Pruebalo $\det(AB-BA)=0$

Question

Sea $A,B$ $3 \times 3$de % de dos matrices con entradas complejas que %#% $de #% demostrar %#%$ #%

He tratado de demostrarlo con las filas. Denota $$(A-B)^2=O_3$ y$$ \det(AB-BA)=0$que significa que el$X=A-B$y$X^2=O_3$. Entonces, escribí$\det X=0$y finalmente usé$\operatorname{rank}X \leq 2$y desigualdad de Frobenius para obtener$AB-BA=(X-B)B-B(X-B)=XB-BX y si supiéramos que $\operatorname{rank}(M \pm N) \leq \operatorname{rank}M+\operatorname{rank}N$, se resolvería el problema. Sin embargo, no sé bien si es cierto.

Answer 1

Como arriba @Lord tiburón lo desconocido (cuyo comentario me llamó la atención, señalando la manera derecha) tenemos de la desigualdad de Sylvester: %#% $de #% así que se remonta a mi última desigualdad,$$0=\operatorname{rank}O_3=\operatorname{rank}(X\cdot X) \geq \operatorname{rank}X+\operatorname{rank}X-3 \Rightarrow \operatorname{rank}X \leq 1$ $y así$$\operatorname{rank}(XB-BX) \leq \operatorname{rank}X+\operatorname{rank}BXB \leq \operatorname{rank}X+\operatorname{rank}X \leq 2$.

Answer 2

Aquí es una solución más o menos directa, menos creativa. Desde $(A-B)^2=0$, entonces $A-B=0$ (en cual caso $AB-BA=0$), o su forma de Jordan es $$J=\begin{bmatrix} 0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}.$ $ así $A-B=SJS^{-1}$ $S$. Que $A'=S^{-1}AS$, $B'=S^{-1}BS$. Entonces $A'=B'+J$ y$$ A'B'-B'A'=(B'+J)B'-B'(B'+J)=JB'-B'J. ahora comprobar directamente que JB $$'-B' J =\begin{bmatrix}B'_{31}&B'_{32}&B'_{33}-B'_{11}\\ 0&0&-B'_{21}\\ 0&0&-B'_{31} \end{bmatrix}.$$ Así $\det(JB'-B'J)=0$. Por último,\begin{align} \det(AB-BA)&=\det(SA'S^{-1}SB'S^{-1}-SB'S^{-1}SA'S^{-1})\\ \ \\ &=\det(A'B'-B'A')=\det(JB'-B'J)=0. \end {alinee el}