TEOREMA DE BURNSIDE PARA ESPACIOS VECTORIALES DE DIMENSIÓN FINITA
DIMENSIÓN FINITA
Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo k de dimensión finita y B(V) = {T: V → V: T es transformación lineal} . Recordemos que B(V) tiene estructura de álgebra unitaria sobre k. Recuerde que un subespacio M de V, se dice que es invariante para T ∈ B(V) , si T(M) ⊆ M y denotamos por latT = {M: M subespacio de V con T(M) ⊆ M} . Si además M ∈ latA , para todo A ∈ B(V) con T ∙ A = A ∙ T, diremos que es hiperinvariante para T-
Un λ ∈ k se dice que es un valor propio de T, si ker(T − λI) ≠ 0 . Se denota por σp(T), la familia de todos los valores propios de T.
Dada una sub-álgebra no trivial U de B(V) , se define latU ={ M: M subespacio de V con T(M) ⊆ M, ∀ T ∈ U} . Se dice que U es transitiva, si latU = {0 , V} .
Sea ahora U´ = {T ∈ B(V); T ∙ A = A ∙ T, ∀ A ∈ U }(conmutante de U). Es inmediato probar que U´ es una sub-álgebra del álgebra B(V), se tiene el siguiente importante resultado:
Lema 1. (Schur) Si U es una sub-álgebra transitiva en B(V) , entonces U´ es una sub-álgebra de división.
Demostración. Sea T ∈ U´, T ≠ 0 y M = T(V) . Como A(T(v)) =T(A(v)), ∀ A ∈ U, deducimos que M ∈ latU. Por lo tanto T(V) = V , Sabemos que dimV = dim(ker(T)) + dimT(V), luego dim(ker(T)) =0. Esto prueba que T es invertible. Veamos que T−1 ∈ U´. Si A ∈ U, entonces A = I ∙ A =(T−1∙ T) ∙ A = T−1(A ∙ T). Se deduce que A ∙ T−1=T−1 ∙ A . Esto prueba lo afirmado. ∎
Lema 2. Si U es una sub-álgebra transitiva en B(V), entonces O(x) = {A(x): A ∈U } ≠ 0, ∀ x ∈ V, x ≠ 0.
Demostración. Veamos que existe A ∈U tal que A(x) ≠ 0. De lo contrario M = { v ∈ V: A(v)=0, ∀ A ∈ U} es un subespacio no trivial e invariante para U, luego M = V , lo que dice que la sub-álgebra U es la trivial, lo que es contradictorio. Sea ahora O(x) = {A(x): A ∈U } , es claramente un subespacio invariante para U, luego O(x)=V . Esto prueba lo afirmado.∎
Teorema 1. Si T ∈ U´, entonces σp= ∅, o T = λI, λ ∈ k.
Demostración. Si T ∈ U´ y T ≠ λI, λ ∈ k , entonces T − λI es un operador invertible por el lema de Schur. Se deduce lo pedido.∎
Nota 1. Si el cuerpo k es algebraicamente cerrado, entonces, por el teorema anterior, U´ = {λI: λ ∈ k} la sub-álgebra escalar.
Lema 3. Sean las familias de vectores, {x1, x2 } , {y1, y2} con {x1, x2 } linealmente independiente en un espacio vectorial V sobre un cuerpo k algebraicamente cerrado. Si U es un sub-álgebra transitiva en B(V) , entonces existen A1, A2 ∈ U; tales que Ai(xj) = δjiyj (i, j = 1,2).
Demostración. Primero demostremos que existe T ∈U , tal que T(x1) = 0, T(x2) ≠ 0. Supongamos que el resultado es falso. Definamos φ: O(x1) → O(x2) mediante φ(A(x1)) = A(x2), ∀A ∈U . φ es univaluada, ya que si A (x1) = B (x1), luego (A − B)(x1) =0 y si (A − B)(x2) ≠ 0 , entonces A − B ∈ U cumple los requerimientos que hemos negado. Vamos demostrar que φ es lineal. En efecto
φ((λA + B)(x1)) = (λA + B)(x2) = λA(x2) + B(x2) = λφ(A(x1)) +φ(B(x1)) lo que asegura la linealidad. Hemos probado la existencia de T ∈U , tal que T(x1) = 0, T(x2) ≠ 0. Como existe A∈U tal que A(T(x2)) = y2 , llamando A2 = A∙T, se sigue la prueba para un caso, El segundo sale por simetría de razonamiento.∎
Teorema 2. Sean las familias de vectores, {x1, x2, ⋯, xk} , {y1, y2,⋯, yk } con {x1, x2,⋯, xk } linealmente independiente en un espacio vectorial V sobre un cuerpo k algebraicamente cerrado. Si U es un sub-álgebra transitiva en B(V) , entonces existen A1, A2,⋯, Ak en U; tales que Ai(xj) = δjiyj (i, j = 1,2,⋯,k).
Demostración. Hagamos la prueba usando inducción. Suponemos que el resultado vales para k ≥ 2 . Sea {x1, x2, ⋯, xk+1} una familia de vectores linealmente independiente en V. Vamos a demostrar que existe F ∈ U tal que F(xj) = 0 (∀ j = 1,2, ⋯, k), F(xk+1)) ≠ 0 Sabemos por hipótesis inductiva, que existen A1, A2,⋯, Ak en U , tales que Ai(xj) = δjixj
Sea A = A1 + A2 + ⋯ + Ak. Si A(xk+1) ≠ xk+1, existe B ∈ U tal que B(A(xk+1) − xk+1) ≠ 0, Se define F = B ∙ A − B y es claro que F(xj) = 0 (∀ j =1,2, ⋯, k), F(xk+1) ≠ 0. Supongamos ahora que A(xk+1) = xk+1 , Veamos que Ai(xk+1) es linealmente independiente para un xi con i ≤ k , De lo contrario Ai(xk+1) = αixi (i ≤ k ) y por lo tanto xk+1 = A1(α1x1) + A2(α2x2) + ⋯ + Ak(αkxk) =α1x1 +α2x2+ ⋯ +αkxk, lo que es contradictorio. Si Ai(xk+1) y xi(i ≤ k ) son linealmente independientes, por hipótesis inductiva, existe B ∈U tal que B (Ai(xk+1))≠ 0, B(xi) = 0 . Sea F =BAi. Tenemos que F(xj) = 0, ∀ j ≠ i, j ≤ k y F(xi) = 0 , pero F(xk+1) ≠ 0. Ya vimos que esto garantiza la existencia de Ak+1 ∈ U tal que Ak+1(xj ) = δjk+1xj (j = 1,2, ⋯, k + 1) . Haciendo permutaciones sobre la base se sigue la prueba en general.∎
Teorema 3. (Burnside) Sea U una subálgebra transitiva de en B(V) , donde V es un espacio vectorial sobre un cuerpo k algebraicamente cerrado, entonces U=B(V).
Demostración. Sea 𝑑imV=n( y T ∈ B(V) . Dada una base {x1, x2, ⋯, xn} y {T(x1), T(x2), ⋯,T( xn)} , existe por el teorema anterior A1, A2,⋯, Ak en U; tales que Ai(xj) = δjiT(xj) (i, j = 1,2,⋯,n). Definamos A = A1 + A2 + ⋯ + An . Tenemos que A(xj) =A1(xj) + A2(xj) + ⋯ + An (xj)= δj1T(xj) + δj2T(xj)+ ⋯ + δjnT(xj)=T(xj)) , se deduce el resultado.∎
REFERENCIA
Nathan Jacobson: Lectures in Abstract Algebra. Vol. II. Editorial Board. 1952.