$\det(AB-BA)=0$?

Question

Que $A,B\in M_{n}(\mathbb{Q})$.

Si $(A-B)^2=AB$, demostrar que $\det(AB-BA)=0.$

Yo la función $f:\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q},f(x)=\det(A^2+B^2-BA-xAB)$ y obtuve que: $$f(0)=\det(A^2+B^2-BA)=\det(2AB)=2^n\det(AB)$ $ $$f(1)=\det(A^2+B^2-BA-AB)=\det((A-B)^2)=\det(AB)$ $ $$f(2)=\det(A^2+B^2-BA-2AB)=\det((A-B)^2-AB)=\det(AB-AB)=0$ $

No tengo ninguna otra idea.

Answer 1

Recuerdo que he visto este, pero no puede recordar dónde estaba. Podría ser en este sitio antes.

La idea es usar el $(-3\pm\sqrt 5)/2$. Comenzamos con

$$\begin{align} (A+xB)(A+x'B) &= A^2 + x BA + x' AB + xx' B^2 \\ &= A^2 + (x' + x) AB+x(BA-AB)+xx'B^2.\end{align} $$

Ahora nos encontramos con números $x$, $x'$ tal que $x'+x = -3$, $xx'=1$. Estos números son las raíces de la ecuación cuadrática $$ \lambda^2 +3\lambda +1 = 0. $$ Por lo tanto, tenemos $x = \frac{-3+\sqrt 5}2$$x'= \frac{-3-\sqrt 5}2$.

Con estos, se han $$\begin{align} (A+xB)(A+x'B) &= A^2 -3AB + B^2 + x(BA-AB) \\ &= BA-AB + x(BA-AB) = (BA-AB)(1+x).\end{align} $$ Ahora tenemos que $$ \det(A+xB)(a+x B) =q \in \mathbb{Q}, $$ y $$ q=(1+x)^n \det(BA-AB) $$ Luego se sigue por $A, B\in M_n(\mathbb{Q})$ $(1+x)^n\in\mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}$ que $\det(BA-AB)=0$.

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Un ejemplo con $AB\neq BA$

Para el ejemplo que @Jonas Meyer pidió, aquí está: $$ A=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & \frac{-3+\sqrt 5}2\end{pmatrix}, \ \ B=\begin{pmatrix} \frac{3+\sqrt 5}2 & 1 \\ 0 & -1\end{pmatrix}. $$ Entonces $$ A-B= \begin{pmatrix} \frac{-1-\sqrt 5}2 & 0 \\ 0 & \frac{-1+\sqrt 5}2\end{pmatrix}$$, $$ (A-B)^2 = \begin{pmatrix} \frac{3+\sqrt 5}2 & 0 \\ 0 & \frac{3-\sqrt 5}2\end{pmatrix} = AB. $$ Pero, $$ BA =\begin{pmatrix} \frac{3+\sqrt 5}2 & \sqrt 5 \\ 0 & \frac{3-\sqrt 5}2\end{pmatrix} \neq AB. $$

Answer 2

La afirmación es verdadera sin la suposición de que $A,B$ han racional entradas. Como en i707107 la respuesta, vamos a $$ x=\frac{-3-\sqrt{5}}2,\,x'=\frac{-3+\sqrt{5}}2 $$ así que $x+x'=-3$, $xx'=1$. Vamos $X=A+xB$, $Y=A+x'B$. Entonces $$\begin{eqnarray*} (1+x')XY-(1+x)YX &=&(x'-x)(A^2+xx'B^2)+(x'(1+x')-x(1+x))AB\\ &&{}+(x(1+x')-x'(1+x))BA\\ &=&(x'-x)\left[A^2+B^2+(1+x'+x)AB-BA\right]\\ &=&(x'-x)\left[(A-B)^2-AB\right]\\ &=&0. \end{eqnarray*}$$ Por lo tanto $XY=kYX$ donde $$ k=\frac{1+x}{1+x'} $$ Tenga en cuenta que $|k|>1$. Escoge un autovector $v$ $X$ cuyo autovalor $\lambda$ tiene la máxima magnitud. Entonces $$ X(Yv)=kYXv=(k\lambda)(Yv). $$ Si $\lambda=0$$YXv=XYv=0$. Si $\lambda\neq0$$|k\lambda|>|\lambda|$, así que por supuesto $k\lambda$ no puede ser un autovalor de a $X$. Esto implica $Yv=0$, así que de nuevo $XYv=0$$YXv=\lambda Yv=0$. En cualquier caso tenemos $(XY-YX)v=0$, lo $XY-YX$ es singular. Por último, desde $$ XY-YX=(x'-x)(AB-BA), $$ llegamos a la conclusión de $AB-BA$ es singular.

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Para dar un poco más de conocimiento, supongamos que empezamos con un arbitrario homogénea de grado 2 de la restricción de la $A,B$: $$ c_2A^2+c_1AB+c_1 BA+c_0B^2=0. $$ Si reemplazamos $A,B$ por los desplazamientos de las variables de $a,b$, el correspondiente polinomio es un factor más de $\mathbb C$: $$ c_2a^2+(c_1+c_1')ab+c_0b^2=(\alpha+\beta b)(\gamma+\delta b). $$ Deje $X=\alpha A+\beta B$$Y=\gamma A+\delta B$. Si $A$ $B$ conmutó tendríamos $XY=0$, pero en su lugar tenemos $$ XY=(\alpha\delta-c_1)[a,B] $$ donde $[A,B]=AB-BA$ es la Mentira de soporte. Tenga en cuenta que $[X,Y]=(\alpha\delta-\beta\gamma)[A,B]$, por lo que $$ (\alpha\delta\beta\gamma)XY=(\alpha\delta-c_1)[X,Y]. $$ A menos de un coeficiente que sucede a desaparecer, esto da $XY=kYX$ algunos $k$. Al $k$ no es una raíz de la unidad, esto es bastante restrictiva de la restricción (por ejemplo, $XY$ debe ser en singular).

Answer 3

De hecho, es mucho más fuerte de resultado.

La proposición. Deje $a,b,c,d\in\mathbb{C}$. Si $A,B\in M_n(\mathbb{C})$ satisfacer $aA^2+bB^2+cAB+dBA=0_n$, a continuación, de forma genérica (por ejemplo, elegir al azar $a,b,c,d$), $A,B$ simultáneamente triangularizable (denotado por ST).

Prueba. Seguimos la última parte de la stewbasic bueno el post. Ponemos a $X=\alpha A+\beta B,Y=\gamma A+\delta B$; ya que genéricamente $\alpha\delta\not= \beta\gamma$, es suficiente para mostrar que $X,Y$ son ST.

Obtenemos (genéricamente) $XY=kYX$ para un número complejo $k$. Genéricamente, $k\not=1$ $k$ no es una raíz primitiva de la unidad; luego, por un resultado de Drazin, $X,Y$ son ST.

Comentario 1. Por supuesto, hay $a,b,c,d$ s.t. $A,B$ no son necesariamente ST. Por ejemplo, considere el$AB+BA=0_2$$A=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$.

Observación 2. Que está ligado al concepto de cuasi-conmutativa matrices. Hay dos definiciones equivalentes:

i) $A,B$ son cuasi-conmutativa iff $AB-BA$ conmuta con $A,B$. Por un resultado de McCoy, $A,B$ siempre ST.

ii) $A,B$ son cuasi-conmutativa iff $AB=kBA$ donde $k$ es un número complejo. Esta es la definición que nos interesa.