Demostrar que tres $2\times2$ matrices que conmuten son linealmente dependientes

Question

Declaración:

Supongamos que $A$, $B$ y $C$ son complejas $2\times2$ matrices, dos de los cuales conmutan en virtud de la multiplicación de la matriz. Mostrar que $A$, $B$ y $C$ son linealmente dependientes.

Creo que es un método para demostrar la existencia de $a,b,c\in\mathbb C$, de tal manera que $aA+bB+cC=0$, mientras que $a$, $b$, $c$ no son todos cero. No estoy seguro de cómo proceder con este.

He observado que si le añadimos una suposición de que $A$, $B$ y $C$ es diagonalizable, entonces ellos son simultáneamente diagonalizable, ya que todos los desplazamientos. Yo creo que esto implica que existe un común $P$ tal que $A=PD_1P^{-1}$, $B=PD_2P^{-1}$, $C=PD_3P^{-1}$, donde el $D_i$ son diagonales de las matrices. Cualquiera de las tres $2\times2$ diagonal de las matrices deben ser linealmente dependientes porque cada uno de ellos tiene dos cero no sólo las entradas. Como consecuencia, $A$, $B$ y $C$ son linealmente dependientes.

Desafortunadamente, no todas las matrices son diagonalizable. También trató de utilizar canónica de Jordan formas, pero todo lo que puedo ver es que los tres $2\times2$ superior triangular de matrices no puede ser linealmente dependientes, y que esta línea de razonamiento podría conducir a un callejón sin salida.

Por lo tanto, cómo demostrar a la declaración original?

Answer 1

Matrices de transporte son simultáneamente triangularisable. Podemos asumir la $A$, $B$ y $C$, superior triangular. Si son linealmente independientes, ellos abarcan el espacio tridimensional $T$ de matrices triangulares superiores. Por lo tanto todos los elementos de $T$ viajan. Pero no es así.

Answer 2

Es difícil superar Señor Tiburón respuesta, pero podemos probar la declaración sin saber que $A,B,C$ puede ser al mismo tiempo triangularised.

Prueba. Si son linealmente independientes, podemos encontrar dos linealmente independientes traceless matrices $X$ $Y$ en sus lineales útil. Por lo tanto podemos suponer que la $X$ es $\operatorname{diag}(-x,x)\ (x\ne0)$ o un nilpotent Jordania bloque. Cualquier traceless matriz que conmuta con $X$ es por lo tanto un escalar varios de $X$. Esto contradice la propiedad de $Y$.