$T$ sea un operador lineal sobre $V$ por $T(B)=AB-BA$ . Demostrar que si A es una matriz nilpotente, entonces $T$ es un operador nilpotente.

Question

Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial de $n\times n$ sobre un campo F, y sea $A$ sea un fijo $n\times n$ matriz. $T$ sea un operador lineal sobre $V$ por $T(B)=AB-BA$ . Demostrar que si A es una matriz nilpotente, entonces $T$ es un operador nilpotente.

Lo he hecho de manera que $T^2(B)= T(AB-BA)= A^2B-2ABA+BA^2\Rightarrow T^3(B)=A^3B-3A^2BA+3ABA^2-BA^3$ Procediendo de esta manera ya que A es nilpotente $\exists m\in\Bbb N$ s.t $T^m(B)=0$ .

Por tanto, T también es un operador nilpotente. Este es un problema de Hoffman Kunze del capítulo de descomposición primaria. Así que, ¿alguien puede darme alguna otra solución porque esta solución depende de algún tipo de intuición. Por favor, no utilicen ninguna fórmula de formas racionales y de Jordan.

Answer 1

Esto está en el mismo espíritu de su prueba, pero presentado de una manera diferente. Si $\lambda B = AB-BA$ para algunos $B\ne0$ y algunos $\lambda$ en el cierre algebraico de $F$ entonces $(A-\lambda I)B=BA$ y $(A-\lambda I)^k B=BA^k$ para cualquier $k\ge1$ . En particular, $(A-\lambda I)^nB=0$ . Sin embargo, si $\lambda$ es distinto de cero, $A-\lambda I$ sería invertible y por lo tanto $B=0$ , lo cual es una contradicción.

Answer 2

Esto no es una respuesta ya que depende de ciertas características del campo subyacente (además, no he utilizado el hecho de que $A$ es nilpotente).

Supongamos que $T(B) = \mu B$ Es decir $\mu B = AB-BA$ . Entonces $\mu B^2 = BAB-B^2A= (AB-\mu B)B-B^2 A= AB^2 -B^2A - \mu B^2$ o $2 \mu B^2 = AB^2 -B^2 A = T(B^2)$ .

Por lo tanto, si $ \mu$ es un valor propio correspondiente a un vector propio $B$ de $T$ entonces $B^2$ es un vector propio correspondiente al valor propio $2 \mu$ . Por lo tanto, $2^k \mu$ son valores propios.

Como sólo hay un número finito de valores propios (aquí es donde estoy haciendo presunciones sobre el campo), tenemos $\mu = 0$ .

Answer 3

Su prueba me parece correcta. Este resultado se utiliza para el teorema de Engel en la teoría de las álgebras de Lie. Si $x\in \mathbb{gl}(V)$ es nilpotente, entonces también $ad(x)$ es nilpotente, donde $ad(x)(y)=[x,y]=xy-yx$ para $x,y\in \mathfrak{gl}(V)$ . De hecho, $ad(x)^m$ es una combinación lineal de términos $x^iyx^{m-i}$ .

Answer 4

Probé esto de la misma manera que el OP probó este problema (casualmente, tuve el mismo problema como tarea, lo probé, y luego fui en línea para ver si otra prueba estaba disponible, para verificar mi trabajo - como trabajé todo el camino hasta la expresión [supongo que el OP hizo esto también]). $T^{m}(B)={\displaystyle{\sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{i}\binom{m}{i}A^{m-i}BA^{i}}}$ , entonces el factor $B$ de la suma, que da el resultado, para cualquier $B\in\mathcal{M}_{n\times n}(F)$ -- etc. Además, por casualidad encontré otra prueba también. Voy a dar un boceto de la prueba, ya que, para mí, esta prueba alternativa es un poco enrevesada, o algo exagerada; la prueba mía/OP es más corta, menos complicada, etc. No obstante, aquí está el esquema de la prueba.

Pruebas y bocetos : En primer lugar, si $V$ es un $F$ -espacio vectorial, afirmamos que si $T_{1},T_{2}\in\mathcal{L}(V,V)$ son operadores nilpotentes y conmutativos, entonces $T_{1}+T_{2}$ es nilpotente.

Para demostrar la afirmación, tenemos $T_{1}^{k}=0_{\mathcal{L}(V,V)}=T_{2}^{m}$ para algunos $k,m\in\mathbb{N}$ ya que estos operadores se suponen nilpotentes (supongamos sin pérdida de generalidad que $m\leq k$ y nota que $0_{\mathcal{L}(V,V)}$ es el operador/elemento cero de $\mathcal{L}(V,V)$ que es mi preferencia en la notación). Utilice el Teorema del Binomio para expandir $(T_{1}+T_{2})^{k+m}$ y demostrar que $T_{1}^{k+m-i}T_{2}^{i}=0_{\mathcal{L}(V,V)}$ para todos $i=0,1,...,m,m+1,...,k+m$ Obsérvese que el uso del Teorema del Binomio en este caso es posible ya que los operadores conmutan.

Volviendo a la prueba global, tenemos $V=\mathcal{M}_{n\times n}(F)$ siempre que $n\in\mathbb{N}$ se fija arbitrariamente, y tomamos $A\in\mathcal{M}_{n\times n}(F)$ también de forma arbitraria. Definir los operadores $T_{1},T_{2}\in\mathcal{L}(V,V)$ tal que para todo $B\in\mathcal{M}_{n\times n}(F)$ tenemos $T_{1}(B)=AB$ y $T_{2}(B)=-BA$ . Dicho todo esto, primero tenemos que demostrar que en $\mathcal{M}_{n\times n}(F)$ que tenemos:

(i) $T_{1}T_{2}=T_{2}T_{1}$ (es decir, $T_{1},T_{2}$ viajar al trabajo); y

(ii) $T_{1}+T_{2}=T$ (donde $T$ se define el enunciado del problema de la OP - además, esto se deduce trivialmente por la definición de una suma de operadores).

Así, para mostrar $T$ es nilpotente, basta con demostrar que $T_{1},T_{2}$ son ambos operadores nilpotentes en $\mathcal{M}_{n\times n}(F)$ . Esto puede lograrse reclamando cualquier $r,s\in\mathbb{N}$ tenemos $T_{1}^{r}(B)=A^{r}B$ así como $T_{2}^{s}(B)=(-1)^{s}BA^{s}$ y procediendo por inducción sobre $r$ y $s$ en $\mathbb{N}$ respectivamente. Por lo tanto, ya que $T_{1},T_{2}$ son nilpotentes, aplicamos la afirmación del principio de la prueba para obtener el resultado global, y hemos terminado.

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\square$

Como dije, a mí me parece que esto es demasiado, ya que hay que demostrar un poco más que cualquiera de las otras pruebas publicadas, pero decidí publicarlo ya que la afirmación original al principio de la prueba puede ser útil (nótese que la afirmación es independiente de la dimensión de $V$ ). Espero que no haya errores, ya que intenté mantener el boceto de prueba anterior un poco abstracto para que quien decida usarlo pueda resolver los detalles por sí mismo (y también fui un poco rápido con las cosas... lo siento por eso y porque esto es un poco largo todavía).

Answer 5

Tenga en cuenta que $$T=L-R \qquad L=\textrm{Multiply $ X $ at Left}\qquad R=\textrm{Multiply $ X $ at right}$$ Desde $$L\circ R=R\circ L\qquad R^{n}=0\qquad L^{n}=0$$ si $A^n=0$ entonces $T^{2n}=0$ por el teorema del binomio.