¿Existe una matriz $A$ tal que para cualquier otra matriz $B$ tenemos $\mbox{tr}(AB) = 0$ ?

Question

Me cuesta demostrar/desmentir esta idea. He pensado que si tal matriz existe, tiene que ser nilpotente y no invertible, y la suma de sus valores propios es 0. ¿Alguien puede aportar algo?

Edición: Oh, sí, $A \neq 0$

Answer 1

Otro enfoque sensato en este caso: dejar que $E_{ij}$ denota la matriz cuya $i,j$ La entrada es $1$ y cuyas otras entradas son ceros. Demuestre que $$ \operatorname{tr}(AE_{ji}) = a_{ij} $$ Esto sólo puede ser cero para todos los $i,j$ si $A$ es la matriz cero.

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Un truco ingenioso para demostrar lo anterior es observar que $E_{ij} = e_ie_j^T$ , donde $e_i$ denota el $i$ vector de base estándar. En particular, tenemos $$ \operatorname{tr}(AE_{ji}) = \operatorname{tr}(Ae_je_i^T) = \operatorname{tr}(e_i^TAe_j) = e_i^TAe_j = a_{ij} $$

Answer 2

Dejemos que $B=A^t$ . Entonces $\operatorname{trace}(AA^t)$ es la suma de los cuadrados de todos los coeficientes de la matriz real $A$ . Si es cero, entonces $A=0$ . Así que la matriz cero es la única posibilidad.

Alguien debería haber llegado a señalar que el hecho fundamental subyacente es que el Operador de Hilbert-Schmidt proporciona una norma en el espacio de las matrices, también conocida como norma de Frobenius.

Answer 3

Otras respuestas han presentado pruebas de que ésta debe ser la matriz cero, pero aquí hay algunas vías de ataque generales para analizar un conjunto S de matrices, aplicadas al caso en que S es el conjunto de matrices con su propiedad.

1. ¿Está cerrado por adición?
   $tr(M_1+M_2)=tr(M_1)+tr(M_2)$ Por lo tanto $tr((A_1+A_2)B)=tr(A_1B)+tr(A_2B)$ . Con un poco más de trabajo, se puede demostrar que S es un grupo bajo adición.
2. ¿Está cerrado bajo la multiplicación?
   Dado $A$ en S, tenemos $tr(ACB)$ = $tr(A(CB))$ que, como $A$ está en S, es cero. Pero también se puede escribir como $tr((AC)B)$ . Así que dado cualquier $A$ en S y arbitraria $C$ , $AC$ está en S. Por lo tanto, S es un ideal. (Técnicamente, he demostrado que es un ideal de derecha, pero no que es un ideal de izquierda, pero eso se deduce de $tr(AB) = tr(BA)$ ).
3. ¿Qué entradas tienen que ser distintas de cero? Como S es un ideal, podemos permutar cualquier elemento de S y el resultado será un elemento de S. Así que si un elemento de S tiene cualquier entrada distinta de cero, podemos permutar esa entrada para que sea $a_{11}$ . También podemos escalarlo para que sea 1. Así que si hay algún elemento no trivial de S, entonces hay un elemento para el que $a_{11}$ es 1
4. Es $E_{ij}$ en S (donde $E_{ij}$ es la matriz con $a_{ij} = 1$ y cero en el resto)? Si tenemos un elemento $A$ de S cuyo $a_{11}$ es 1, entonces $E_{11}A= E_{11}$ ( donde $E_{ij}$ es la matriz con $a_{ij} = 1$ y cero en el resto). Por tanto, si hay algún elemento no trivial de S, entonces $E_{11}$ está en S. Una prueba similar se aplica a cualquier $E_{ij}$ .

En este punto, hemos llegado a un absurdo, ya que $E_{11}$ claramente no está en S.

Answer 4

Quizá el interés de la cuestión aparezca más claramente al introducir el $K$ -espacio vectorial $M_n(K)$ de $n\times n$ matrices con coeficientes en $K$ (donde $K$ es un campo cualquiera) dotado del mapa $(A, B)\to <A,B>:= tr(AB^t)$ . Este mapa es un $K$ -forma simétrica bilineal : $K$ -la bilinealidad es rutinaria, y la simetría proviene de las conocidas identidades $tr(AB)=tr(BA)$ y $tr(C^t)=tr(C)$ . La pregunta de la OP se puede reformular como : ¿es la forma <.,.> no degenerado En otras palabras, ¿es un producto escalar (pero tenga en cuenta que esta última terminología no es una norma universal) ?

Ahora $M_n(K)$ tiene dimensión $n^2$ con una base canónica formada por las matrices elementales $E_{ij}$ cuyas entradas son $0$ excepto el $(i,j)$ entrada que es $1$ . Es un cálculo fácil (o un "truco ingenioso" en palabras de Omnomnom) demostrar que $tr(E_{ij}E_{hk})$ es el $(kh)$ entrada de $E_{ij}$ para que $<E_{ij},E_{kh}>=1$ si $(i,j)=(k,h)$ , $0$ de lo contrario. Esto significa que el $ E_{ij}$ forman un base ortonormal de $M_n(K)$ . Si reescribimos esta base como $\epsilon_1 ,...,\epsilon_{n^2}$ (el orden es arbitrario), y denotar las coordenadas de $A,B$ en esta base por $(\alpha_i,\beta_j)$ entonces $<A,B>=\alpha_1\beta_1 +...+\alpha_{n^2}\beta_{n^2}$ Una expresión muy conocida. Nótese que aunque la forma bilineal <.,.> no es degenerada, la forma cuadrática asociada definida por $Q(A)=<A,A>$ no es necesariamente definitivamente es decir, puede admitir un valor no nulo isotrópico vectores ya que las soluciones de la ecuación $Q(A)=0$ dependen del campo base.

Answer 5

La respuesta de @Omnomnomnom funciona sobre cualquier anillo unital. ¿Y si el anillo no es unital?

Pues bien, hay bestias como el cociente de $2\Bbb Z$ por el ideal $4\Bbb Z$ . Tiene dos elementos, $\bar 0$ y $\bar 2$ de los cuales todos los productos posibles, es decir $\ \bar 0\times \bar 0$ , $\ \bar 0\times \bar 2,\ $$ \N - 2 veces \N - barra 2 $, are equal to $ \bar 0$. Se deduce, ya que las entradas de una matriz producto están hechas de (sumas de) productos de entradas, que cualquier matriz $A\in \mathcal{M}_{n, n}(2\Bbb Z/4\Bbb Z)$ , $A\neq 0$ satisface la propiedad requerida de que para todo $B\in \mathcal{M}_{n, n}(2\Bbb Z/4\Bbb Z)$ , $\operatorname{Tr}(AB)=0$ .