Coordinar libre de la prueba de $\operatorname{Tr}(AB)=\operatorname{Tr}(BA)$?

Question

Estoy en busca de un corto coordinar libre de la prueba de $\operatorname{Tr}(AB)=\operatorname{Tr}(BA)$ lineal operadores de $A$, $B$ entre finito dimensionales espacios vectoriales de la misma dimensión. La prueba usual es representar a los operadores como de las matrices y, a continuación, utilizar la multiplicación de la matriz. Quiero una coordenada libre de la prueba. Es decir, uno que no hace referencia a una explícita representación de la matriz del operador. Yo defino el seguimiento como la suma de los autovalores de un operador.

Idealmente, la prueba debe ser más corta y requieren menos preliminar de los lemas de la dada en este blog.

Yo estaría especialmente interesado en una prueba de que generaliza a la traza de la clase de los operadores en un espacio de Hilbert.

Answer 1

$\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}$Aquí es un exterior enfoque de álgebra. Deje que $V$ ser $$n-dimensional espacio vectorial y dejar que $\tau$ ser un operador lineal en $V$. La alternancia multilineal mapa $$ (v_1,\dots,v_n) \mapsto \sum_{k=1}^n v_1 \wedge\cdots\wedge \tau v_k \wedge\cdots\wedge v_n $$ induce un único operador lineal $\psi: \bigwedge^n V \a \bigwedge^n V$. La traza de $\tr(\tau)$ se define como el número único de satisfacciones $\psi = \tr(\tau)\iota$, donde $\iota$ es la identidad. (Esto es posible debido a que $\bigwedge^n V$ es unidimensional.)

Deje que $\sigma$ ser otro operador lineal. Calculamos \begin{align} (\tr\sigma)(\tr\tau) v_1 \wedge\cdots\wedge v_n &= \sum_{k=1}^n (\tr\sigma) v_1 \wedge\cdots\wedge \tau v_k \wedge\cdots\wedge v_n \\ &= \sum_{k=1}^n v_1 \wedge\cdots\wedge \sigma \tau v_k \wedge\cdots\wedge v_n \\ & \qquad + \sum_{k=1}^n \sum_{j \ne k} v_1 \wedge\cdots\wedge \sigma v_j \wedge \cdots \wedge \tau v_k \wedge\cdots\wedge v_n. \end{align}

Observe que la última suma es simétrica en $\sigma$ y $\tau$, y así es de $(\tr\sigma)(\tr\tau) v_1 \wedge\cdots\wedge v_n$. Por lo tanto $$ \sum_{k=1}^n v_1 \wedge\cdots\wedge \sigma \tau v_k \wedge\cdots\wedge v_n = \sum_{k=1}^n v_1 \wedge\cdots\wedge \tau \sigma v_k \wedge\cdots\wedge v_n, $$ es decir, $\tr(\sigma\tau)=\tr(\tau\sigma)$.

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EDIT: A ver que la traza es la suma de todos los autovalores, conecte los vectores propios en la multilineal mapa definido al principio.

Answer 2

La prueba en Martin de Brandenburgo, la respuesta puede parecer atemorizante pero es secreto sobre el movimiento de perlas en una cadena. Usted puede ver todas las fotos en este blog y en este post del blog. La prueba de uso de las imágenes es el siguiente:

En el primer paso de $g$ obtiene deslizó hacia abajo en la derecha y en el segundo paso de $g$ obtiene deslizó arriba a la izquierda.

Usted también puede encontrar varias pruebas de las más fuertes resultado que $AB$ y $BA$ tienen el mismo polinomio característico en este blog.

Answer 3

La traza de un endomorfismo $f : X \a X$ de un dualizable objeto $X$ en una categoría monoidal es la composición de $1 \xrightarrow{\eta} X \otimes X^* \xrightarrow{f \otimes \mathrm{id}} X \otimes X^* \cong X^* \otimes X \xrightarrow{\epsilon} 1$. Esto coincide con la definición habitual en la categoría de espacios vectoriales. Hay una más general categórica noción de la traza, que luego también se aplica a los espacios de Hilbert. Bajo adecuado supuestos la formula $\mathrm{tr}(f \circ g)=\mathrm{tr}(g \circ f)$ tiene. Para obtener más detalles, consulte el papel de las Trazas en el monoidal categorías por Stolz y Teichner.

Answer 4

Sugerencia Comparar los polinomios característicos de $AB$ y $BA$.

El determinante (de donde característica polinomios) admite base libre de definiciones.

Tenemos $$ \left(\matriz{I&a\\B&tI}\right)\left(\matriz{tI&-\\0&I}\right)=\left(\matriz{tI&0\\*&tI-BA}\right) $$ y $$ \left(\matriz{I&a\\B&tI}\right)\left(\matriz{tI&0\\-B&I}\right)=\left(\matriz{tI-AB&*\\0&tI}\right). $$ Aplicando el factor determinante para que estas ecuaciones rendimientos $$ t^m\det(tI-AB)=t^n\det(i-BA). $$

Ahora, más de un algebraicamente cerrado de campo, podemos definir los valores propios de un operador lineal como los ceros de su polinomio característico contado con multiplicidades. La traza, que se define como la suma de éstos, es de $-1$ veces el coeficiente de grado $k-1$. Por lo que la fórmula anterior demuestra, en particular, que $\mathrm{tr}(AB)=\mathrm{tr}(BA)$.

Nota: no sé cómo probar sin referencia a cualquier base de que el polinomio característico es en realidad un polinomio de grado $k$, con coeficiente inicial de $1$. Así que me temo que esto es un poco circular. De todos modos, no creo que esta es una forma muy conveniente de la definición de la traza. Para un punto de vista que es más útil cuando se busca el infinito-dimensional generalizaciones, que otra respuesta es probablemente más útil de lo que acabo de escribir arriba.

Answer 5

La siguiente es una simple combinatoria interpretación de esta identidad. No es exactamente lo que usted pidió, pero sigue siendo divertido y relevante.

Supongamos que tenemos dos conjuntos $S,T$ con funciones $g: S \T$ y $f : T \S$. Entonces $f\circ g : S \S$ y $g\circ f: T \T$ endo-funciones de $S$ y $T$, respectivamente. Ahora considere $\text{Fix}(f\circ g) \subseteq$ S, el conjunto de puntos fijos de $f\circ g$. Es fácil comprobar que

$$f|_{\text{Fix} (fg)}: \text{Fix} (fg) \a \text{Fix} (gf)$$

es un bijection, con inversa $g|_{\text{Fix} (gf)}$. Por lo tanto, si $S,T$ lo finito,

$$|\text{Fix} (fg)| = |\text{Fix} (gf)|.$$

Pero si $S,T$ lo finito, podemos representar $f$ como $|S| \|T|$ matriz y $g$ como $|T| \times |S|$ matriz, cada uno con $0$'s y $1$s'. (Esta matriz depende de la ordenación de cada uno de ellos.) Luego de sus productos, ya sea en el fin de representar a la endo-funciones $fg$ y $fg$. Pero es obvio que para la matriz de una endo-función $h$, $|\text{Fix }h| = \text{Tr}(h)$ (independientemente de que el orden elegido). Por lo tanto, por lo anterior, $\text{Tr}(fg)=\text{Tr}(gf)$.