Beweisen Sie den folgenden Matrixpendel mit jeder Matrix

Question

Beweisen Sie den folgenden Matrixpendel mit jeder Matrix

Mathematik
innere Produkte
Lineare Algebra
Matrix-Analyse

Bernhard Pan

Diese Frage stammt aus A Second Course in Linear Algebra . Einige geeignete Terminologien sind wie folgt definiert:

Definition 1. Let $V$ sei ein endlichdimensionaler komplexer innerer Produktraum über und $\phi:V\to\mathbb{C}$ ein lineares Funktional. Der Riesz-Vektor von $\phi$ ist ein Vektor $w\in V$ so dass für jeden $v\in V$ ,
$ϕ (v) = ⟨ v, w ⟩,$ $\phi(v)=\langle v,w\rangle,$ deren Existenz und Eindeutigkeit aus dem Riesz-Darstellungssatz und grundlegenden Eigenschaften innerer Produkte folgt.

Definition 2. Eine Matrix $C\in M_n(\mathbb{C})$ ist ein Kommutator , wenn $C=AB-BA$ für einige Matrizen $A,B\in M_n(\mathbb{C})$ . Nach dem Satz von Shoda gilt: $C$ ist ein Kommutator genau dann, wenn $\operatorname{tr}(C)=0$ .

Nun lautet die Frage wie folgt:

Frage. In Betracht ziehen $M_n(\mathbb{C})$ als innerer Produktraum unter dem Frobenius-Innenprodukt $\langle A,B\rangle_F=\operatorname{tr}(B^*A)$ . Lassen $\phi: M_n(\mathbb{C})\to\mathbb{C}$ ein lineares Funktional sein, so dass $\phi(C)=0$ für jeden Kommutator $C$ . Nehme an, dass $Y$ der Riesz-Vektor von ist $\phi$ . Beweise das $Y$ pendelt mit jeder Matrix in $M_n(\mathbb{C})$ .

Sobald dies bewiesen ist, ist es trivial $Y$ ist eine Skalarmatrix, woher $\phi$ wird ein Vielfaches des Spurenfunktionals. Ich hänge jedoch daran, dies zu beweisen. Ich dachte an $\phi(AY-YA)=0$ , aber die Dimension des Kernraums von $\phi$ ist positiv, also können wir nicht schlussfolgern $AY-YA=0$ davon.

Alle Vorschläge werden geschätzt.

Aktualisierung. Vielen Dank an die verschiedenen Lösungen, die entweder gepostet oder in den Kommentaren unten veröffentlicht wurden. Ich stimme zu, es ist etwas einfacher zu beweisen $Y$ direkt eine Skalarmatrix zu sein, trotzdem frage ich mich immer noch, ob es eine Möglichkeit gibt, dies zu beweisen $Y$ pendelt mit jeder Matrix, ohne sie als Skalar zu zeigen , da das Buch angibt, dass ein solcher Ansatz durch seine Aussagen existieren könnte. (Ich mache keine Hausaufgaben, sondern benutze dieses Buch einfach, um etwas Wissen in der Matrixtheorie zu wiederholen, daher sind andere Lösungen oder Ideen sehr willkommen.)

Markvs

Was hast du versucht?

Bernhard Pan

@markvs Ich habe erwähnt, dass ich es mit dem Kommutator versucht habe

A Y - Y A

$AY-YA$ , was nicht geht.

Benutzer1551

Eine Möglichkeit besteht darin, dies zu beweisen

ϕ

$\phi$ ist (bis auf einen Skalarfaktor) zuerst das Spurfunktional. Das sollte einfach sein. Es folgt dem

Y

$Y$ ist eine Skalarmatrix und daher

Y

$Y$ pendelt mit jeder Matrix.

F_M_

Vielleicht können Sie versuchen, die Form zu finden

Y

$Y$ durch Kommissionierung geeignet

C

$C$ (Elementarmatrizen verwenden) und Rechnen

φ (C) = ⟨ C, Y ⟩ ?

$\varphi(C) = \langle C,Y\rangle?$

Bernhard Pan

@user1551 Danke für deinen Kommentar. Ihre Idee funktioniert tatsächlich, obwohl ich vergessen habe zu erwähnen, dass ich nach einer anderen Lösung gesucht habe. Tatsächlich wurde eine solche Methode im vorigen Kapitel ausgenutzt. Hier verlangt das Buch stattdessen nach einem anderen Beweis.

Bernhard Pan

@F_M_ danke auch für deinen Kommentar. In der Tat, nehme an

Y = [y_{i j}]

$Y=[y_{ij}]$ . Dann

ϕ (E_{i j}) = ⟨ E_{i j}, Y ⟩_{F} = tr (Y^{*} E_{i j}) = (Y^{*})_{j i} = \bar{y_{i j}}

$\phi(E_{ij})=\langle E_{ij},Y\rangle_F=\operatorname{tr}(Y^*E_{ij})=(Y^*)_{ji}=\overline{y_{ij}}$ . Die elementaren Matrizen scheinen hier nicht ausreichend zu sein…

F_M_

@BernardPan, in der Tat, aber beachte das für

E_{i j}, i \neq j,

$E_{ij}, i\neq j,$ wir haben

tr (E_{i j}) = 0

$\text{tr}(E_{ij}) = 0$ so nach dem Satz von Shoda

φ (E_{i j}) = 0.

