交換子的充要條件

Posted on 12/16/2015 by ccjou

本文的閱讀等級：中級

令 C 為一 n\times n 階矩陣。我們稱 C 為交換子 (commutator)，如果存在 n\times n 階矩陣 A 和 B 使得 C=AB-BA (見“交換子與可交換矩陣”)。判定方陣 C 是否為交換子的方法非常簡單：C 為交換子的一個充要條件是 \hbox{trace}\,C=0。例如，單位矩陣 I_n 不是交換子，因為 \hbox{trace}\,I_n=n>0。若 C 為交換子，使用跡數循環不變性 (見“跡數的性質與應用”)，可得

\hbox{trace}\,C=\hbox{trace}(AB-BA)=\hbox{trace}(AB)-\hbox{trace}(BA)=0。

下面證明：若 \hbox{trace}\,C=0，則 C 是一個交換子。證明包含三個部分，分述於下。

 
(1) 若 n\times n 階矩陣 C 滿足 \hbox{trace}\,C=0，則存在一可逆矩陣 P 使得 P^{-1}CP 的所有主對角元為零。

使用歸納法證明。當 n=1，命題顯然成立。假設當 n=k 時命題成立。考慮 (k+1)\times(k+1) 階矩陣 C 且 \hbox{trace}\,C=0。設非零向量 \mathbf{v}\in\mathbb{C}^{k+1} 使得 \{\mathbf{v},C\mathbf{v}\} 為線性獨立集，也就是說 \mathbf{v} 不是 C 的特徵向量。利用 Steinitz 替換原則構造 \mathbb{C}^{k+1} 的一組基底 \{\mathbf{v},C\mathbf{v},\mathbf{w}_1,\ldots,\mathbf{w}_{k-1}\} (見“基底與維數常見問答集”)，並令 S=\begin{bmatrix}\mathbf{v}&C\mathbf{v}&\mathbf{w}_1&\cdots&\mathbf{w}_{k-1}\end{bmatrix}。寫出

\begin{aligned} CS&=C\begin{bmatrix}\mathbf{v}&C\mathbf{v}&\mathbf{w}_1&\cdots&\mathbf{w}_{k-1}\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}C\mathbf{v}&C^2\mathbf{v}&C\mathbf{w}_1&\cdots&C\mathbf{w}_{k-1}\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} \mathbf{v}&C\mathbf{v}&\mathbf{w}_1&\cdots&\mathbf{w}_{k-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0& \mathbf{a}^T\\ \mathbf{b}& K\end{bmatrix}\\ &=S\begin{bmatrix} 0& \mathbf{a}^T\\ \mathbf{b}& K \end{bmatrix}.\end{aligned}

其中 K 是 k\times k 階，\mathbf{b}=(1,0,\ldots,0)^T。因此，

S^{-1}CS=\begin{bmatrix}0& \mathbf{a}^T\\ \mathbf{b}& K\end{bmatrix}，

推知 \hbox{trace}\,K=\hbox{trace}(S^{-1}CS)=\hbox{trace}(CSS^{-1})=\hbox{trace}\,C=0。根據假設，存在 k\times k 階可逆矩陣 P 使得 (P^{-1}KP)_{ii}=0，1\le i\le k。令 \tilde{P}=\begin{bmatrix} 1&\mathbf{0}^T\\ \mathbf{0}&P \end{bmatrix}。計算

\begin{aligned} \tilde{P}^{-1}S^{-1}CS\tilde{P}&=\begin{bmatrix} 1&\mathbf{0}^T\\ \mathbf{0}&P \end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix} 0& \mathbf{a}^T\\ \mathbf{b}& K \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1&\mathbf{0}^T\\ \mathbf{0}&P \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} 1&\mathbf{0}^T\\ \mathbf{0}&P^{-1} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0& \mathbf{a}^T\\ \mathbf{b}& K\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1&\mathbf{0}^T\\ \mathbf{0}&P \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} 0&\mathbf{a}^TP\\ P^{-1}\mathbf{b}&P^{-1}KP \end{bmatrix},\end{aligned}

