebráicamente cerrado y L es un subespacio vectorial de End(V ) tal que todos sus elementos conmutan, entonces existe una base de V respecto de la cual todos los endomorfismos de L tienen matriz asociada triangular. 1

2 Nuestro siguiente paso es tratar de eliminar la restricción que hemos hecho sobre el cuerpo K. No obstante, hay que observar que se ha hecho un uso crucial de esta condición cuando se ha empleado que todo endomorfismo posee un valor propio. Así que debemos cambiar esta hipótesis por otra que nos garantice una conclusión similar. En esa dirección tenemos el siguiente resultado. Teorema (Engel). Sea V un K-espacio vectorial de dimensión finita. Sea L End(V ) tal que xy = yx para todos x, y L y tal que todo endomorfismo de L es nilpotente. Entonces existe 0 v V tal que x(v) = 0 para todo x L pues si L = Kx, como x es nilpotente, existe n tal que x n = 0 pero x n 1 0 y podemos elegir 0 v V tal que x n 1 (v) 0. Este es el vector buscado. Supongamos ahora que L = K x 1,..., x r con r > 1. En tal caso ponemos L = M Kx r y tenemos dim M < dim L por lo que podemos aplicar nuestra hipótesis de inducción y ver que W = {v V x(v) = 0 x M} = 0. Vamos a ver ahora que W es x r -invariante: En efecto, si w W queremos ver que x r (w) W. Para ello tomamos y M y se tiene que y(x r (w)) = x r (y(w)) = 0 como queríamos. Así, razonando como en el paso anterior concluimos que existe 0 v W tal que x r (w) = 0 como se quería. Corolario. Si V es un K-espacio vectorial y L es un subespacio vectorial de End(V ) tal que todos sus elementos son nilpotentes y conmutan, entonces existe una base de V respecto de la cual todos los endomorfismos de L tienen matriz asociada triangular. Hemos logrado relajar nuestra hipótesis sobre el cuerpo K a costa de añadir la nilpotencia. Esto no es demasiado restrictivo, sin embargo, la condición sobre la conmutación lo es más. Nuestro siguiente objetivo va a ser tratar de relajar también esta condición, pero para ello debemos hablar antes un poco sobre Álgebras de Lie. 3. Un poco (muy poco) sobre Álgebras de Lie Un álgebra de Lie es un espacio vectorial L que posee un producto interno bilineal, que denotamos [x, y] cumpliendo: [x, x] = 0 [x, [y, z]] + [y, [z, x]] + [z, [y, x]] = 0 Vemos pues que un álgebra de Lie es, en particular, un anillo (no conmutativo, no asociativo, sin identidad) y es natural hablar de subálgebras, ideales, cocientes. Dado un subconjunto X L podemos definir N L (X) = {y L [y, x] X x X} que se llama normalizador en L de X. Si X N L (X) diremos que X es una subálgebra de L y si N L (X) = L diremos que X es un ideal de L. Observamos que si M es una subálgebra de L el cociente L/M sólo posee, en general, estructura de espacio vectorial. Para poder ver L/M como álgebra de Lie necesitamos que M sea un ideal de L 1 1 Exactamente igual sucede en anillos, aunque allí el cociente por un subanillo no posee ningún tipo de estructura. 2

3 Habría muchísimo que decir sobre álgebras de Lie, pero no es nuestro objetivo. Nosotros, para comenzar nos vamos a conformar con presentar un ejemplo que, aunque parece muy particular, no lo es tanto 2. Consideramos V un K-espacio vectorial. Asociado al mismo tenemos el álgebra (asociativa) de sus endomorfismos, que denotamos por End(V ). Allí podemos definir una nueva operación como [f, g] = fg gf y denotamos por gl(v ) al espacio vectorial End(V ) dotado de esta nueva operación interna. Proposición. gl(v ) es un álgebra de Lie. Dada un álgebra de Lie L podemos llevar a cabo la construcción siguiente: L (1) = [L, L] L (i) = [L (i 1), L (i 1) ] para todo i > 1 Definición. Si L (n) = 0 para algún n, L se dice resoluble 3 Con estos pocos ingredientes ya podemos tratar de generalizar un poco nuestros resultados anteriores. 4. Los Resultados Clásicos Revisitados Teorema (Engel). 4 Sea K un cuerpo cualquiera y sea V un K-espacio vectorial de dimensión finita. Si L es una subálgebra de Lie de gl(v ) formada por elementos nilpotentes, entonces existe 0 v V tal que x(v) = 0 para todo x L. pues si L = Kx, como x es nilpotente, existe n tal que x n = 0 pero x n 1 0 y podemos elegir 0 v V tal que x n 1 (v) 0. Este es el vector buscado. Supongamos ahora que dim L = r > 1. En tal caso elegimos M una subálgebra maximal (es fácil ver que es dimensión finita siempre existen) de L. Consideramos L/M que, en principio, sólo posee estructura de espacio vectorial. Para que tenga estructura de álgebra necesitamos que M sea un ideal y eso es lo que vamos a probar ahora. Definimos ρ : L/M gl(l/m) mediante ρ(x + M)(y + M) = [x, y] + M. Como ρ es un homomorfismo bien definido y dim L/M < dim L podemos aplicar nuestra hipótesis de inducción y concluir que M < N L (M) lo cual implica, por maximalidad de M que M L como queríamos. Así pues L/M tiene estructura de álgebra y es trivial ver que dim L/M = 1. Podemos poner L = M Kz y podemos aplicar nuestra hipótesis de inducción y ver que W = {v V x(v) = 0 x M} 0. Vamos a ver ahora que W es z-invariante: En efecto, si w W queremos ver que z(w) W. Para ello tomamos y M y se tiene que y(z(w)) = [y, z](w) + z(y(w)) = 0 como queríamos, puesto que [y, z] M. Así, razonando como en el paso anterior concluimos que existe 0 v W tal que z(w) = 0 y esto concluye la prueba. 2 Teorema de Poincaré-Birkhoff-Witt 3 Comparar con el concepto análogo en grupos 4 Este resltado tiene consecuencias muy profundas en la teoría de álgebras de Lie 3

