Demostrar $BA - A^2B^2 = I_n$.

Question

Tengo un problema con esto. En realidad, todavía no tiene la forma adecuada de empezar :/

Problema :

Deje $A$ $B$ $n \times n$ matrices complejas que $AB - B^2A^2 = I_n$. Probar que si $A^3 + B^3 = 0$,$BA - A^2B^2 = I_n$.

Gracias por la ayuda.

Answer 1

Las dos condiciones dadas $AB-B^2A^2=I$ $A^3+B^3=0$ puede escribirse como $$ \pmatrix{A&B^2\\ -B^2&A} \pmatrix{B&A^2\\ -A^2&B} = \pmatrix{I&0\\ 0&I}. $$ Desde $XY=I$ implica que el $YX=I$ para cualquiera de las dos matrices cuadradas $X$$Y$, tenemos $$ \pmatrix{B&A^2\\ -A^2&B} \pmatrix{A&B^2\\ -B^2&A} = \pmatrix{I&0\\ 0&I} $$ y la afirmación de la siguiente manera.

Answer 2

Por las dos condiciones dadas, vemos que \begin{align*} A(BA-A^2B^2) &= ABA-A^3B^2\\ &=(I+B^2A^2)A-A^3B^2\\ &=A+B^2A^3-A^3B^2\\ &=A-B^5+B^5\\ &=A. \end{align*} Por lo tanto, si podemos probar que $A$ es invertible, hemos terminado.

Suponer lo contrario. Entonces existe un vector distinto de cero $v$ tal que $Av=0$. Ahora podemos probar por inducción matemática que para $k\ge1$, $AB^kv = a_kB^{k-1}v$ para algunos $a_k\neq0$. El caso base es fácil: $ABv=(I+B^2A^2)v=v$. Ahora, para $k\ge1$, \begin{align*} AB^{k+1}v &= (AB)B^kv\\ &= (B^2A^2+I)B^kv\\ &= B^2A(AB^kv) + B^kv\\ &= B^2A(a_kB^{k-1}v) + B^kv\\ &= a_kB^2(AB^{k-1}v) + B^kv\\ &= \begin{cases} 0+B^kv &\text{ when } k=1\\ a_k B^2 (a_{k-1}B^{k-2}v) + B^kv &\text{ when } k\ge2 \end{casos}\\ y= \begin{cases} B^kv &\text{ when } k=1\\ (a_{k-1}a_k+1) B^kv &\text{ when } k\ge2 \end{casos}. \end{align*} En resumen, si definimos $a_0=0,\ a_1=1$$a_k=a_{k-2}a_{k-1}+1$$k\ge2$, tenemos \begin{align*} Av &= 0,\tag{1}\\ AB^kv &= a_kB^{k-1}v\ \text{ for }\ k\ge1\tag{2} \end{align*} con $a_k\neq0$$k\ge1$.

Deje $m\ge0$ ser el mayor entero tal que $v,Bv,B^2v,\ldots,B^mv$ son linealmente independientes, y deje $B^{m+1}v=\sum_{k=0}^m c_kB^kv$. Por $(1)$$(2)$, $$ a_{m+1}B^mv = AB^{m+1}v = \Sum_{k=0}^m c_k B^k v = \sum_{k=\color{red}{1}}^m c_k AB^k v = \sum_{k=1}^m c_ka_k B^{k-1} v.\etiqueta{3} $$ Sin embargo, esto es imposible, porque la $v,Bv,B^2v,\ldots,B^mv$ son linealmente independientes y $a_{m+1}\neq0$. Por lo tanto la suposición de que $v$ es distinto de cero no puede ser verdadera y $A$ es invertible.

Answer 3

Otra solución:

Como varias personas se dieron cuenta de $AA^{2}=A^{3}=-B^{3}$ (desde $A^{3}+B^{3}=0$), por lo que

$AA^{2}B^{2}=-B^{3}B^{2}=-B^{5}=-B^{2}\underbrace{B^{3}}_{\substack{=-A^{3} \\\text{(desde }^{3}+B^{3}=0\text{)}}}=B^{2}^{3}=B^{2}^{2}$,

y por lo tanto

$\Left( BA-A^{2}B^{2}\right) =ABA-\underbrace{AA^{2}B^{2}}_{=B^{2}^{2} Un}=ABA-B^{2}^{2}=\underbrace{\left( AB-B^{2}^{2}\right) }_{=I_{n}}=$.

Pero también, $B^{2}B=B^{3}=-A^{3}$ (desde $A^{3}+B^{3}=0$), así

$B^{2}BA=-A^{3}A=-A^{4}=-\underbrace{A^{3}}_{\substack{=-B^{3}\\\text{(desde }^{3}+B^{3}=0\text{)}}}=AB^{3}=ABB^{2}$

$B^{2}\left( BA-A^{2}B^{2}\right) =\underbrace{B^{2}BA}_{=ABB^{2}} -B^{2}^{2}B^{2}=ABB^{2} B^{2}^{2}B^{2}=\underbrace{\left( AB-B^{2} A^{2}\right) }_{=I_{n}}B^{2}=B^{2}$.

