Identitate cu determinanti pentru doua matrice cu produsul 0

[opincariumihai]

Fie \( A, B\in M_k(\mathbb{C}) \) doua matrice astfel incat \( AB=O_k \). Aratati ca pentru \( k=2,3 \) avem :
\( \det(A^n+B^n)=\det(A+B)^n \) pentru orice numar natural n.
(Poate reuseste cineva sa demonstreze ca relatia se pastreaza pentru matrice de orice ordin.)

Mihai Opincariu

[Marius Mainea]

1) k=2

Daca o matrice este inversabila, e trivial.

Daca nu, folosim relatia:

\( \det(A+B)=\det A+\tr(AB^{\ast})+\det B \).

Atunci

\( \det (A+B)^{n}=\det[A^n+B^n+(BA^{n-1}+...+B^{n-1}A)]= \)
\( \det(A^n+B^n)+\tr[(A^n+B^n)(BA^{n-1}+...+B^{n-1}A)^{\ast}]+\det (BA^{n-1}+...+B^{n-1}A)= \)
\( \det(A^n+B^n) \),

deoarece tr(XY)=tr(YX), \( (AB)^{\ast}=B^{\ast}A^{\ast} \) si \( X\cdot X^{\ast}=\det X\cdot I_2 \)

2) k=3

Analog folosind relatia

\( \det (A+B)=\det A+\tr(AB^{\ast})+\tr(A^{\ast}{B})+\det B \).

[opincariumihai]

1) k=2.
deoarece
\( \mathbb{R}\ni\det(A+iB)(A-iB)) \)
2) k=3, analog.
deoarece
\( \mathbb{R}\ni\det(A+iB)(A-iB)) \)

Atentie, matricele nu sunt reale!
In plus, as vrea o tratare unitata a celor doua cazuri !
Multumesc

[Dragos Fratila]

Incerc ceva pt orice ordin:

Este clar ca putem conjuga simultan ambele matrice \( A,B \) si problema nu se schimba. Notez \( V:=\mathbb{C}^k \)

Fie \( f(X) = X^r+a_{r-1}X^{r-1}+...+a_1X+a_0 \) polinomul minimal al lui A. Vom distinge mai multe cazuri:

caz I. \( a_0\neq 0 \) asta inseamna ca A este inversabila si deci \( B=0 \) de unde concluzia

caz II. \( a_0=0,a_1\neq 0 \) Rezulta ca \( \ker(A)\cap Im(A)=\{0\} \). Intr-adevar, fie \( v\in V \) astfel incat \( Av\neq 0 \) dar \( A^2v=0 \).
Acum \( f(A)v = 0 \) pe de o parte si \( f(A)v = a_1Av\neq 0 \) pe de alta parte. Contradictie.

Asadar \( \ker(A)\cap Im(A)=\{0\} \) de unde rezulta ca \( V = \ker(A)\oplus Im(A) \).

Alegem o baza a lui \( V \) relativ la aceasta descompunere: \( \{e_1,...,e_r,e_{r+1},...,e_{k}\} \)
astfel incat \( \{e_1,...,e_r\} \) sunt o baza pentru \( \ker(A) \) si restul baza pentru \( Im(A) \)

Rescriind matricele A si B in noua baza (adica le conjugam pe amandoua cu aceeasi matrice inversabila) obtinem:

\( A = \left(\begin{array}{cc}0 & 0 \\ 0 & A^\prime \end{array}\right) \)

\( B = \left(\begin{array}{cc}B^\prime & B^{\prime\prime} \\ 0 & 0 \end{array}\right) \)

unde primul bloc are dimensiunea \( r\times r \) si ultimul \( (k-r)\times (k-r) \).

Acum e usor de vazut ca \( A^n+B^n = \left(\begin{array}{cc}B^{\prime n} & * \\ 0 & A^{\prime n} \end{array}\right) \) al carui determinant este \( \det(A^\prime)^n\det(B^\prime)^n = (\det(A^\prime)\det(B^\prime))^n = \det(A+B)^n \).

caz III. \( a_0=a_1=0 \), adica \( f(X) = X^2g(X) \) cu \( g \) polinom.

Din relatia din ipoteza rezulta ca \( B^TA^T = 0 \). Polinomul minimal al lui \( A^T \) este acelasi cu al lui A

Fie \( v\in V, v\neq 0 \) astfel incat \( A^Tg(A^T)v\neq 0 \) (se poate fiindca \( f \) este polinomul minimal al lui \( A^T \) si nu \( Xg(X) \) care are gradul mai mic).

Vom demonstra ca \( \det(A+B)^n=\det(A^T+B^T)^n =0= \det((A^T)^n+(B^T)^n)=\det(A^n+B^n). \)

Este usor de vazut acum ca \( (A^T+B^T)^n A^Tg(A^T)v = 0 = ((A^T)^n+(B^T)^n)A^Tg(A^T)v=0 \),
adica 0 este valoare proprie pentru amandoua, deci au determinantul 0.


__________________________________
Dragos Fratila
Ecole Normale Superieure de Bucarest.
University of Bucharest,
Faculty of Mathematics

[opincariumihai]

\( \tr[(A^n+B^n)(BA^{n-1}+...+B^{n-1}A)^{\ast}]=0 \)

Justificarea nu e evidenta !

[Marius Mainea]

\( \tr[(A^n+B^n)(BA^{n-1}+...+B^{n-1}A)^{\ast}]= \)
\( \tr[(A^n+B^n)(BCA)^{\ast}]= \)
\( \tr[A^n(A^{\ast}C^{\ast}B^{\ast})]+\tr[B^n(A^{\ast}C^{\ast}B^{\ast})]= \)
\( \tr[A^nA^{\ast}C^{\ast}B^{\ast}]+\tr[B^{\ast}B^nC^{\ast}A^{\ast}]=0 \)

avand in vedere ca A si B sunt singulare.

[opincariumihai]

Sa incercam o solutie la nivel de liceu pentru matrice de orice ordin !
Inductiv obtinem
\( (A+B)^{nk}=A^{nk}+B^{nk}+(BA^{nk-1}+...+B^{nk-1}A) \).
Aplicand urma si tinand cont de faptul ca AB=0 rezulta \( \tr(A+B)^{nk}=\tr(A^{nk}+B^{nk}) \) (1)
Analog se obtine ca \( \tr(A^n+B^n)^{k}=\tr(A^{nk}+B^{nk}) \) (2)
Din (1) si (2) avem ca \( \tr(A+B)^{nk}=\tr(A^n+B^n)^{k} \), \( \forall k\in{N} \).
Folosind in continuare observatia de aici va rezulta ca matricele \( (A+B)^{n} \) si \( A^n+B^n \) au aceleasi valori proprii, de unde concluzia.