$A, B$ son$3 \times 3$ matrices tales que$(A - B)^2 = 0$. Pruebalo $\operatorname{Tr}(AB - BA)^3 = 0$.

Question

He estado tratando de resolver este reciente de álgebra lineal problema:

Deje $A, B$ $3 \times 3$ matrices tales que el $(A-B)^2 = 0$. Demostrar que $\det (AB - BA) = 0$.

Este fue mi enfoque:$\DeclareMathOperator{\Tr}{Tr}$

La siguiente igualdad se cumple para cualquier $3\times 3$ matrices $A, B$:

$$\det (AB - BA) = \frac13 \Tr(AB - BA)^3$$

Se sigue de la de Hamilton-Cayley teorema aplicado en $AB - BA$. Por lo tanto, es suficiente para demostrar que $\Tr(AB - BA)^3 = 0$.

La expansión da ese $\Tr(AB - BA)^3$ es igual a:

\begin{align} \Tr\left(\color{magenta}{ABABAB} - \color{blue}{ABABBA} - \color{purple}{ABBAAB} + \color{purple}{ABBABA} - \color{blue}{BAABAB} + \color{olive}{BAABBA} + \color{olive}{BABAAB} - \color{magenta}{BABABA}\right)\\ \end{align}

donde el mismo color términos son permutaciones cíclicas de cada uno de los otros, así que tienen la misma traza.

Por eso, $$\Tr(AB - BA)^3 = 2\Tr BAABBA - 2\Tr BAABAB = 2 \Tr BAAB(BA - AB)$$

Pensé que este era un buen lugar para probar el uso de la suposición de $(A - B)^2 = 0$:

$$0 = (A - B)^2 = A^2 + B^2 - AB - BA \implies A^2 = AB + BA - B^2$$

Por lo tanto tenemos:

$$BAAB(BA - AB) = B(AB + BA - B^2)B(AB - BA) = $$ $$\color{OrangeRed}{BABBBA} + \color{green}{BBABBA} - BBBBBA - \color{green}{BABBAB} - \color{OrangeRed}{BBABAB} + BBBBAB$$

De nuevo, el mismo color términos se cancelan cuando se toma la traza así:

$$\Tr BAAB(BA - AB) = \Tr BBBB(AB - BA)$$

Un posible desarrollo es:

\begin{align}2 \Tr BAAB(BA - AB) &= \Tr (AB-BA)(BBBB - BAAB)\\ &= \Tr (AB-BA)(BBBB - BAAB)\\ &= \Tr (AB-BA)B(B^2 - A^2)B \end{align}

Pero el uso de $A^2 + B^2 = AB + BA$ aquí de nuevo da $\Tr (BA - AB)BAAB$, así que nada nuevo.

Hay una manera de terminar la prueba?

Answer 1

Olvide $A$ $B$ $3\times 3$ matrices. Vamos a decir $A, B$ $n \times n$ las matrices de la satisfacción de la relación algebraica $(A-B)^2 = 0$. Deje $X = A-B$, $X^2 = 0$ y

$$AB-BA = (B+X)B - B(X+B) = XB-BX$$ Deje $P = XB = (A-B)B$$Q = BX = B(A-B)$, $$QP = BXXB = B(A-B)^2B = 0$$ Para cualquier entero $m > 1$, cuando expandimos $(AB-BA)^m = (P-Q)^m$ en la suma de monomials en $P,Q$. Si $Q$ aparecer antes de cualquier $P$, luego de que el término se desvanece. Como resultado, sólo en términos de que todos los $P$ está a la izquierda de $Q$ sobrevive. Más precisamente,

$$(AB-BA)^m = \sum_{\ell=0}^m (-1)^\ell P^{m-\ell} Q^\ell = P^m - P^{m-1}Q + P^{m-2}Q^2 + \cdots + (-1)^m Q^m$$

Para los términos que contiene tanto $P$ $Q$ (i.e $0 < \ell < m$), tenemos

$${\rm Tr}(P^{m-\ell}P^\ell) = {\rm Tr}(Q^\ell P^{m-\ell}) = {\rm Tr}(Q^{\ell-1}(QP)P^{m-\ell-1}) = {\rm Tr}(Q^{\ell-1} 0_n P^{m-\ell-1}) = {\rm Tr}(0_n) = 0$$ Esto lleva a

$${\rm Tr}(AB-BA)^m = {\rm Tr}(P^m + (-1)^mQ^m)$$

Al $m$ es impar, esto se convierte en

$${\rm Tr}((AB-BA)^m) = {\rm Tr}((XB)^m - (BX)^m) = {\rm Tr}(X(BX)^{m-1}B - (BX)^{m-1}BX)\\ = {\rm Tr}([X,(BX)^{m-1}B]) = 0$$

Al $m = 3$, esto se reduce a la identidad que desea mostrar.

Answer 2

Dejar $N=A-B$. Entonces y $N^2=0$. Por lo tanto, \begin{align} C^2&=(NB-BN)(NB-BN)=NBNB-NBBN+BNBN,\\ C^3&=(NB-BN)(NBNB-NBBN+BNBN)\\ &=NBNBNB-NBNBBN+NBBNBN-BNBNBN.\tag{1} \end{align} Ahora, usando la propiedad cíclica de la matriz trace$C=AB-BA=NB-BN$ y la suposición de que$\operatorname{tr}(XY)=\operatorname{tr}(YX)$, inmediatamente vemos que los dos sumy intermedios en la línea$N^2=0$ no tienen traceless y las huellas de los dos sumandos externos se cancelan entre sí. Por lo tanto$(1)$.