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Sea $k$ un campo y sean $A,A'\in{M_n(k)}$, con $AA'-A'A$ de rango $1$, demuestre:

Existe  $B\in{GL_n(k)}$ tal que $BAB^{-1}, \ BA'B^{-1}$ están en forma triangular.
por (6,3m puntos) en Básicas

1 Respuesta

+1 voto
Si $k$ no es algebraicamente cerrado, entonces no es cierto. Por ejemplo sean $R,R'\in SO(2)$ dos rotaciones no triviales y toma

$A=\left(\begin{matrix} 0&\\&R\end{matrix}\right)$

y $A'=\left(\begin{matrix} 0&1\;0\\&R'\end{matrix}\right)$.

Entonces $[A,A']=\left(\begin{matrix} 0&a&b\\0&0&0\\0&0&0\end{matrix}\right)$ con $a$ o $b$ diferente de cero. i.e. de rango uno pero $A$ no es triangularizable.

 

Sea $k$ entonces algebraicamente cerrado. Probaremos la afirmacion bajo la hipotesis de que $AA'-A'A$ tiene rango $\leq 1$.

Primero observemos que si encontramos un espacio $W\subsetneq V:=k^n$ invariante bajo $A$ y $A'$ entonces podemos aplicar induccion a los espacios $W,V/W$ y las transformacions lineales inducidas por $A,A'$.

Nuestra segunda observacion es que podemos suponer que $A$ tiene kernel no trivial si sustituimos $A$ por $A-\lambda Id$ donde $\lambda $ es algun valor propio de $A$.

Si $A'(ker(A))\subset ker(A)$ entonces ya acabamos por la primera observacion. Si no, entonces existe un $x\in V$ con $Ax=0$ y $AA'x\neq 0$. Sea $B:=[A,A']$. Entonces $Bx=AA'x\neq 0$ y tenemos que $Im(B)=\langle Bx \rangle$.

Sea ahora $y\in V$.

$A'Ay=AA'y-By=AA'y-\alpha Bx=AA'y-\alpha AA'x=AA'(y-\alpha x)$.

De donde vemos que $A'$ deja invariante a $Im(A)$ y de nuevo terminamos por la primer observacion.
por (17,3m puntos)
mostrada de nuevo por
Olvide poner $k$ algebraicamente cerrado, disculpas.
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