Pruébalo: $(\det(A-B)+\det(A+B) )^2 \ge 4\det(A^2-B^2 )$

Question

Dejemos que $A,B \in \mathcal{M}_n (\mathbb{R})$ dos matrices para que:

a) $AB^2=B^2 A$ y $BA^2=A^2 B$

b) $\text{rank}(AB-BA)=1$ .

Pruébalo: $$(\det(A-B)+\det(A+B) )^24\det(A^2-B^2 )$$

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Esto es una solución:

Denote $C=AB-BA$ . Entonces $rank(C)=1$ así que $C=p\cdot q^T$ donde $p,q$ son vectores columna y $tr(C)=0$ . Esto demuestra que $C^2=p\cdot q^T\cdot p\cdot q^T=tr(C)C=0.$

Si $D=A^2-B^2$ entonces a) implica que $CD=DC$ y $D$ se desplaza con $A,B$ .

En consecuencia $tr(CD^{-1})=0$ .

Si $\det(D)=0$ no tenemos nada que demostrar. Si no $D$ es invertible y $(CD^{-1})^2=0$ .

Tenemos $(A-B)(A+B)=A^2-B^2+AB-BA=D+C$ . Nos gustaría demostrar que $\det(A-B)(B-A)=\det(A^2-B^2)$ .

Para esta definición $ f(t)=\det(AB-BA+t(A^2-B^2))$

y ver que $f(t)=\det(D)\det(CD^{-1}+tI)=\det(A^2-B^2)\cdot t^n$ .

Sustituir $t=1$ en la relación anterior para obtener $\det(AB-BA+A^2-B^2)=\det(A^2-B^2)$ y hemos terminado.

Pero no entiendo por qué $tr(CD^{-1})=0$ ??

Answer 1

Porque $(CD^{-1})^2=0$ entonces $CD^{-1}$ sólo tiene valor propio cero. Debe haber un error en el orden de la prueba.

Answer 2

Nota $D^{-1}$ también se desplaza con $C$ Así que

$CD^{-1}CD^{-1}=C^2D^{-1}D^{-1}=0$

Dejemos que $\lambda_i$ sea cualquier valor propio de $CD^{-1}$ . Entonces $\lambda_i^2$ es el valor propio de $(CD^{-1})^2$ . Así que $\lambda_i^2=0$ y $\lambda_i=0$ .

Así, $Tr(CD^{-1})=\sum \limits_{k=1}^n\lambda_k=0$ .