Lema de Schur

Demostramos el Lema de Schur y damos un ejemplo de aplicación.

Enunciado
1. Demostrar el lema de Schur:
   Sea  $A\in\mathbb{C}^{n\times n}.$ Entonces, existe $U\in\mathbb{C}^{n\times n}$ unitaria tal que $U^{-1}AU=U^*AU=T$ en donde $T$ es una matriz triangular superior y los elementos de la diagonal principal de $T$ son los valores propios de $A.$
2. Se considera la matriz $$A=\begin{bmatrix}{-5+i}&{-15}\\{2}&{6+i}\end{bmatrix}.$$ Aplicar el lema de Schur para encontrar una matriz $U$ unitaria tal que $U^{-1}AU$ $=$ $U^*AU$ $=$ $T,$ con $T$ triangular superior.

Solución
1. Usaremos el método de inducción.
   Paso base. El lema es cierto para $n=1.$ Efectivamente, si $A=[a]$ basta elegir $U=[1],$ que es unitaria y además $$U^*AU=[1]^*[a][1]=[1][a][1]=[a]=T.$$ Paso de inducción. Sea el lema cierto para $n-1.$ Sea $\lambda_1$ un valor propio de $A$ y sea $u_1$ un vector propio asociado a $\lambda_1$ y de módulo $1$ $\left( \left\|u_1\right\|=1\right).$ Ampliando hasta obtener una base de $\mathbb{C}^n$ y luego ortonormalizando por el método de Schmidt obtenemos una base ortonormal de $\mathbb{C}^n:$ $\left(u_1,u_2,\ldots,u_n\right).$ La matriz $U_1=\begin{bmatrix}u_1,u_2,\ldots,u_n\end{bmatrix}$ es por tanto unitaria y se verifica $Au_1=\lambda_1u_1.$ Entonces, $$AU_1=A\begin{bmatrix}u_1,u_2,\ldots,u_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\lambda_1u_1,Au_2,\ldots,Au_n\end{bmatrix}$$ $$=\begin{bmatrix}u_1,u_2,\ldots,u_n\end{bmatrix}\begin{bmatrix} \lambda_1 & \ldots & \ldots\\ 0 & \ldots & \ldots \\ \vdots \\ 0 & \ldots &\ldots\end{bmatrix}=U_1\left[\begin{array}{c|c}
   \lambda_1 & b_1  \\ \hline
   0 & A_1
   \end{array}
   \right].$$ Es decir, se verifica $$U_1^{-1}AU_1=\left[\begin{array}{c|c}
   \lambda_1 & b_1  \\ \hline
   0 & A_1
   \end{array}
   \right],\text{ con } U_1 \text{ unitaria y }  A_1\in\mathbb{C}^{(n-1)\times (n-1)}.$$ Por hipótesis de inducción, existe $M_2\in \mathbb{C}^{(n-1)\times (n-1)}$ unitaria tal que $$M_2^{-1}A_1M_2=\begin{bmatrix} \lambda_2 & t_{12} & \ldots & t_{1,n-1}\\ 0 & \lambda_3 & \ldots & t_{2,n-1} \\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 &\ldots & \lambda_n\end{bmatrix},$$ siendo $\lambda_2,\ldots,\lambda_n$ los valores propios de $A_1.$ Definamos $$U_2=\left[\begin{array}{c|c}
   1 & 0  \\ \hline
   0 & M_2
   \end{array}
   \right].$$ La matriz $U_2$ es claramente unitaria. Además, $$\left(U_1U_2\right)^{-1}A\left(U_1U_2\right)=U_2^{-1}U_1^{-1}AU_1U_2$$ $$=\left[\begin{array}{c|c}
   1 & 0  \\ \hline
   0 & M_2^{-1}
   \end{array}
   \right]U_1^{-1}AU_1\left[\begin{array}{c|c}
   1 & 0  \\ \hline
   0 & M_2
   \end{array}
   \right]$$ $$=\left[\begin{array}{c|c}
   1 & 0  \\ \hline
   0 & M_2^{-1}
   \end{array}
   \right]\left[\begin{array}{c|c}
   \lambda_1 & b_1  \\ \hline
   0 & A_1
   \end{array}
   \right]\left[\begin{array}{c|c}
   1 & 0  \\ \hline
   0 & M_2
   \end{array}
   \right]$$ $$=\left[\begin{array}{c|c}
   \lambda_1 & b_1  \\ \hline
   0 & M_2^{-1}A_1
   \end{array}
   \right]\left[\begin{array}{c|c}
   1 & 0  \\ \hline
   0 & M_2
   \end{array}
   \right]=\left[\begin{array}{c|c}
   \lambda_1 & b_1M_2  \\ \hline
   0 & M_2^{-1}A_1M_2
   \end{array}
   \right]$$ $$=\begin{bmatrix} \lambda_1 & s_{12} & \ldots & s_{1n}\\ 0 & \lambda_2 & \ldots & s_{2n} \\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 &\ldots & \lambda_n\end{bmatrix}=T.$$ La matriz $U=U_1U_2$ es unitaria por ser producto de unitarias y por tanto $U^{-1}AU$ $=$ $U^*AU=T$ con $T$ triangular. Es claro que $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ son los valores propios de $A$ debido a la semejanza entre  $A$ y $T.$ El lema es cierto para $n.$
2. Seguimos el esquema de la demostración del lema de Shur. Valores propios de $A:$ $$\det (A-\lambda I)=\lambda^2-(\text{traza }A)\lambda+\det A=\lambda^2-(1+2i)\lambda-1+i=0,$$ $$\lambda=\frac{1+2i\pm \sqrt{1}}{2}=\{1+i, i\}.$$ Subspacio propio y base asociados a $\lambda=i:$ $$V_i\equiv\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & -5x_1-15x_2=0\\& 2x_1+6x_2=0, \end{aligned}\end{matrix}\right.\quad B_i=\{(-3,1)^T\}.$$ Normalizando, obtenemos $u_1=\frac{1}{\sqrt{10}}(-3,1)^T.$ Un vector ortogonal a $u_1$ es $(1,3)^T,$ y normalizando obtenemos $u_2=\frac{1}{\sqrt{10}}(1,3)^T.$ La base $\{u_1,u_2\}$ de $\mathbb{C}^2$ es ortonormal, por tanto $$U_1=\left[u_1,u_2\right]=\frac{1}{\sqrt{10}}\begin{bmatrix}{-3}&{1}\\{\;\;1}&{3}\end{bmatrix}$$ es matriz unitaria. Hallemos $U_1^*AU_1:$ $$U_1^*AU_1=\frac{1}{\sqrt{10}}\begin{bmatrix}{-3}&{1}\\{\;\;1}&{3}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{-5+i}&{-15}\\{2}&{6+i}\end{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{10}}\begin{bmatrix}{-3}&{1}\\{\;\;1}&{3}\end{bmatrix}$$ $$=\ldots=\frac{1}{10}\begin{bmatrix}{10i}&{170}\\{0}&{10+10i}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{i}&{17}\\{0}&{1+i}\end{bmatrix}=T. $$ La matriz $U$ pedida es $U=U_1.$