Dado n x números matrices, mi libro dice que el tamaño máximo de un conjunto de linealmente independientes mutuamente contra desplazamientos matrices es $n^2-1$. No entiendo por qué esto es cierto.
Agradecería algún consejo para probar que este es el caso.
Puedo responder a la pregunta, bajo el adicional de la hipótesis de que al menos dos de las matrices son invertible. No he descubierto cómo hacerlo sin que hipótesis.
Tenga en cuenta que si usted tenía $n^2$ tales matrices, usted tendría una base para el espacio de todas las $n\times n$ matrices. Si usted puede probar que todas las matrices tienen traza de cero, entonces se obtiene una contradicción, ya que cualquier combinación lineal de traza cero matrices tiene traza de cero, pero no toda matriz tiene traza cero.
Así que supongamos $A,B$ son anticommuting, que es, $AB=-BA$, y supongamos $A$ es invertible. A continuación,$B=A^{-1}(-B)A$, que dice que $B$ es similar a $-B$. Pero similar matrices tienen la misma traza, y el rastro de $-B$ es el inverso aditivo de la traza de $B$, lo $B$ tiene traza cero. Por lo tanto la presencia de una matriz invertible en el conjunto de anticommuting matrices de las fuerzas de todas las otras matrices, en el conjunto a tiene traza cero. Por lo tanto, si hay dos (o más) es invertible matrices en el conjunto de todas las matrices en el conjunto de trazas de cero, por lo que no puede ser una base, por lo que no puede ser $n^2$ de ellos.
Me pregunto si es verdad que $AB=-BA$ implica $A$ $B$ trazas de cero, incluso si no es invertible. Si usted puede probar que usted gana.
Supongamos que hay $n^2$ pares anticommuting matrices, es decir, como Gerry señala, una base para $n\times n$ matrices.
Si el campo de característica dos, entonces anticommuting ascendería a los desplazamientos de las matrices. A un lado: Una Pregunta anterior direcciones de cómo muchos linealmente independiente de los desplazamientos de las matrices que uno puede tener, con un fuerte recuento conocido por la mayoría de los campos. En cualquier caso, es evidente que no podemos tener una base de los desplazamientos de las matrices a menos que todos los de la matriz de multiplicaciones viaje, así, en particular, en el carácter de los dos que tenemos en la mayoría de los $n^2 - 1$ pares (anti)los desplazamientos linealmente independientes de las matrices a menos $n=1$.
Para el resto de este post vamos a considerar sólo los campos no de la característica de los dos.
Expresar la matriz de identidad como una combinación lineal de estas, decir $I= \sum r_i A_i$ donde, sin pérdida de generalidad, $r_1\neq 0$.
Claramente $A_1$ viajes con $I-r_1 A_1$ pero anticommutes con la misma expresión de $\sum_{i\neq 1} r_i A_i $. Por lo tanto, el producto debe ser cero, lo que implica:
$$ A_1 = r_1 A_1^2 $$
y de ello se sigue que $r_1 A_1$ es idempotente. El mismo argumento muestra cualquier valor distinto de cero $r_i A_i $ en la suma es idempotente.
De hecho, cada una de las $n^2$ matrices $A_i $ debe aparecer en la representación, porque si no, sería anti conmuta con todos los que aparecen y (porque sería anticommute con la matriz de identidad) ser cero (no es posible). Así pues, tenemos un número igual $n^2$ de los linealmente independiente de lucha contra el trabajo idempotente matrices $B_i = r_i A_i$ cuya suma es $I$.
Ahora podemos obtener una contradicción sobre el rango de $I$$n$. En característica cero Gerry idea de utilizar el seguimiento funciona de forma rápida. La traza de un idempotente es su rango, por lo que la traza de la matriz de identidad sería, al menos,$n^2$. Contradicción (excepto en el vacuo caso de $n=1$).
Para un campo de carácter distinto de cero $p \gt 2$ que cavar un poco más profundo. Matrices de $B_i,B_j$ no sólo anti-commute, que en realidad la aniquilación de uno a otro, $B_i B_j = 0$.
Para cualquier columna $v$ de idempotente $B_j$, $B_j v = v$. Para$i \neq j$,$B_j B_i v = -B_i B_j v = -B_i v$. Pero idempotente $B_i$ no tiene autovalor $-1$, lo $B_i v = 0$. Esto es cierto para cada columna de $B_j$, lo $B_i B_j = 0$.
De ello se desprende que los espacios de columna de $B_i,B_j$ han trivial de la intersección, por lo que sus (distinto de cero) rangos son aditivos: $B_i + B_j$ es de nuevo idempotente y $\text{rank}(B_i + B_j) = \text{rank} B_i + \text{rank} B_j$. Por lo tanto podemos llegar a la misma imposibilidad, de que el rango de $I = \sum B_i$ al menos $n^2$, sin depender de la traza del operador.
Supongamos que el conjunto en cuestión no es un singleton y deje $A$ ser miembro de este conjunto. Si el campo subyacente tiene la característica 2, recogemos $A\ne I$. Reescribir la ecuación de $AB+BA=0$$\left(I\otimes A+A^T\otimes I\right)\operatorname{vec}(B)=0$. Desde cada matriz cuadrada es similar a la de su transposición a través de cualquier campo, la suma de los productos de Kronecker en el soporte es similar a $C=I\otimes A+A\otimes I$. Así que, si podemos probar que la nulidad de $C$ es estrictamente menor que $n^2-1$, o lo que es equivalente, $\operatorname{rank}(C)>1$, hemos terminado.
Supongamos que, al contrario,$\operatorname{rank}(C)\le1$. Ampliar el campo de tierra $\mathbb F$ a su algebraica de cierre, y dejar que los autovalores de a$A$$\lambda_1,\ldots,\lambda_n$. Los autovalores de a $C$ entonces $\lambda_i+\lambda_j$$i,j\in\{1,2,\ldots,n\}$. No es difícil ver que la condición de $\operatorname{rank}(C)\le1$ implica que el $A$ debe ser nilpotent al $\operatorname{char}(\mathbb F)\ne2$, e $A$ es unipotentes o nilpotent al $\operatorname{char}(\mathbb F)=2$. Ahora hay dos casos:
Por lo tanto, la cardinalidad del conjunto de los linealmente independientes y mutuamente anticommuting matrices es acotada arriba por $n^2-1$.
El libro en realidad es un poco confuso, porque el obligado a $n^2-1$ no es siempre posible. Al$n=2$$\operatorname{char}(\mathbb F)=2$, uno puede comprobar por la fuerza bruta que no existen tres linealmente independientes y mutuamente anticommuting $2\times2$ matrices.
Al $n\ge3$, un argumento similar a la que en el segundo párrafo de arriba muestra que si $\operatorname{rank}(C)\le2$, podemos concluir que la $A$ es nilpotent al $\operatorname{char}(\mathbb F)\ne2$ o $A$ es unipotentes/nilpotent al $\operatorname{char}(\mathbb F)=2$. Por lo tanto, las contradicciones en los casos 1 y 2 de arriba, todavía surgen, y por lo tanto el límite superior $n^2-1$ es inalcanzable.
Por lo tanto, uno puede encontrar la $n^2-1$ linealmente independientes y mutuamente anticommuting $n\times n$ matrices si y sólo si $n=2$$\operatorname{char}(\mathbb F)\ne2$. Por ejemplo, consideremos el conjunto $$ \left\{\pmatrix{1&0\\ 0&-1},\ \pmatrix{0&1\\ -1&0},\ \pmatrix{0&1\\ 1&0}\right\}. $$
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