Matrices con $A^2+B^2=2AB$

Question

Sea $A, B \in M_3(\mathbb{C})$ para que $$A^2+B^2=2AB.$$ Demostrar que

$$\det(A+B) ^2=8\det(A^2+B^2).$$

Mi trabajo: Let $A=X+Y$ , $B=X-Y$ con $X, Y \in M_3(\mathbb{C})$ . La condición se reescribe como $-2Y^2=[X,Y]$ . Desde $Y$ conmuta con $Y^2$ también se desplazará con $[X, Y]$ así que según el lema de Jacobson $[X, Y]$ es nilpotente. No estoy seguro si esto ayuda, pero usando mis notaciones la conclusión es equivalente a $\det(X^2)=\det(X^2+Y^2)$ y también tenemos $\det Y=0$ .

Answer 1

Ya casi está. Has conseguido que $2Y^2=[Y,X]$ y que $Y$ es nilpotente. Por lo tanto $$\begin{aligned} 0=2Y^3 &=Y[Y,X]\\ &=YYX-YXY\\ &=YYX-([Y,X]+XY)Y\\ &=YYX-(2Y^2+XY)Y\\ &=YYX-XYY. \end{aligned}$$ Así $Y^2$ conmuta con $X$ . Por lo tanto $X^2$ y $Y^2$ son simultáneamente triangulables.

La hipótesis $\det(A+B)^2=8\det(A^2+B^2)$ puede reescribirse como $\det(2X)^2 = 8\det(2(X^2+Y^2))$ . Sacando las constantes, equivale a $\det(X^2) = \det(X^2+Y^2)$ . El resultado se deduce ahora porque $X^2$ y $Y^2$ son simultáneamente triangulables y $Y^2$ es nilpotente.

Answer 2

Con lo que has hecho ya casi lo tienes, solo te falta ensuciarte un poco las manos. Desde el hecho de que el $Y^2$ es nilpotente, $Y$ también lo es. Desde $Y^2=0$ es el caso de conmutación fácil, podemos suponer que $Y$ tiene un único bloque Jordan de tamaño $3$ . Entonces, por cálculo explícito, el hecho de que $X$ conmuta con $Y$ hasta potencias positivas de $Y$ fuerzas $X$ sea simultáneamente triangulable con $Y$ . Cambiando a una base de triangulación simultánea, los determinantes son sólo productos de coeficientes diagonales, y lo que necesitas demostrar se vuelve obvio.