Por lo tanto,

$\left( BA-A^{2}B^{2}\right) ^{2}=\left( BA-A^{2}B^{2}\right) \cdot\left( BA-A^{2}B^{2}\right) $

$=B\underbrace{A\left( BA-A^{2}B^{2}\right) } _{=}-A^{2}\underbrace{B^{2} \left( BA-A^{2}B^{2}\right) }_{=B^{2}}=BA-A^{2}B^{2}$.

Como consecuencia, $BA-A^{2}B^{2}$ es una proyección.

Pero el recuerdo de un hecho conocido que dice que si un endomorfismo $E$ de un finito-dimensional espacio vectorial $V$ sobre un campo $k$ es una proyección, a continuación, $\operatorname*{Tr}E=\dim\left( E\left( V\right) \right) \cdot1_{k}$. Aplicado a $V=\mathbb{C}^{n}$$E=BA-A^{2}B^{2}$, esto produce $\operatorname*{Tr}\left( BA-A^{2}B^{2}\right) =\dim\left( \left( BA-A^{2}B^{2}\right) \left( V\right) \right) \cdot1_{\mathbb{C}}$. Por lo tanto,

$\dim\left( \left( BA-A^{2}B^{2}\right) \left( V\right) \right) \cdot1_{\mathbb{C}}=\operatorname*{Tr}\left( BA-A^{2}B^{2}\right) =\underbrace{\operatorname*{Tr}\left( BA\right) }_{=\operatorname*{Tr} \left( AB\right) }-\underbrace{\operatorname*{Tr}\left( A^{2}B^{2}\right) }_{=\operatorname*{Tr}\left( B^{2}^{2}\right) }$

$=\operatorname*{Tr}\left( AB\right) -\operatorname*{Tr}\left( B^{2} A^{2}\right) =\operatorname*{Tr}\left( \underbrace{AB-B^{2}^{2}}_{=I_{n} }\right) =\operatorname*{Tr}\left( I_{n}\right) =$n.

Desde $\operatorname*{char}\mathbb{C}=0$, esto produce que $\dim\left( \left( BA-A^{2}B^{2}\right) \left( V\right) \right) =n$. Thus, $\left( BA-A^{2}B^{2}\right) \left( V\right) $ is an $$n-dimensional vector subespacio de $V$. Pero dado que la única $n$-dimensiones subespacio vectorial de $V$ es $V$ sí, este rendimientos $\left( BA-A^{2}B^{2}\right) \left( V\right) =V$. Por lo tanto, la imagen de la proyección de $BA-A^{2}B^{2}$ es todo el espacio $V$. Pero dado que la única proyección de $V$ cuya imagen es todo el espacio $V$ es la mapa de identidad $I_{n}:V\rightarrow V$, esto produce que el $BA-A^{2}B^{2}=I_{n}$, qed.

Answer 4

Asumiendo $A$ es invertible, la primera relación implica

$B = A^{-1}(I+B^2A^2)$, entonces:

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

Answer 5

Primero, trato de demostrar que $A$ $B$ es invertible. Deje $(\lambda_j, v_j)$ ser un par de autovalor-vector propio de a $A$. A continuación, $(\lambda_j^3, v_j)$ es un par de autovalor-vector propio de a $A^3$. Desde $A^3 = -B^3$, entonces podemos decir que el $(-\lambda_j^3, v_j)$ es un par de autovalor-vector propio de a $B^3$. Finalmente, podemos afirmar que la $(-\lambda_j, v_j)$ es es un par de autovalor-vector propio de a $B$.

Consideremos ahora las siguientes ecuaciones: $$ABv_j - B^2A^2v_j = I_n v_j$$ $$A (-\lambda_j)v_j - B^2 (\lambda_j^2)v_j = v_j$$ $$(\lambda)_j (-\lambda_i)v_j - (\lambda_j^2) (\lambda_j^2)v_j = v_j$$ $$(\lambda_j^4 + \lambda_j^2 + 1)v_j = 0$$

Posando $(\lambda_j^4 + \lambda_j^2 + 1) = 0$, conseguimos que los autovalores son $\frac{1 \pm i \sqrt{3}}{2}$$\frac{-1 \pm i \sqrt{3}}{2}$. Esto significa que ni $A$ ni $B$ tiene un autovalores nulos y, por tanto, $A$ $B$ son tanto invertible.

En este punto, tenemos que:

$AB - B^2A^2 = I_n \Rightarrow A = (I_n + B^2A^2)B^{-1}$

Entonces:

$BA - A^2B^2 = B(I_n + B^2A^2)B^{-1} - A^2B^2 = I_n + B^3A^2B^{-1} -A^2B^2$

Sabemos que $A^3 = -B^3$, y luego:

$BA - A^2B^2 = I_n - A^3A^2B^{-1} -A^2B^2 = I_n + A^2 B^3 B^{-1} - A^2B^2 = I_n + A^2B^2 - A^2B^2 = I_n$.