Demuestre que si $A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} $ , $\mathrm{tr}(A^{k}) = \mathrm{tr}(A^{k-1}) + \mathrm{tr}(A^{k-2})$

Question

$\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}$ Si $A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} $ entonces $\tr(A^{k}) = \tr(A^{k-1}) + \tr(A^{k-2})$ .

Sugerencia: Si $AB=0$ entonces $\tr[(A+B)^k]=\tr(A^k)+\tr(B^k)$ .

Intenté descomponer \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} a $P$ y $Q$ tal que $P+Q=\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$ y $PQ=0$ pero parece que esto no funciona.

Answer 1

Gracias por la ayuda. Creo que lo he resuelto. Aquí está mi prueba.

Prueba: Obsérvese en primer lugar que $A^{2} = A + I_{2}$ . Así, para $A^{k}$ : \begin{align} A^{k} &= A^{k-2} \cdot A^{2} \\ &= A^{k-2}(A + I_{2}) \\ &= A^{k-1} + A^{k-2}. \end{align} Entonces, para $\operatorname{tr}(A^{k})$ : \begin{align} \operatorname{tr}(A^{k}) &= \operatorname{tr}(A^{k-1} + A^{k-2}) \\ &= \operatorname{tr}(A^{k-1}) + \operatorname{tr}(A^{k-2}), \end{align} donde la última igualdad se deduce del hecho de que la traza es un mapa lineal.

Answer 2

Creo que tu profesor ha dado una mala pista. Es mucho más fácil y natural resolver el problema utilizando la ecuación característica de $A$ como demuestran el comentario de Jyrki Lahtonen o la otra respuesta. En cualquier caso, a continuación desmitificaremos la pista de tu profesor. Suponemos que el número entero $k$ en cuestión es no negativo.

Primero validamos la declaración en la pista. Cuando $k\ge1$ y $XY=0$ la expansión binomial de $(X+Y)^k$ será la suma de $X^k,\,Y^k$ y una serie de productos entrelazados de $X$ s y $Y$ s. Si un producto entrelazado contiene $XY$ en su secuencia de productos (como $XXYXY$ ), tanto el producto como su traza son cero; si la secuencia del producto no contiene $XY$ debe ser de la forma $Y^jX^{n-j}$ con $0<j<n$ y, por tanto, por la propiedad tracial, $\operatorname{tr}(Y^jX^{n-j})=\operatorname{tr}(X^{n-j}Y^j)=0$ . En otras palabras, la traza de todo producto entrelazado es cero. Por tanto, tenemos $\operatorname{tr}\left((X+Y)^k\right)=\operatorname{tr}(X^k)+\operatorname{tr}(Y^k)$ .

A continuación, queremos descomponer $A$ en $X+Y$ con $XY=0$ . Hay al menos dos formas de hacerlo. La primera consiste en realizar una eigendecomposición $A=V\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2)V^{-1}$ (esto es posible porque $A$ es simétrica real) y tomamos $X=V\operatorname{diag}(\lambda_1,0)V^{-1},\,Y=V\operatorname{diag}(0,\lambda_2)V^{-1}$ .

La segunda forma consiste en resolver $X(A-X)=0$ . Tenga en cuenta que si $X$ es invertible, obtendremos una solución inútil $X=A$ y $Y=A-X=A$ . Por lo tanto, debemos suponer que $X$ es singular pero distinto de cero. Escribe $X=uv^T$ . La ecuación $X(A-X)=0$ se convierte en $uv^T(A-uv^T)=0$ que puede reescribirse como $uv^T(A-(v^Tu)I)=0$ lo que significa que $A$ es un par propio izquierdo $(\lambda,v)$ para algunos $\lambda$ y $u$ es un vector tal que $v^Tu=\lambda$ . No es difícil ver que podemos elegir $\lambda=\frac12(1+\sqrt{5})$ y $v=(1,\lambda)^T$ . Para hacer $v^Tu=\lambda$ elegimos $u=(0,\frac1{\lambda})^T$ . Así $$ A=X+Y=\pmatrix{0&0\\ 1&\lambda}+\pmatrix{0&1\\ 0&1-\lambda},\quad XY=0, $$ y por la insinuación de tu profesor, $\operatorname{tr}(A^k)=\lambda^k+(1-\lambda)^k$ para cada $k\ge1$ . Se puede comprobar que esta igualdad también es válida para $k=0$ . Por lo tanto, el problema se reduce a demostrar que $$ \lambda^{k+2}+(1-\lambda)^{k+2} =\left[\lambda^{k+1}+(1-\lambda)^{k+1}\right] +\left[\lambda^k+(1-\lambda)^k\right] $$ o que $$ \left(\lambda^{k+2}-\lambda^{k+1}-\lambda^k\right)+ \left[(1-\lambda)^{k+2}-(1-\lambda)^{k+1}-(1-\lambda)^k\right]=0, $$ pero esto es evidente porque tanto $\lambda$ y $1-\lambda$ son raíces de $x^2-x-1=0$ .