Relaciones entre 2 matrices que arrojan valores de determinantes

Question

Tengo un poco de tarea en mi escuela sobre la matriz. Estas preguntas son las que parecen tan fáciles de resolver, pero yo siempre quedas atascado. Aquí están:

1. Deje $A,B \in \mathbb{R}^{2017\times2017}$ matrices que satisfacen la siguiente ecuación. $$A^{-1} = (A+B)^{-1}-B^{-1}$$ y $\det(A^{-1})=2017.$$\det(B)$.

Mi intento:

\begin{equation*} \begin{split} (A+B)A^{-1} &= (A+B)\left[(A+B)^{-1}-B^{-1}\right] \quad \quad \text{multiplying both sides by (A+B)} \\ A^{-1}A +BA^{-1} &= (A+B)(A+B)^{-1}-(A+B)B^{-1} \\ I+BA^{-1} &= I - AB^{-1}-I\\ I+BA^{-1} &=-AB^{-1}\\ BA^{-1} +AB^{-1} +I&= O \end{split} \end{ecuación*} entonces no sé cómo continuar.

2.Deje $A,B\in \mathbb{R}^{2017 \times 2017}$ matrices que satisfacen la ecuación $$AB^{2}-2BAB+B^{2}A=O$$ What is the largest eigenvalue of $AB-BA?$

$ABB+BBA=2BAB$

$ABB+BBA=BAB+BAB$

$ABB-BAB=BAB-BBA$

$(AB-BA)B=B(AB-BA)$

lo que esto significa? Realmente necesito de tus pensamientos, gracias de antemano.

Answer 1

Tenga en cuenta que esto es$A^{-1} +B^{-1}=(A+B)^{-1}$, es decir, tenemos$$(A+B)(A^{-1} +B^{-1}) = I \implies I + AB^{-1}+BA^{-1}+I = I$$ or equivalently $$I + AB^{-1} + BA^{-1} = 0 \implies \begin{cases}B+A+BA^{-1}B = 0 \\ A + B + AB^{-1}A = 0\end{cases}$ $

Entonces$$BA^{-1}B = AB^{-1}A \implies (\det B)^3 = (\det A)^3 \implies \det B = \det A.$ $

Answer 2

Correspondientes a 1, curiosamente, no creo que tal $A,B$ real matrices de dimensión impar. Tenemos $A^{-1} +B^{-1}=(A+B)^{-1}$, por lo que $$(A+B)(A^{-1} +B^{-1}) = I,$$ $$I + AB^{-1}+BA^{-1}+I = I,$$ $$AB^{-1}+I+BA^{-1} = O.$$ Multiplicando por $AB^{-1}$ a la izquierda, obtenemos $$(AB^{-1})^2+AB^{-1}+I=O.$$ Así, el polinomio mínimo de a $AB^{-1}$ divide $p(x) = x^2+x+1$. Sin embargo, $p$ es irreducible sobre $\mathbb{R}$, lo $p$ debe el polinomio mínimo. Como mínimo polinomio es irreducible cuadrática, el polinomio característico de a $AB^{-1}$ debe ser una potencia de $p$, pero esto no es posible ya que el grado del polinomio característico es $2017$ lo cual es extraño.

Edit: Si asumimos que las dimensiones de $A$ $B$ son incluso, esto da lugar a otra solución a 1. Las raíces de $p$, por lo que los autovalores de a$AB^{-1}$$\lambda_1=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}i, \lambda_2=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{2}i$. Luego tenemos a $\det AB^{-1}=\lambda_1\lambda_2=1$, lo $\det A = \det B$.

Answer 3

Para tu segunda pregunta, se nos da

$$p: AB^2 - 2BAB + B^2A=0.$$

Queremos mostrar que $AB-BA$ es nilpotent (he.e todos los autovalores de a $AB-BA$ son cero.)

Vamos a hacer esto en cuatro partes:

1.) demostrar que para cualquier lineal de operadores de $X, Y$, $tr(XY-YX)=0;$

2.) muestran que, para el espectro de $\left \{\lambda_1,...,\lambda_n \right \}$ de cualquier operador $X $, entonces, para todos los $k \in \Bbb{N},$ tenemos que $$tr(X^k) = {\lambda_1^k+...+\lambda_n^k};$$ 3.) mostrar que $p \implies B $ viajes con $AB - BA$;

4.) mostrar (por inducción) que para nuestro particular $A,B $ bajo $p $, hay un operador $X$ por cada $k$ tal que $$(AB-BA)^k = XB-BX$$

Con todo esto podemos decir que para los autovalores $\lambda_1,...,\lambda_n$$AB-BA$, entonces para todos los $k$ hemos

$$\begin{equation}\begin{split}\lambda_1^k+...+\lambda_n^k&=tr[(AB-BA)^k] \\&= tr(XB-BX)\\& = 0\end{split}\end{equation}$$

Por lo tanto, $\lambda_i =0\: \forall i\in \left\{1,..., n \right\} $.

Te dejo con la figura 1.) y 2.). A continuación se 3.) (lo cual ya ha demostrado) y 4.).

Parte 3.)

\begin{equation}\begin{split} 0 &= AB^2-2BAB+B^2A\\&= AB^2 - BAB - BAB + B^2A\\&= (AB-BA)B - B(AB-BA) \end{split} \\ \end{equation}$ \implies (AB-BA)B=B(AB-BA)$

Parte 4.)

$\text{At }k = 1, \text{then } X_1=A. \\ \text{Assume } (AB-BA)^k=X_kB-BX_k. \text{Then} $ \begin{align}\begin{split} (AB-BA)^{k+1}& = (AB-BA)^k(AB-BA) \\ & = (X_kB-BX_k)(AB-BA) \\&=X_kB(AB-BA)-BX_k (AB-BA)\\&=X_k(AB-BA)B-BX_k(AB-BA)\\&=X_{k+1}B-BX_{k+1} \end{split} \end{align}