Si$A=AB-BA$ entonces$A^n=0$?

Question

Sea la matriz$A_{n\times n}$, sea tal que exista una matriz$B$ para la cual$$AB-BA=A$ $

Probar o refutar allí exsit$n\in N^{+}$ such$$A^n=0,$ $

Sé que$$tr(A)=tr(AB)-tr(BA)=0$ $ entonces no puedo.Gracias

Answer 1

Tienes $A^{n+1}=AA^n=(AB-BA)A^n=ABA^n-BA^{n+1}$. Por lo tanto $$ \ text {tr} (A ^ {n 1}) = 0, \ \ n = 0,1,2, \ ldots $$ Deducimos que$\text{tr}(p(A))=0$ para cada polinomio$p$ con $p(0)=0$. Esto implica que todos los valores propios de$A$ son cero (porque de lo contrario podemos obtener un polinomio$p$ que es 1 en todos los valores propios distintos de cero, y$p(A) $ no tendría ningún rastro). Así que$A$ es nilpotente, es decir, existe$n$ con$A^n=0$.

Answer 2

Denotar por $p$ la característica del campo. La declaración no necesariamente si $0<p\le n$. Para un contraejemplo, considere la posibilidad de $p=n=2$ y $A = \pmatrix{0&1\\ 1&0},\ B=\pmatrix{1&1\\ 1&0}$.

La afirmación es verdadera, sin embargo, si $p=0$ o $p>n$. A partir de la condición de $AB-BA=A$, uno puede demostrar por inducción matemática que $A^k=ABA^{k-1}-BA^k$ y a su vez $\operatorname{trace}(A^k)=0$$k=1,2,\ldots,n$. Ahora, se sabe que esta última condición, junto con $p=0$ o $p>n$ implica que $A$ es nilpotent (para una prueba, a ver achille hui la respuesta en este hilo o en mi respuesta a otra pregunta).

Answer 3

Respuesta Cambiado Desde la otra respuesta (me ganó por 10 minutos) ya está utilizando valores propios, He reescrito la respuesta a hacerlo en una forma alternativa.

Deje $A, B \in M_{m\times m}(\mathbb{K})$ tal que $[A,B] = A B - BA = A$ y $\mathbb{K}$ es un campo con características de $0$ o mayor que $m$. Para cualquier $k \in \mathbb{Z}_{+}$, tenemos

$$[ A^k, B ] = A^{k-1} [ A, B ] + A^{k-2} [A, B ] A + \cdots + A [ A, B ] A^{k-2} + [A, B] A^{k-1} = kA^{k}$$

Deje $\chi_{A}(\lambda)$ ser el polinomio característico de a $A$, es decir,

$$\chi_{A}(\lambda) = \det(\lambda I_m - A) = \lambda^m + \alpha_{m-1}\lambda^{m-1} + \cdots + \alpha_0 = 0$$

Por Cayley-Hamilton teorema, tenemos $$\chi_{A}(A) = A^m + \alpha_{m-1}A^{m-1} + \cdots + \alpha_0 I_m.$$ Repita aplicar el colector $[ \cdot, B ]$ a él, podemos encontrar: $$ \begin{array}{rcrcrcrcr} 0 &=& A^m &+& \alpha_{m-1}A^{m-1} &+ \cdots +& \alpha_1 A &+& \alpha_0 I_m\\ 0 &=& m A^m &+& (m-1)\alpha_{m-1}A^{m-1} &+ \cdots +& \alpha_1 A &+& 0\\ 0 &=& m^2 A^m &+& (m-1)^2\alpha_{m-1}A^{m-1} &+ \cdots +& \alpha_1 A &+& 0\\ &\vdots\\ 0 &=& m^m A^m &+& (m-1)^m\alpha_{m-1}A^{m-1} &+ \cdots +& \alpha_1 A &+& 0\\ \end{array} $$ Esto puede ser recasted en una matriz de la forma: $$ \begin{pmatrix} 1 & 1 & \ldots & 1 & 1\\ m & m-1 & \ldots & 1 & 0\\ m^2 & (m-1)^2 & \ldots & 1 & 0\\ &\vdots\\ m^m & (m-1)^m & \ldots & 1 & 0\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix}A^m\\ \alpha_{m-1}A^{m-1} \\ \alpha_{m-2}A^{m-2} \\ \vdots \\ \alpha_0 I_m\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0\end{pmatrix}$$

Dado que la característica de $\mathbb{K}$ $0$ o mayor que $m$, el Matriz de Vandermonde aparecen en el lado izquierdo de arriba es invertible. Esto nos permite concluir $A^m = 0$.

Answer 4

He aquí otra prueba (utilizando la característica cero).

La matriz $B$ define una transformación lineal en el espacio de $n\times n$ matrices por $X\mapsto \varphi(X)=XB-BX$. La ecuación se dio sólo significa que $A$ es un vector propio para el autovalor 1. Ahora supongamos $X$ es un vector propio de valor propio $\lambda$. Entonces $$\varphi(X^2)=X^2B-BX^2=X(BX+\lambda X)-BX^2=XBX+\lambda X^2-BX^2=(BX+\lambda X)X+\lambda X^2-BX^2=BX^2+\lambda X^2+\lambda X^2-BX^2=2\lambda X^2$$ Así que tenemos que $X^2$ es un autovector de un autovalor $2\lambda$. El endomorfismo $\varphi$ tiene sólo un número finito de distintos autovalores. Suponiendo que el su campo es de característica cero (por lo que el $2^n \lambda$ es una secuencia infinita), entonces usted debe tener $X^n=0$ para algunos lo suficientemente grande como $n$.