4 Teorema (Lie). Sea K un cuerpo algebráicamente cerrado y de característica 0 y sea L una subálgebra de Lie resoluble de gl(v ). Entonces existe 0 v V tal que x(v) = λ(x)v para todo x L. Demostración: Razonaremos de nuevo por inducción sobre la dimensión de L. El caso dim L = 1 es obvio pues por ser K algebráicamente cerrado y L = Kx debe existir un vector propio para x. Supongamos ahora que dim L = r > 1. Observamos que por ser L resoluble y no abeliana (si lo fuera estaríamos en el caso inicial) se tiene que 0 < L < L y podemos elegir M subálgebra maximal tal que L < M. Ahora vemos que [L, M] < [L, L] = L < M por lo que L M y tenemos que L/M tiene estructura de álgebra de Lie y como espacios vectoriales L = M Kz. Podemos entonces aplicar nuestra hipótesis de inducción y concluir que W = {v V x(v) = λ(x)v x M} 0. Vamos a ver ahora que W es z-invariante: En efecto, si w W queremos ver que z(w) W. Para ello tomamos y M y se tiene que y(z(w)) = [y, z](w) + z(y(w)) = λ([z, y])w + λ(y)z(w). Para tener lo que queremos necesitamos que λ([z, y]) = 0, veamoslo. Como estamos en dimensión finita podemos considerar el menor r tal que la familia {w, x(w), x 2 (w),..., x r (w)} es linealmente independiente y llamamos T al subespacio generado por ella. Sea ahora m M cualquiera, es fácil ver que m(t ) T y de hecho la matriz de m T es (como se comprueba fácilmente): λ(m) 0 λ(m)..... De modo que traza(m T ) = (r + 1)λ(m), m M. Podemos ahora particularizar esto al caso en que m = [z, y] con z L, y M. Vemos que z(t ) t y que y(t ) T por lo que [z, y] T = [z T, y T ] y como la traza de un conmutador es 0, tenemos: (r + 1)λ([z, y]) = traza([z, y] T ) = traza([z T, y T ]) = 0 y como estamos en característica 0 se concluye que λ([z, y]) = 0 como se quería. Finalmente, razonando como en el paso anterior concluimos que z posee un vector propio en W que es precisamente lo que se quería demostrar. Corolario. Sea L una subálgebra de Lie de gl(v ) con V un K-espacio vectorial de dimensión finita tal que: Todo endomorfismo de L es nilpotente ó K es algebráicamente cerrado, de característica 0 y L es resoluble. Entonces, existe una base de V respecto de la cual todos los elementos de L tienen matriz asociada triangular. 4

5 5. Conclusión Para terminar nos vamos a conformar con presentar sin demostración otros dos resultados de este mismo tipo. En ambos casos consideraremos matrices sobre C Teorema (McCoy). Si A es una subálgebra de End(V ) generada por dos matrices A y B y tal que para todo polinomio no conmutativo p se tiene que p(a, B)[A, B] es nilpotente, entonces A es simultaneamente triangularizable. Teorema (Levitzki). Todo semigrupo de matrices nilpotentes es triangularizable. 6. Referencias Radjavi, H. y Rosenthal, P. Simultaneous Triangularization Springer-Verlag New York, Jacobson, N. Lie Algebras Dover,