Demostrar que todos los poderes de estas dos matrices tienen el mismo rastro

Question

<blockquote> <p>Que $A, B \in M_{2}(\mathbb{R})$ ser dos matrices cuadradas tales que $$AB \ne BA$$ and $$A^3 = B^3$$ Prove that $\mbox{Tr} (A ^ n) = \mbox{Tr} (B ^ n) $ for all $n \in \mathbb{N}$, where $\mbox{Tr} (\cdot)$ es el rastro.</p> </blockquote> <hr> <p>En primer lugar, ha claro que $\det A = \det B$ y $A \ne B$. También, uso de Cayley-Hamilton es suficiente probarlo para $n=1$. He jugado con Cayley-Hamilton para ambas matrices, con ningún resultado. Cualquier idea será bienvenida.</p>

Answer 1

Basta comprobar que el polinomio característico de a $A$ $B$ coinciden. Con este fin, nos muestran que la condición dada rendimientos $\operatorname{tr}(A) = \operatorname{tr}(B)$$\det(A) = \det(B)$.

En primer lugar, la última igualdad es inmediata a partir de $\det(A)^3 = \det(A^3) = \det(B^3) = \det(B)^3$ junto con $\det(A), \det(B) \in \mathbb{R}$.

Siguiente, por la Cayley-Hamilton teorema tenemos $A^2 = \operatorname{tr}(A)A - \det(A)I_2$ y, en consecuencia,

$$ A^3 = (\operatorname{tr}(A)^2 - \det(A))A - \det(A)\operatorname{tr}(A)I_2. \tag{*}$$

Así que si $\operatorname{tr}(A)^2 - \det(A) \neq 0$, entonces se sigue que $A = pA^3 + qI_2$ algunos $p, q \in \mathbb{R}$. Desde $A^3 = B^3$, esto obliga a que $AB = BA$, contradiciendo la suposición. Por lo tanto, tenemos

$$\operatorname{tr}(A)^2 = \det(A).$$

Se consideran dos casos por separado:

1. Si $\det(A) = \det(B) = 0$, entonces esto implica que $\operatorname{tr}(A) = \operatorname{tr}(B) = 0$.

2. Si $\det(A) = \det(B) \neq 0$, a continuación, dar seguimiento a ambos lados de $\text{(*)}$ y el uso de la identidad anterior, tenemos

   $$ \operatorname{tr}(A^3) = \operatorname{tr}(A)^3 - 3\det(A)\operatorname{tr}(A) = -2\det(A) \operatorname{tr}(A).$$

   Dividir ambos lados por $-2\det(A)$, se deduce que el $\operatorname{tr}(A)$ está totalmente determinado por $A^3$, por lo tanto, de nuevo tenemos $\operatorname{tr}(A) = \operatorname{tr}(B)$.

Por lo tanto, en todos los casos que han $\operatorname{tr}(A) = \operatorname{tr}(B)$ como se desee.

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Observación. Cuando la condición de $AB \neq BA$ se cae, tenemos una obvia contra-ejemplo $A = I_2$ $B$ es la matriz de rotación por un ángulo de $2\pi/3$. En este caso, tenemos

$$A^3 = B^3 = I_2 \qquad \text{but} \qquad \operatorname{tr}(A) = 2 \neq -1 = \operatorname{tr}(B). $$

Answer 2

Es suficiente demostrar que $|Ex-A|=|Ex-B|$.

Si $A$ y $B$ matrices nilpotentes son prueba de ello es evidente. Si % tienen diferentes valores propios cero % de $A$y $B$ $\lambda_1,\lambda_2$y $\mu_1,\mu_2$, respectivamente, entonces usando el hecho sobre valores propios $A^3$ y $B^3$ obtenemos ${\lambda_1^3,\lambda_2^3} = {\mu_1^3,\mu_2^3}$ y por lo tanto, $\lambda_1\lambda_2=|A|= |B| = \mu_1\mu_2$ obtenemos la afirmación requiere.

Así, queda por considerar el caso, cuando $\lambda_1=\lambda_2$.

Answer 3

Fundamentalmente, hay dos casos:

1. Ambos espectros de $A$ $B$ son reales, o ambos de ellos son pares de la no-real de los autovalores. A continuación, la condición de $A^3=B^3$ implica que los dos espectros son idénticos. De ahí la afirmación de la siguiente manera.
2. $A$ tiene un conjugado par de no-real de los autovalores y $B$ tiene un verdadero espectro. Como los autovalores de a $B$ no son reales, son diferentes unos de otros. Por lo tanto $B$ es diagonalisable $\mathbb C$. Sin embargo, $A^3=B^3$ y el espectro de $A$ es real. Por lo tanto, $A^3=B^3$ debe ser un escalar distinto de cero de la matriz. Desde los números reales tienen un único real cúbicos raíces, $A$ tiene dos repetido distinto de cero real de los autovalores. Por lo tanto $A$ es un escalar matriz demasiado, o de lo $A^3=B^3$ no es diagonalisable. Pero esto contradice la suposición de que $AB\ne BA$. Así, este caso es imposible.