Demuestra que dos matrices complejas tienen traza nula

Question

Dejemos que $A,B \in \mathbb{C}^{2 \times 2} \setminus \{O_2\}$ , donde $AB=-BA$ y $\det(A+B)=0$ . Demostrar que $\operatorname{tr}(A) = \operatorname{tr}(B) = 0$ (donde $\operatorname{tr}$ es el rastro).

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Mi intento

Dejemos que $C=A+B$ . Entonces, utilizando el Cayley-Hamilton para $C$ :

$C^2 -Tr(C)C + \det(C)I_2=0$ por lo tanto $C^2=Tr(C)C$ y $(A+B)^2=(Tr(A) + Tr(B))(A+B)$ entonces $$A^2 + B^2=(Tr(A) + Tr(B))(A+B) \tag1$$

Utilización de Cayley-Hamilton para $A$ y $B$ en (1) se obtiene: $$ -\det(A)I_2 -\det(B)I_2=Tr(A)B + Tr(B)A \tag2$$

Aplicando la traza a (2): $$-\det(A) -\det(B)=Tr(A)Tr(B) \tag3$$ Así que tengo que demostrar $\det(A)=-\det(B)$ y aquí me quedé atascado.

Actualización 1

Mostrando $Tr(A)=Tr(B)$ es suficiente para terminar la prueba.

Actualización 2

Tras una idea de @Dietrich Burde

Supongamos que $A$ es invertible. Entonces $B=A^{-1}(-B)A$ y $Tr(B)=Tr(A^{-1}(-B)A)=Tr(A^{-1}(-BA))=Tr((-BA)A^{-1})=Tr(-B)=-Tr(B)$ .

Por lo tanto, $Tr(B)=0$ . Ahora, a partir de (3) se obtiene $\det(A)=-\det(B)$ entonces de (2) $Tr(A)=0$

Similar para $B$ invertible.

Si ambas matrices son singulares entonces, a partir de (3) una de $Tr(A)$ o $Tr(B)$ es cero y a partir de (2) el otro también es cero.

Answer 1

Dado que las matrices son $2\times 2$ También se puede realizar un cálculo directo. Esta no es la solución perfecta, pero demuestra que la afirmación es correcta. Sea $$ A=\begin{pmatrix} a_1 & a_3 \\ a_2 & a_4 \end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix} b_1 & b_3 \\ b_2 & b_4 \end{pmatrix}. $$ Entonces $AB+BA=0$ y $\det(A+B)=0$ son equivalentes al sistema de ecuaciones polinómicas $$ 2a_1b_1 + a_2b_3 + a_3b_2=0 \\ a_1b_3 + a_3b_1 + a_3b_4 + a_4b_3=0 \\ a_1b_2 + a_2b_1 + a_2b_4 + a_4b_2=0 \\ a_2b_3 + a_3b_2 + 2a_4b_4=0 \\ a_1a_4 + a_1b_4 - a_2a_3 - a_2b_3 - a_3b_2 + a_4b_1 + b_1b_4 - b_2b_3=0 $$ Supongamos primero que $a_1=0$ . Entonces el algoritmo de Buchberger da $B=0$ o $A=0$ o $a_4=a_1=0$ , $b_1+b_4=0$ es decir, $tr(A)=tr(B)=0$ y $b_4^2 + b_2b_3 + a_2a_3=0$ .

En el segundo caso, podemos suponer que $a_1=1$ . Entonces el algoritmo de Buchberger da inmediatamente $1+a_4=0, b_1+b_4=0$ o $B=0$ . Con esto termina la prueba.

Algo más elegante para un caso especial: Supongamos que $A,B$ son invertibles. Entonces $AB=-BA$ significa que $B=A^{-1}(-B)A$ para que $B$ y $-B$ son similares. En particular, obtenemos $tr(B)=0$ . Del mismo modo, $tr(A)=0$ .

Answer 2

No estoy seguro de cuál es el truco, pero lo siguiente debería funcionar.

Supongamos lo contrario, que $\operatorname{tr}(A)\ne0$ . Como $A$ y $B$ anticonmutación, tenemos $AAB = -ABA = BAA$ es decir $A^2$ se desplaza con $B$ . Todavía, $A^2=\operatorname{tr}(A)A - \det(A)I$ . Así que, $A$ también se desplaza con $B$ . Por lo tanto, $AB=BA=0$ y ambos $A,B$ son singulares (porque son distintos de cero por suposición).

Dejemos que $C=A+B$ . A partir del teorema de Cayley-Hamilton, obtenemos $C^2=\operatorname{tr}(C)C-\det(C)I$ . Aplicar $\det(C)=0$ y $AB=BA=0$ obtenemos $A^2+B^2=(\operatorname{tr}(A)+\operatorname{tr}(B))(A+B)$ . Aplique de nuevo el teorema de Cayley-Hamilton y utilice el hecho de que $A$ y $B$ son singulares, obtenemos además $\operatorname{tr}(A)B+\operatorname{tr}(B)A=0$ . Desde $B\ne0$ y $\operatorname{tr}(A)\ne0$ concluimos que $B$ es un múltiplo no nulo de $A$ . Pero entonces $AB=0$ implica que $A$ es nilpotente, lo cual es imposible porque $\operatorname{tr}(A)\ne0$ . Así, $A$ debe ser sin rastro. Del mismo modo $B$ tampoco tiene rastro.