Prueba libre de coordenadas de que $\operatorname{trace}(A)=0\:\Longrightarrow\:A=BC-CB$

Question

Como probablemente sepas, la función de traza en matrices cuadradas tiene la propiedad de que $$\operatorname{trace}(AB-BA)=0\,.$$ Tal vez también sepas que la afirmación inversa es verdadera:
$$\operatorname{trace}(A)=0\;\text{ implica } A=BC-CB\:\text{ para algunas matrices } B\text{ y }C.$$

De hecho, esto es cierto para operadores lineales en un espacio vectorial, es un hecho libre de coordenadas.

SIN EMBARGO, todas las demostraciones que conozco fijan una base y dan una prueba usando coordenadas.

Entonces la pregunta es, ¿alguien conoce una demostración libre de base que no use coordenadas?

Gracias por cualquier información - incluso si la información es que todo lo que he dicho aquí es incorrecto y soy un completo idiota.

Answer 1

Utilizando que $(A,B)\mapsto\operatorname{trace}(A^\top B)$ es un producto escalar (o como sugirió @dsh que $(A,B)\mapsto\operatorname{trace}(A B)$ es una forma bilineal no degenerada) podemos probar, sin coordenadas, que $$ \mathbf{span} \left\{ AB-BA : A,B\in\mathbb{R}^{d\times d} \right\} = \ker \operatorname{trace}.$$

Sea $X\in\mathbb{R}^{d\times d}$ ortogonal a todos los conmutadores de matriz $AB-BA$ y $M\in\mathbb{R}^{d\times d}$. Entonces, para todo $N\in\mathbb{R}^{d\times d}$, \begin{align*} \langle XM-MX, N\rangle &= \langle XM, N\rangle - \langle MX, N\rangle \\ &= \operatorname{trace}(N^\top XM) - \operatorname{trace}(N^\top MX) \\ &= \operatorname{trace}(M N^\top X) - \operatorname{trace}(N^\top MX) \\ &= \langle NM^\top - M^\top N,X\rangle \\ &= 0. \end{align*} Esto prueba que $XM=MX$. Dado que $X$ conmuta con todas las matrices, debe ser un múltiplo escalar de la identidad (ver aquí para una demostración sin coordenadas). En otras palabras, \begin{align} \left\{ AB-BA : A,B\in\mathbb{R}^{d\times d} \right\}^\perp = \mathbb{R} I. \end{align} Esto se extiende al espacio generado, lo que muestra que es un hiperplano. Al estar contenido en el núcleo de la traza, debe ser igual a este.

Descargo de responsabilidad: esta respuesta está incompleta ya que queda por demostrar que el conjunto de conmutadores de matrices es un subespacio lineal, y en particular cerrado bajo la suma. Como observación, esto no se puede demostrar directamente con algunas manipulaciones algebraicas que solo utilicen la definición del conmutador: de hecho, esto no necesariamente se cumple para anillos de conmutadores (combine, por ejemplo, el Teorema 15 y la Proposición 19 de Commutator rings, Mesyan, 2008).