$\varphi(E_{ij})=0.$ Dies wird nur das geben

Y

$Y$ ist eine Diagonalmatrix :)

Bernhard Pan

@F_M_ Ich verstehe! Vielen Dank für Ihren Kommentar. Auch dieser Ansatz funktioniert.

Antworten (2)

Beweisen Sie den folgenden Matrixpendel mit jeder Matrix

@markvs Ich habe erwähnt, dass ich es mit dem Kommutator versucht habe $AY-YA$ , was nicht geht.
Eine Möglichkeit besteht darin, dies zu beweisen $\phi$ ist (bis auf einen Skalarfaktor) zuerst das Spurfunktional. Das sollte einfach sein. Es folgt dem $Y$ ist eine Skalarmatrix und daher $Y$ pendelt mit jeder Matrix.
Vielleicht können Sie versuchen, die Form zu finden $Y$ durch Kommissionierung geeignet $C$ (Elementarmatrizen verwenden) und Rechnen $\varphi(C) = \langle C,Y\rangle?$
@user1551 Danke für deinen Kommentar. Ihre Idee funktioniert tatsächlich, obwohl ich vergessen habe zu erwähnen, dass ich nach einer anderen Lösung gesucht habe. Tatsächlich wurde eine solche Methode im vorigen Kapitel ausgenutzt. Hier verlangt das Buch stattdessen nach einem anderen Beweis.
@F_M_ danke auch für deinen Kommentar. In der Tat, nehme an $Y=[y_{ij}]$ . Dann $\phi(E_{ij})=\langle E_{ij},Y\rangle_F=\operatorname{tr}(Y^*E_{ij})=(Y^*)_{ji}=\overline{y_{ij}}$ . Die elementaren Matrizen scheinen hier nicht ausreichend zu sein…
@BernardPan, in der Tat, aber beachte das für $E_{ij}, i\neq j,$ wir haben $\text{tr}(E_{ij}) = 0$ so nach dem Satz von Shoda $\varphi(E_{ij})=0.$ Dies wird nur das geben $Y$ ist eine Diagonalmatrix :)
@F_M_ Ich verstehe! Vielen Dank für Ihren Kommentar. Auch dieser Ansatz funktioniert.

MaoWao · Answer 1

Hier ist eine Lösung, die eher dem entspricht, wonach der Buchautor gesucht hat:

Nach Annahme,

ϕ (C) = T R (Y^{*} C)

$\phi(C)=\mathrm{tr}(Y^\ast C)$ für alle

C \in M_{n} (C)

$C\in M_n(\mathbb C)$ . Insbesondere wenn

C = A^{*} B - B A^{*}

$C=A^\ast B-BA^\ast$ , Dann

0 = ϕ (C) = T R (Y^{*} (A^{*} B - B A^{*})) = T R ((Y^{*} A^{*} - A^{*} Y^{*}) B) = ⟨ A Y - Y A, B ⟩_{F} .

$0=\phi(C)=\mathrm{tr}(Y^\ast(A^\ast B-BA^\ast))=\mathrm{tr}((Y^\ast A^\ast-A^\ast Y^\ast)B)=\langle A Y-Y A,B\rangle_F.$ Nehmen

B = A Y - Y A

$B=A Y-Y A$ , du erhältst

⟨ A Y - Y A, A Y - Y A ⟩_{F} = 0

$\langle A Y-Y A,A Y-Y A\rangle_F=0$ , somit

A Y - Y A = 0

$AY-YA=0$ .

Gerd · Answer 2

Lassen $U$ bezeichnen den Kern des Ablaufverfolgungsfunktionals. Als $U$ hat Kodimension $1$ wir haben $U^\bot = [I]$ . Daher $Y= \lambda I + C$ für einige Skalare $\lambda$ und einige $C \in U$ . Jetzt $0=\phi(C)=\langle C,Y \rangle =\overline{\lambda}\langle C,I \rangle + \langle C,C \rangle = \|C\|^2$ . So, $Y= \lambda I$ .

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F_M_

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MaoWao

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Gerd

Invertierbarkeit bezüglich innerer Produkträume

Eindeutiges u∧vu∧vu\wedge v, so dass (u∧v)⋅w=∣∣∣∣∣u1v1w1u2v2w2u3v3w3∣∣∣∣∣(u∧v)⋅w=|u1u2u3v1v2v3w1w2w3|(u\wedge v)\cdot w = \small\begin{vmatrix} u_1&u_2&u_3 \\ v_1&v_2&v_3 \\ w_1&w_2&w_3 \end{vmatrix} für alle w∈R3w∈ℝ3w\inℝ^3

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