matrices sin dejar huellas

Question

El hecho de que $\mathfrak{sl}_2(\mathbb{C})$ es un álgebra de Lie simple implica que cada #% matriz $2 \times 2$ $A \in \mathbb{C}^{2\times 2}$ #% puede ser expresado como un conmutador de dos matrices.

¿Hay alguna forma de encontrar dos matrices apropiadas? ¿Si te doy $\mathrm{tr}(A) = 0$, por ejemplo, hay cualquier algoritmo que puede encontrar matrices $A = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ $B,C$?

Answer 1

Yo creo que usted puede utilizar las matrices de Pauli $\sigma_1$, $\sigma_2$, $\sigma_3$. Traceless matriz $A$ puede ser descompuesto como $A = \vec{a}\cdot\vec{\sigma}$. Mientras tanto, cualquier $B$, $C$ puede ser descompuesto como $B = b_0I+\vec{b}\cdot\sigma$$C=c_0I+\vec{c}\cdot\sigma$, con colector $[B,C] = 2i(\vec{b}\times\vec{c})\cdot\vec\sigma$.

Por eso creo que si se encuentran dos vectores $\vec{b}$$\vec{c}$$2i(\vec{b}\times\vec{c}) = \vec{a}$, entonces usted ha encontrado a $B$$C$$B = \vec{b}\cdot\sigma$$C = \vec{c}\cdot\sigma$.

Para el ejemplo del caso, $$A = -i\sigma_2 = (0,-i,0)\cdot\vec{\sigma}\,.$$ That is, $\vec{a} = (0, -i, 0)$. So take $\vec{b} = ({1\over \sqrt{2}},0,0)$ and $\vec{c} = (0,0,{1\over\sqrt{2}})$. This gives $B = {1\over\sqrt{2}}\sigma_1$ and $C={1\over\sqrt{2}}\sigma_3$, with $$[B,C] = \frac{1}{2}[\sigma_1,\sigma_3]= \frac{1}{2}(-2i\sigma_2) = A\,.$$

Answer 2

Deje $K$ ser cualquier campo y $A\in M_n(K)$. Si $trace(A)=0$, entonces no se $B,C\in M_n(K)$ s.t. $A=BC-CB$. Ver ("En las matrices de traza $0$", A. y B. Muckenhoupt). Poner $A$ en forma canónica racional y la razón por la recurrencia de la...

En general podemos elegir los $B$ no importa cómo ; de hecho, la aplicación lineal $f:X\rightarrow BX-XB$ tiene los autovalores $(\lambda_i-\lambda_j)_{i,j}$ que $spectrum(B)=(\lambda_i)_i$. Por lo tanto, si $B$ es genérico, a continuación, $rank(f)=n^2-n$ $im(f)$ no es todo el espacio vectorial de traceless matrices (que ha dimenson $n^2-1$).

El caso de $n=2$ es fácil. Suponga $characteristic(K)\not=2$. Si $A\not= 0$, entonces no es $u$ s.t. $u,Au$ es una base. Desde $trace(A)=0$, podemos suponer que la $A=\begin{pmatrix}0&\alpha\\1&0\end{pmatrix}$. Podemos optar $B=\begin{pmatrix}-1/2&0\\0&1/2\end{pmatrix},C=\begin{pmatrix}0&-\alpha\\1&0\end{pmatrix}$.