Si $C$ conmuta con ciertas matrices $A$ y $B$ ¿Por qué $C$ ¿un múltiplo escalar de la identidad?

Question

Estoy estudiando por mi cuenta Álgebra lineal avanzada y este es el problema 10 del capítulo 8.

Sea $A,B\in M_2(\mathbb{C})$ , $A^2=B^3=I$ , $ABA=B^{-1}$ pero $A\neq I$ y $B\neq I$ . Si $C\in M_2(\mathbb{C})$ conmuta con $A$ y $B$ entonces $C=rI$ para algunos $r\in\mathbb{C}$ .

¿Hay alguna forma de resolver esto sin escribir matrices arbitrarias e intentar resolver un enorme sistema de ecuaciones? Lo único que observo es que $A=A^{-1}$ Así que $B\sim B^{-1}$ Así que $B$ y $B^{-1}$ tienen el mismo polinomio característico. Estoy atascado tratando de mostrar $C$ es diagonal, y mucho menos un múltiplo de $I$ . Gracias por cualquier idea.

Debo añadir que sé que el centro $Z(M_n(\mathbb{C}))$ consiste en múltiplos escalares de $I$ pero no veo ninguna razón para suponer o probar $C$ viaja con todo.

Answer 1

Tenga en cuenta que $B$ debe tener ambas raíces cúbicas primitivas de la unidad como valores propios, ya que $B$ es conjugado a su inverso y tiene orden $3$ . A continuación, observe que $A$ y $B$ no pueden tener ningún vector propio común, ya que si $Av = \lambda v$ y $Bv = \omega v,$ entonces $\lambda^{2} = 1$ Así que $ABAv = \lambda^{2}\omega v = \omega v,$ mientras que $ABAv = \omega^{-1}v,$ una contradicción.

Esto significa que no hay $1$ -subespacio dimensional que es invariante por ambos $A$ y $B.$ Pero si $\mu$ es un valor propio de $C,$ y $A$ y $B$ viajar con $C,$ entonces el $\mu$ -de $C$ es invariante tanto bajo $A$ y $B,$ por lo que debe ser bidimensional, y $C = \mu I.$

En realidad, se trata de un ejemplo del lema de Schur de la teoría de la representación.

Answer 2

Éste podría ser un enfoque más elemental. Basta con demostrar que la potencia de $A,B$ abarca $M_{2}(\mathbb{C})$ . Entonces puedes usar el lema de Schur para esto. A partir de lo que tienes puedes establecer lo siguiente:

1. $A^{2}=I$ .
2. $(BA)^{2}=I$ .
3. $B^{3}=I$ .

Dado que ninguno de $A,B$ está en $I$ afirmamos $A,B,B^{2},BA$ linealmente independientes entre sí. Demostramos esto inductivamente, $A\not=cB$ está claro. Si $A=cB+dB^{2}$ entonces el hecho $A^{2}=I$ implicaría $c^{2}B^{2}+d^{2}B+(2cd-1)I=0$ . Pero sabemos que $B^{2}+B+I=0$ . Esta fuerza $A=B+B^{2}$ lo que implica $A=-I$ y $B^{2}=I$ lo cual es imposible. Si $A=cB+dB^{2}+eBA$ entonces manipulaciones similares demostraron que esto también es imposible. Así que $A,B,B^{2},BA$ abarca $M_{2}(\mathbb{C})$ como se afirma.

Answer 3

En $B\sim B^{-1}$ y $B^3=I\neq B$ los valores propios de $B$ son las dos raíces cúbicas primitivas de la unidad, $\omega$ y $\omega^2$ . Por lo tanto, podemos suponer que WLOG $B=\operatorname{diag}(\omega,\omega^2)$ . Para viajar con él, $C$ debe ser una matriz diagonal.

Ahora, $B$ no conmuta con $A$ o bien $A^2=B^3=I$ y $ABA=B^{-1}$ implicaría que $B^2=B^3=I$ es decir $B=I$ . De ello se deduce que $A$ no es una matriz diagonal. Dado que $C$ es $2\times2$ matriz diagonal que conmuta con esta matriz no diagonal $A$ sus dos entradas diagonales deben ser idénticas y, por tanto, es un múltiplo escalar de $I$ .