$\operatorname{Tr}(AB)=\operatorname{Tr}(A)\operatorname{Tr}(B)$

Question

Problema. Mostrar que $\operatorname{Tr}(AB)=\operatorname{Tr}(A)\operatorname{Tr}(B)$si $A^2+3AB+B^2=BA$ e $\det(A)=0$, donde todas las matrices involucradas es real con valores de $2\times2$ matrices.

Primero he reescrito la $A^2+3AB+B^2=BA$ como

$$ A(A+3B)=B(A-B) $$

y tomé el determinante. Luego he obtenido que

$$ \det(B)\det(A-B)=0, $$

debido a $\det(A)=0$. Así, $\det(B)=0$ o $\det(A-B)=0$.

Caso I. a Continuación, por Cayley-Hamiton teorema, me escribió que

$$ A^2=(\operatorname{Tr}(A))A \text{ and } B^2=(\operatorname{Tr}(B))B. $$

La multiplicación de las dos ecuaciones de arriba, llegué a $(AB)^2=(\operatorname{Tr}(A)\operatorname{Tr}(B))AB$. Otro uso del teorema de Cayley consiguió $(AB)^2=(\operatorname{Tr}(AB))AB$. Así, $\operatorname{Tr}(A)\operatorname{Tr}(B)$ debe ser igual a $\operatorname{Tr}(AB)$ sólo si $AB=BA$. Pero no tengo tal hipótesis.

Caso II. Para el caso de que $\det(A-B)$ no sé cómo manejar esto con el fin de obtener la respuesta.

Answer 1

Aquí es un poco desordenado solución:

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Lema. Deje $F$ ser un campo con características de $\neq 2$ e $A$ e $B$ ser $2\times 2$ ser matrices de más de $F$.

1. Si $A$ e $B$ conmutan, entonces cualquiera de las $A = pB + qI$ o $B = pA + qI$ para algunos $p, q \in F$.
2. Si $A^2 = k(AB - BA)$, a continuación, $A^2 = 0$. En particular, si $k \neq 0$, a continuación, $AB = BA$.

Hemos pospuesto la prueba de este lema a la final. Reordenando los términos de la igualdad en la asunción, obtenemos $(A+B)^2 = 2[(A+B)A-A(A+B)]$. Entonces, por el Lema, $(A+B)^2 = 0$ e $AB = BA$. Ahora nos acogemos a la siguiente.

La reclamación. Cualquiera de las $A = 0$ o $B = kA$ para algunos $k$.

Una vez que esto es cierto, entonces el resto es sencillo: Si $A = 0$, no hay nada que demostrar. Si $B = kA$ para algunos $k$, luego

$$ \operatorname{Tr}(AB) = k\operatorname{Tr}(A^2) = k\operatorname{Tr}(A)^2 = \operatorname{Tr}(A)\operatorname{Tr}(B), $$

en el segundo paso de la siguiente manera a partir de la identidad $\operatorname{Tr}(A^2) = \operatorname{Tr}(A)^2$, lo que en sí es una consecuencia tanto de Cayley-Hamilton y teorema de $\det(A) = 0$. $\square$

Por lo que sigue siendo para mostrar la reclamación. Suponga que $A \neq 0$. Desde $\det(A) = 0$, podemos utilizar Lema a escribir

$$A+B = aA + bI $$

para algunos $a, b$. De hecho, esto es evidente cuando $B = pA + qI$. Por otro lado, si $A = pB + qI$, a continuación, $p \neq 0$ por la asunción, y así, $A+B = \frac{p+1}{p}A - \frac{q}{p}I$.

A continuación, se consideran dos posibilidades:

• Si $a = 0$, a continuación, $0 = (A+B)^2 = b^2 I$, y así, $b = 0$. Esto implica $B = -A$.

• Si $a \neq 0$, luego de la reorganización $0 = (A+B)^2$ obtenemos $A\left(A + \frac{2b}{a}I\right) = -\frac{b^2}{a^2} I$. Desde $A$a no es invertible, esto debe implicar $b = 0$ y, por tanto, $B = (a-1)A$.

