$A, B \in M_2(\mathbb C)$ tal que $AB-BA=B^2$ ; entonces, ¿es cierto que $AB=BA$?

Question

¿Sea $A,B \in M_2(\mathbb C)$ tales que $AB-BA=B^2$. ¿Entonces es cierto que $AB=BA$?

Si podemos mostrar que $\mathrm{tr}(B)=\det (B)=0$, entonces habremos terminado al usar $B^2-(\mathrm{tr}(B)) B+\det (B)=0$; pero no sé cómo mostrar ni eso. Por favor ayuda. Gracias de antemano.

Answer 1

Probamos la siguiente afirmación generalizada:

Afirmación. Supongamos que $AB - BA = B^p$ para algún $p \geq 2$. Entonces $AB = BA.

Esto es equivalente a demostrar que $B^p = 0$. Para ello, notamos que

1. $\operatorname{tr}(B^p) = \operatorname{tr}(AB - BA) = 0$ ya que $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$.

2. Tenemos $\det(B^p) = 0$. De hecho, si $\det(B^p) \neq 0$, entonces $B$ es invertible. Multiplicando por la izquierda $B^{-p}$, tenemos $$B^{-p}AB - B^{1-p}A = I_2.$$ Pero esto es imposible ya que $$2 = \operatorname{tr}(I_2) \neq \operatorname{tr}((B^{-p}A)B - B(B^{-p}A)) = 0.$$

Aplicando el teorema de Cayley-Hamilton, encontramos que $B$ es nilpotente:

$$B^{2p} = \operatorname{tr}(B^p)I - \det(B^p)I_2 = 0.$$

Por lo tanto, debemos tener $B^2 = 0$ y, por lo tanto, $B^p = 0. ////

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Adenda: Contraejemplo para $p = 1$. Para cualquier $a_1, a_2, b \in \Bbb{C}$ con $b \neq 0$, ponemos

$$ A = \begin{pmatrix} a_1 & a_2 \\ 0 & a_1 - 1 \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & b \\ 0 & 0 \end{pmatrix}. \tag{*} $$

Entonces $AB - BA = B$.

Recíprocamente, si $A, B \in M_2(\Bbb{C})$ es tal que $AB - BA = B$ y $B \neq 0$, entonces $A$ y $B$ se pueden escribir como $\text{(*)}$ hasta un cambio de base unitaria.

(Observación. Usando la forma normal de Jordan, es directo que esto es cierto hasta el cambio de base).

De hecho, dado que $\det(B) = 0$, $B$ tiene rango 1 y podemos escribir

$$ B = b \begin{pmatrix} u_1 \bar{v}_1 & u_1 \bar{v}_2 \\ u_2 \bar{v}_1 & u_2 \bar{v}_2 \end{pmatrix} $$

para algún $b \neq 0$ y para algunos vectores unitarios $u = (u_1, u_2), v = (v_1, v_2)$. Entonces $\operatorname{tr}(B) = 0$ es equivalente a $\langle u, v \rangle = 0$ y por lo tanto $u, v$ son ortogonales. En particular, $B$ corresponde a la aplicación lineal

$$ Bx = b\langle v, x \rangle u. $$

(Aquí, el segundo argumento del producto interno hermítico $\langle \cdot, \cdot \rangle$ se elige ser lineal). Entonces la afirmación sigue al reescribir todo con respecto a la base ortonormal $\{u, v\}$ y resolver la ecuación $AB - BA = B$.

Answer 2

Es fácil demostrar que una matriz $B\in M_n(K)$ que satisface, para algún $p\ge 1$ $$ AB-BA=B^p $$ es nilpotente y por tanto satisface $B^n=0$, ver la Proposición $2.2$ aquí. La prueba utiliza el determinante de Vandermonde. En su caso obtenemos que $B$ es una matriz nilpotente de tamaño $2$, por lo que $B^2=0$, y por tanto $AB=BA.

Más generalmente, $AB-BA$ es nilpotente, si conmuta con $A$ (o $B$), ver aquí.

Answer 3

Tenemos $B^3= BAB-AB^2=AB^2-BAB$, por lo tanto $AB^2=B^2A$.

Por lo tanto, $A$ conmuta con $B^2$, pero sabemos que $B^2= tr(B)B-det(B)Id$ Por lo tanto, si $tr(B)\not =0$, $A$ conmuta con $B$.

Si $tr (B)=0$, $B^2=det(B) Id. Si $det(B) =0, B^2=0 y hemos terminado.

Si no los dos valores propios de $B$ son opuestos (tr=0) y no nulos, entonces $tr(B^2)=\lambda^2\not =0, contradicción ya que $tr B^2=tr(AB-BA)=0 $