Un sistema de dos ecuaciones matriciales no lineales

Question

Sea $A,B\in M_n(\mathbb{C})$ s.t. $A^3+B^3=0,AB-B^2A^2=I_n$ .

Según

Prueba $BA-A^2B^2=I$

se puede deducir que $A,B$ son invertibles y $BA-A^2B^2=I_n$ .

Ahora, cuando $n=2$ se tiene: (*) $A^6=I_2$ y $AB-BA$ es nilpotente.

Demuestro (*) mediante un cálculo de PC utilizando la teoría de bases de Grobner.

Pregunta 1. Demuestra (*) con la mano.

Segunda pregunta. ¿Sigue siendo cierto (*) cuando $n>2$ ?

Answer 1

He aquí una prueba cuando $n=2$ . El caso $n>2$ parece mucho más difícil.

Caso 1. $AB=BA$ . Alors $A^6=I$ en $M_n(\mathbb{C})$ . De hecho $(AB)^2-(AB)+I=0$ implica que $AB$ es similar a $diag(-jI_p,-j^2I_q)$ donde $j=\exp(2i\pi/3)$ y $p+q=n$ Entonces $(AB)^3=A^3B^3=-I$ y $A^6=I$ .

Caso 2. $AB\not= BA$ . Necesariamente, el sistema $\{I,A,B\}$ es gratis. Visite $A^2=aI+\alpha A,B^2=bI+\beta B$ . Entonces $AB-BA=B^2A^2-A^2B^2=\alpha\beta(BA-AB)$ y $\alpha\beta=-1$ . Además, $A^3+B^3=(\alpha a+\beta b)I+(a+\alpha^2)A+(b+\beta^2)B=0$ implica $\alpha a+\beta b=a+\alpha^2=b+\beta^2=0$ .

Deducimos que $\alpha^6=1,\beta=-1/\alpha$ y finalmente $A^3=-\alpha^3 I$ .

Ahora demostramos que $trace((AB-BA)^2)=0$ .

$BABA=B^3A^3+BA$ implica $(BA)^2-(BA)+I=0$ Así pues $BA$ es diagonalizable y $spectrum(BA)=\{-j,-j^2\}$ (porque $AB\not= BA$ ); en consecuencia, $spectrum(AB)=\{-j,-j^2\}$ .

Por último $tr((AB-BA)^2)=2tr((AB)^2)-2tr(B^2A^2)=$

$2tr((AB)^2)-2tr(AB-I)=2(j+j^4)-2(-j-1-j^2-1)=0$ .

Conclusión. $AB-BA$ es nilpotente y $A,B$ son simultáneamente triangularizables.