Esto completa la prueba de Reclamación. $\square$

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La prueba del Lema. Para la primera parte, la sustitución de $A$ por $A-\frac{1}{2}\operatorname{Tr}(A)$ e $B$ por $B-\frac{1}{2}\operatorname{Tr}(B)$ si es necesario, podemos suponer que la $A$ e $B$ tomar la forma

$$ A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & -a \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} p & q \\ r & -p \end{pmatrix} $$

Ahora escribo $u = (a, p)$, $v = (b, q)$, $w = (c, r)$. A continuación, la comparación de ambos lados de $AB - BA = 0$, nos encontramos con que $AB = BA$ si y sólo si $\det(u, v) = \det(v, w) = \det(w, u) = 0$. En particular, ellos son paralelos el uno al otro. Esto implica que $A$ e $B$ son paralelas, y así, la conclusión deseada de la siguiente manera.

Para la segunda parte, primero comprobamos $\det(A) = 0$. Para este fin, asumir lo contrario. Entonces

$$ 2 = \operatorname{Tr}(I) = \operatorname{Tr}(A^{-1}A^2A^{-1}) = k \operatorname{Tr}(BA^{-1} - A^{-1}B) = 0,$$

una contradicción. Luego de tomar seguimiento a ambos lados, por Cayley-Halimton teorema,

$$\operatorname{Tr}(A)^2 = \operatorname{Tr}(A^2) = k \operatorname{Tr}(AB-BA) = 0, $$

y así, $\operatorname{Tr}(A) = 0$. Por lo tanto, el deseado de demanda de la siguiente manera a partir de Cayley-Hamilton teorema. $\square$

Answer 2

Sangchul Lee la respuesta puede ser ligeramente abreviada de la siguiente manera.

Primero de todo, la observación clave es que $$ (A+B)^2 = 2[B,A] = 2[a+B,A],\etiqueta{1} $$ donde el corchete indica un colector.

Por Jacobson lema, si $X$ es $n\times n$ de la matriz a través de algunas de campo, cuya característica es cero o $>n$, e $X$ viajes con algunos colector $[X,Y]$, el colector $[X,Y]$ debe ser nilpotent. Así, en nuestro caso, si las características del campo subyacente no es $2$, desde el $A+B$ viajes con $(A+B)^2=2[A+B,A]$, Jacobson lema implica que $[A+B,A]$ es nilpotent. Por lo tanto $(A+B)^2$ y a su vez $A+B$ son nilpotent y $(A+B)^2=0$. Pero, a continuación, $(1)$ también implica que $[B,A]=0$, es decir, $A$ e $B$ viaje.

Deje $E$ ser el algebraicas cierre del campo generado por la ocho de la matriz de entradas en $A$ e $B$. Desde $A$ e $B$ viaje, son simultáneamente triangulable más de $E$. Esto, junto con el hecho de que $A$ es singular y $A+B$ es nilpotent, implica que $B$ debe tener un autovalor cero, es decir, $B$ es singular.

Deje $a=\operatorname{tr}(A)$ e $b=\operatorname{tr}(B)$. Por un lado, ya que tanto $A$ e $B$ están en singular, por Cayley-Hamilton teorema tenemos \begin{align} \operatorname{tr}((A+B)^2) &=\operatorname{tr}(A^2+2AB+B^2)\\ &=\operatorname{tr}(aA+2AB+bB)\\ &=a^2+2\operatorname{tr}(AB)+b^2.\tag{2} \end{align} Por otro lado, \begin{align} (\operatorname{tr}(A+B))^2 &=(\operatorname{tr}(A)+\operatorname{tr}(B))^2\\ &=a^2+2\operatorname{tr}(A)\operatorname{tr}(B)+b^2.\tag{3} \end{align} Como $A+B$ es nilpotent, tanto $\operatorname{tr}((A+B)^2)$ e $(\operatorname{tr}(A+B))^2$ son cero. Ahora el resultado se sigue equiparando $(2)$ e $(3)$.

Por último, tenga en cuenta que la suposición de que la característica del campo no es $2$ es esencial aquí. E. g. considere la posibilidad de $$ A=\pmatrix{0&0\\ 1&0},\ B=\pmatrix{1&1\\ 0&1}. $$ Si el campo de tierra es $GF(2)$, las condiciones que $A^2+3AB+B^2=BA$, o, equivalentemente, $(A+B)^2=0$ (debido a $1+1=0$), y que $\det(A)=0$ están satisfechos, pero claramente $\operatorname{tr}(AB)=1\ne0=\operatorname{tr}(A)\operatorname{tr}(B)$ aquí.