證明 (S\tilde{P})^{-1}C(S\tilde{P}) 的主對角元皆為零。

 
(2) 若 K 為 n\times n 階交換子，則 C=\begin{bmatrix} 0&\mathbf{a}^T\\ \mathbf{b}&K \end{bmatrix} 是 (n+1)\times(n+1) 階交換子，其中 \mathbf{a} 和 \mathbf{b} 是任意 n 維行向量 (column vector)。

設 K=AB-BA，即有 K=(A+\alpha I)B-B(A+\alpha I)，其中 \alpha 是任一純量。因此，在不失一般性的前提下，假設 A 是可逆矩陣。令 \tilde{A}=\begin{bmatrix} 0&\mathbf{0}^T\\ \mathbf{0}&A \end{bmatrix} 且 \tilde{B}=\begin{bmatrix} 0&-\mathbf{a}^TA^{-1}\\ A^{-1}\mathbf{b}&B \end{bmatrix}。計算可得

\begin{aligned} \tilde{A}\tilde{B}-\tilde{B}\tilde{A} &=\begin{bmatrix} 0&\mathbf{0}^T\\ \mathbf{0}&A \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0&-\mathbf{a}^TA^{-1}\\ A^{-1}\mathbf{b}&B \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} 0&-\mathbf{a}^TA^{-1}\\ A^{-1}\mathbf{b}&B \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0&\mathbf{0}^T\\ \mathbf{0}&A \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} 0&\mathbf{0}\\ \mathbf{b}&AB \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} 0&-\mathbf{a}^T\\ \mathbf{0}&BA \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0&\mathbf{a}^T\\ \mathbf{b}&AB-BA \end{bmatrix}=C,\end{aligned}

證明 C 是交換子。

 
(3) 若 C 為交換子，則 P^{-1}CP 是交換子，其中 P 是任一可逆矩陣。

設 C=AB-BA，則

P^{-1}CP=P^{-1}(AB-BA)P=(P^{-1}AP)(P^{-1}BP)-(P^{-1}BP)(P^{-1}AP)。

 
根據以上結果，使用歸納法證明 \hbox{trace}\,C=0 是 C 為交換子的一個充分條件。當 n=1，命題顯然成立。假設當 n=k 時命題成立。若 (k+1)\times(k+1) 階矩陣 C 滿足 \hbox{trace}\,C=0，命題 (1) 指出存在可逆矩陣 P 使得

P^{-1}CP=\begin{bmatrix} 0&\mathbf{a}^T\\ \mathbf{b}&K \end{bmatrix}，

其中 k\times k 階矩陣 K 的主對角元皆為零。因為 \hbox{trace}\,K=0，根據假設，K 是一個交換子。命題 (2) 保證 P^{-1}CP 是交換子，(3) 則說明 C 是交換子。

 
最後舉一個交換子等價於零跡數矩陣的應用。令 \mathcal{M}_n 表示 n\times n 階矩陣構成的向量空間。所有 n\times n 階交換子所形成的集合 \mathcal{S}=\{AB-BA\vert A,B\in\mathcal{M}_n\} 是 \mathcal{M}_n 的一個子空間。證明於下：假設 X,Y\in\mathcal{S}，即 \hbox{trace}\,X=\hbox{trace}\,Y=0，且 c 為一純量。跡數是線性函數，推得 \hbox{trace}(X+Y)=\hbox{trace}\,X+\hbox{trace}\,Y=0 且 \hbox{trace}(cX)=c(\hbox{trace}\,X)=0，說明 X+Y 和 cX 屬於 \mathcal{S}，因此 \mathcal{S} 是 \mathcal{M}_n 的一個子空間 (見“子空間的辨識”)。對於 X=[x_{ij}]\in\mathcal{S}，\hbox{trace}\,X=x_{11}+\cdots+x_{nn}=0，推論 \dim\mathcal{S}=n^2-1。

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