Es cada matriz sesgar-adjunto un conmutador de dos matrices de la uno mismo-adjoint

Question

Estoy buscando para resolver algunas ecuaciones de la matriz. ¿Una de las ecuaciones consiste en un conmutador, por lo que mi pregunta es la siguiente: que $A$ ser una matriz sesgar-uno mismo-adjoint, traceless, la ecuación de $[X,Y] = A$ tiene siempre una solución de la uno mismo-adjoint? Para cada tamaño de matrices.

Espero que esto es un hecho bien conocido. Tal vez se relaciona con el hecho de que las matrices sesgar-adjoint traceless $\mathfrak{s}\mathfrak{u}_n$.

Answer 1

Sí, el auto adjunto soluciones que siempre existen.

Desde $A$ es sesgar Hermitian y traceless, es unitarily similares a algunos de sesgar Hermitian matriz con cero diagonal (la prueba es diferido para el final de esta respuesta). Así, WLOG, podemos suponer que la $A$ tiene un cero en la diagonal. Ahora llevamos $X$ como arbitraria matriz diagonal $\mathrm{diag}(x_1,\ldots,x_n)$ real y distinta de la diagonal de entradas. La ecuación de $A=XY-YX$ a continuación, se reduce a $(x_i-x_j)y_{ij} = a_{ij}$, que es solucionable como $y_{ij}=a_{ij}/(x_i-x_j)$.

Finalmente, mostramos que $A$ es unitarily similar a un sesgo Hermitian de la matriz, con cero en la diagonal. En primer lugar, unitarily diagonalize $A$ a un hecho puramente imaginario matriz diagonal $D$. Deje $U$ ser una matriz unitaria con $\frac{1}{\sqrt{n}}(1,1,\ldots,1)$ como su última fila. A continuación, el $(n,n)$-ésima de a $\tilde{A}=UDU^\ast$ es un múltiplo de la suma de todas las entradas de $D$, que es cero, por supuesto. Hacer el similar por el líder principal de $(n-1)\times(n-1)$ submatriz de a $\tilde{A}$, y continuar de esta manera de forma recursiva, tenemos un sesgo Hermitian de la matriz, con cero en la diagonal.

Edit: En un segundo pensamiento, en realidad cada real (resp. complejo) de la matriz con cero de seguimiento es similar a una matriz diagonal cero. De ahí la idea de directamente la solución de $Y$ puede ser empleado para mostrar que cada real (resp. complejo) de la matriz con traza cero es el conmutador de dos reales (resp. complejo) de matrices. En consecuencia, tenemos un elemental prueba de que el conjunto de conmutadores de matriz $\mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$ forma una matriz subespacio (que es el espacio de todas las matrices con cero de seguimiento).

Answer 2

Real de las matrices (donde la traza condición es superfluo), creo que puedo probarlo. De hecho, creo que puede resultar más: Por un genérico de la matriz de la auto-adjunto de la matriz $X$, la ecuación de $[X,Y] = A$ tiene solución para todos los $A$. Creo que usted está preguntando acerca de matrices complejas, por lo que no creo que este muy responde a su pregunta, pero tal vez voy a dar un poco de perspicacia.

Deje $S$ denotar todas las auto-adjunto de las matrices. Es bien sabido que la dimensión de $S$$\frac{1}{2}(n^2 + n)$. Asimismo, vamos a $T$ denotar el skew-uno mismo-adjoint matrices. A continuación, la dimensión de la $T$$\frac{1}{2}(n^2-n)$.

Ahora, vamos a $X\in S$ donde el centro de la $X$, denotado $Z(X)$ tiene dimensión $\leq n$. Por ejemplo, si todos los de $X$s subespacios propios son unidimensional, entonces esto es. (Esta es una condición genérica en $X$).

Prueba: Desde $P\cdot Z(X)\cdot P^{-1} = Z(PXP^{-1})$ podemos asumir wlog que $X$ es diagonal. Si los subespacios propios son unidimensional (es decir, la diagonal entradas de $X$ son todos distintos), entonces las únicas cosas que los desplazamientos son otros diagonal de las matrices, por lo $n$ dimensiones de la pena.

Ahora, definir $f_X:S\rightarrow T$$f_X(Y) = [X,Y]$. Este es un lineal mapa de $S$ a $T$. Es el kernel consisten $Z(X)\cap S$, por lo que tiene dimensión en la mayoría de las $n$. Luego, contando dimensiones a las que nos tienen $$\dim (f_X(S)) = \dim S - \dim\ker f_X \geq \frac{1}{2}(n^2+n) - n = \frac{1}{2}(n^2-n).$$

Por otro lado, desde la $\dim(T) = \frac{1}{2}(n^2-n)$, $$\dim f_X(S) \leq \frac{1}{2}(n^2-n).$$

Por lo tanto, la desigualdad son igualdades, por lo $f_X$ es surjective.