Actualmente estoy haciendo mis deberes y he venido aquí para comprobar el resultado. Parece que está bien así que voy a publicar mi solución (básicamente de la misma manera pero sin jugar con $\delta_{ij}$ que, en mi opinión, simplifica mucho la solución).
Cambio de nombre $m$ como $n$ y utilizo la notación $\operatorname{ad}_A$ para $\operatorname{ad}\left(A\right)$ . El $\left(i,j\right)$ -a las entradas de las matrices $A$ y $B$ se llamará $a_{ij}$ y $b_{ij}$ respectivamente. Dejamos que $e_{ij}$ sea el $n\times n$ -con una matriz $1$ en la celda $\left(i,j\right)$ y un $0$ en todas las demás células.
Arreglar $\left(i,j\right)\in\left\{1,2,\ldots,n\right\}^2$ . Entonces,
$$\operatorname{ad}_A e_{ij} = \sum_{k=1}^n (a_{ki}e_{kj}-a_{jk}e_{ik})$$
así que
$$ \begin{align*} \operatorname{ad}_B \operatorname{ad}_A e_{ij} &= \operatorname{ad}_B(\sum_{k=1}^n (a_{ki}e_{kj}-a_{jk}e_{ik})) = \sum_{k=1}^n (a_{ki}\operatorname{ad}_Be_{kj}-a_{jk}\operatorname{ad}_Be_{ik}) \\ &= \sum_{k=1}^n (a_{ki}\sum_{l=1}^n (b_{lk}e_{lj}-b_{jl}e_{kl})-a_{jk}\sum_{l=1}^n (b_{li}e_{lk}-b_{kl}e_{il})) \\ &= \sum_{k=1}^n \sum_{l=1}^n(a_{ki}b_{lk}e_{lj}-a_{ki}b_{jl}e_{kl}-a_{jk}b_{li}e_{lk}+a_{jk}b_{kl}e_{il}) \\ &= \sum_{k=1}^n \sum_{l=1}^n a_{ki}b_{lk}e_{lj} - \sum_{k=1}^n \sum_{l=1}^n a_{ki}b_{jl}e_{kl} - \sum_{k=1}^n \sum_{l=1}^n a_{jk}b_{li}e_{lk} + \sum_{k=1}^n \sum_{l=1}^n a_{jk}b_{kl}e_{il} . \end{align*} $$
Ahora queremos encontrar el coeficiente con el que $e_{ij}$ aparece en esta suma. (Más adelante, sumaremos estos coeficientes sobre todos los $\left(i,j\right)\in\left\{1,2,\ldots,n\right\}^2$ y así obtener la traza de $\operatorname{ad}_B \operatorname{ad}_A$ .)
Para un solo par $\left(i,j\right)$ encontramos el coeficiente de $e_{ij}$ en la suma anterior encontrando su coeficiente en cada uno de los cuatro sumandos:
teniendo en cuenta la primer sumando sólo nos interesan las entradas que $l = i$ , obteniendo: $$\sum_{k=1}^na_{ki}b_{ik}$$
de la segundo sólo a tal punto que $k=i$ y $l=j$ :
$$-a_{ii}b_{jj}$$
de la tercera De manera similar, estamos tomando sólo los coeficientes para $k=j$ , $l=i$ :
$$-a_{jj}b_{ii}$$
y del cuarto en $l=j$ :
$$\sum_{k=1}^na_{jk}b_{kj}.$$
Ahora, después de sumar todos estos coeficientes sobre todos los pares $(i, j)$ obtenemos el resultado esperado:
$$ \begin{align*} \operatorname{tr}(\operatorname{ad}_B \operatorname{ad}_A) &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(\sum_{k=1}^na_{ki}b_{ik} -a_{ii}b_{jj} -a_{jj}b_{ii} + \sum_{k=1}^na_{jk}b_{kj}) \\ &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^na_{ki}b_{ik} + \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^na_{jk}b_{kj}- \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_{ii}b_{jj} -\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_{jj}b_{ii} \\ &= n\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^na_{ki}b_{ik} + n\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^na_{jk}b_{kj} - 2\operatorname{tr}(A)\operatorname{tr}(B) \\ &= 2n \operatorname{tr}(AB) - 2\operatorname{tr}(A)\operatorname{tr}(B). \end{align*} $$
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Puedes buscar Fulton y Harris, puede ser más fácil...
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Es necesario tomar el coeficiente de $e_{ij}$ en el lado derecho (es decir, el término para $r=i$ y $s=j$ ) y luego sumar sobre todos los $i,j$ . Usted obtiene $\sum\limits_{i,j}\sum\limits_{k} \left( a_{ik}b_{ki} + a_{kj}b_{jk} - a_{ii}b_{jj}\delta_{jk} - a_{jj}b_{ki}\delta_{ik}\right)$ . Ahora, divide esta suma en cuatro pequeñas, y la forma de proceder debería estar clara... (Nota: Si la suma es superior a $k$ un término del tipo $u_k \delta_{ik}$ , entonces se obtiene exactamente $u_i$ .)