$A^2+B^2=AB$ $BA-AB$ es no-singular

Question

La pregunta es:

Hay matrices cuadradas $A,B$ $\mathbb{C}$ s.t. $A^2+B^2=AB$ $BA-AB$ es no singular?

De $A^2+B^2=AB$ uno podría obtener $A^3+B^3=0$. Podemos conseguir algo de esto?

Editar: $$A^2+B^2=AB\implica\\ Un(A^2+B^2)=A^2B \implica\\ a^3+AB^2=A^2B \implica \\ A^3+(A^2+B^2)B=a^2B \implica \\ A^3+A^2B+B^3=A^2B \implica \\ A^3+B^3=0$$

Answer 1

La respuesta es sí. Vamos a construir un ejemplo concreto de abajo. En primer lugar, supongamos $A$ $B$ es invertible y deje $C=AB^{-1}$. De $A^2+B^2=AB$ obtenemos $C + A^{-1}C^{-1}A = I$$A^{-1}CA=(I-C)^{-1}$. Por lo tanto, el espectro de $C$ es invariante bajo la transformación de $z\mapsto \frac1{1-z}$.

Deje $w$ ser la raíz cúbica de la unidad. Si $A^2+B^2=AB$,$(A+wB)(A+w^2B)=w(BA-AB)$. Por lo tanto, si queremos que $BA-AB$ a sea invertible, ni $-w$ ni $-w^2$ puede ser un autovalor de a $C$. Como $-w$ $-w^2$ son puntos fijos de $z\mapsto\frac1{1-z}$, el espectro de $C$ tiene que ser splittable en tres ciclos de la forma $\{z,\ \frac1{1-z},\ \ 1-\frac1z\}$ donde $z\ne-w,-w^2$, y por cada factible par de invertir matrices $A,B$, sus dimensiones deben ser divisible por 3.

Ahora podemos construir un ejemplo en $M_3(\mathbb C)$. Tome $z=2$ y $C=\operatorname{diag}(2, -1, \frac12)$. Por lo $(I-C)^{-1}=\operatorname{diag}(-1, \frac12, 2)$. Para hacer $A^{-1}CA=(I-C)^{-1}$ o $A^2+B^2=AB$, recogemos $A=\pmatrix{0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0}$$B=C^{-1}A=\pmatrix{0&0&\frac12\\ -1&0&0\\ 0&2&0}$. Fácilmente se puede comprobar que $BA-AB=\pmatrix{0&-\frac32&0\\ 0&0&-\frac32\\ 3&0&0}$ es invertible.

Answer 2

Consideramos las ecuaciones (1) $A^2+B^2=AB$, (2) $A^2+B^2=2AB$. Un par de $(A,B)$, solución de (2), es simultáneamente triangularizable, y, por otra parte, cuando $n=2$, $AB=BA$.

Equ (1) no se ha la segunda propiedad: de hecho, $A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&-1\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}\dfrac{1-i\sqrt{3}}{2}&0\\\dfrac{3+i\sqrt{3}}{2}&-1\end{pmatrix}$ es una solución s.t. $AB\not= BA$. Tenga en cuenta que$spectrum(A)=\{e^{\pm 2i\pi/3}\}$$A^3=I_2,B^3=-I_2$; por otra parte $(AB-BA)^2=0$. Creo que Equ (1) tiene la primera propiedad, o al menos, $AB-BA$ es nilpotent, pero no sé cómo demostrarlo. Vamos a ver, en el siguiente, que, de una solución, en posición general, satisface $AB=BA$.

La proposición. Consideramos la ecuación en el desconocido $X$: $X^2-AX+A^2=0$. Deje $spectrum(A)=(\lambda_i)_i$ denotar el espectro completo de la $A$. Si, para cada $i\not= j$ $\lambda_i^3\not=\lambda_j^3$, entonces cualquier solución de $X$ satisface $AX=XA$.

Prueba. Desde $A$ es diagonalizable asumimos $A=diag(\lambda_i)$. Por lo tanto $A^3=diag(\lambda_i^3)$ tiene distintos valores propios; desde $X$ $A^3$ viaje, $X$ es una matriz diagonal y hemos terminado.

EDIT. a @ user35603 . Hay soluciones de $A^3+B^3=0$ s.t. $AB-BA$ es invertible, por ejemplo, elige $A=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}0&0&0\\1&0&0\\0&-1&0\end{pmatrix}$; de curso $A^2+B^2\not= AB$.