Wenn eine symmetrische Matrix mit allen symmetrischen Matrizen kommutiert, ist sie dann ein Vielfaches der Identität?

Lassen$E_{ij}$bezeichne die Matrix mit a$1$im$(i,j)$-ten Platz und$0$ist überall sonst. Dann$E_{ii}$symmetrisch ist, und so aus

$$E_{ii}A=AE_{ii},$$ Daraus folgt, dass die$i$-te Zeile und Spalte sind alle Nullen außer in der$i$- Platz. Dies zeigt, dass$A$diagonal ist.

Auch$E_{ij}+E_{ji}$ist diagonal, und so aus

$$(E_{ij}+E_{ji})A=A(E_{ij}+E_{ji}),$$ Daraus folgt, dass die$i$-ten und$j$-te diagonale Einträge von$A$sind gleich. Dies zeigt, dass$A=cI$für einige konstant$c$.

Beachten Sie, dass nichts davon voraussetzt, dass die Matrizen real sind; dies gilt für Matrizen über jedem kommutativen Ring.

Lassen$V_1, V_2$Eigenvektoren von sein$A$mit unterschiedlichen Eigenwerten$\lambda_1, \lambda_2$. Lassen$C$sei eine beliebige symmetrische Matrix. Wir haben:

$$\langle V_1 |CA|V_2\rangle = \lambda_2 \langle V_1 |C|V_2\rangle\\ \langle V_1 |CA|V_2\rangle = \langle V_1 |AC|V_2\rangle = \lambda_1 \langle V_1 |C|V_2\rangle$$ Also haben wir$\lambda_2 \langle V_1 |C|V_2\rangle = \lambda_1 \langle V_1 |C|V_2\rangle$für jede symmetrische Matrix$C$. Einstellung$C = | V_1 + V_2\rangle \;\langle V_1 + V_2 |$und das zu wissen$\langle V_1 | V_2 \rangle = 0$(als Eigenvektoren unterschiedlichen Eigenwerts für symmetrische Matrizen) erhalten wir$\lambda_1 = \lambda_2$. Das ist ein Widerspruch, also$A$hat keine eindeutigen Eigenwerte. Deshalb$A = \lambda I.$

Bearbeiten: Wir können den Beweis verstärken, indem wir die Symmetrieannahme für fallen lassen$A$. Das Weglassen der Symmetrieannahme würde den Beweis mit Eigenvektoren von erschweren$A$. Wenn wir mit anfangen$V_1,V_2$als Eigenvektoren von$C$anstatt$A$, und führen die gleichen algebraischen Manipulationen durch, erhalten wir:

$$\lambda_2 \langle V_1 |A|V_2\rangle = \lambda_1 \langle V_1 |A|V_2\rangle$$ Wo$V_1, V_2$sind eigenwertige Eigenvektoren von$C$. Als$C$ein frei gewählter symmetrischer Operator ist,$\langle V_1| A |V_2 \rangle = 0$für alle$V_1,V_2$mit$\langle V_1, V_2 \rangle = 0$. Wir haben$A V_2$ist orthogonal zum orthogonalen Komplement von$V_2$, So$A V_2$ist proportional zu$V_2$, für alle Vektoren$V_2$. Daher$A= \lambda I$.

Hier ist ein anderer Beweis, der mehr Maschinen hat, aber in Bezug auf die Technik interessant sein könnte. Eine immer wieder nützliche Idee für diese Art von Fragen ist es, sich die Grundlagen der Darstellungstheorie endlicher Gruppen zunutze zu machen, insbesondere in Anlehnung an Permutationsgruppen und Schurs Lemma.

Das Folgende funktioniert für$\mathbb R$und seine Erweiterung$\mathbb C$. (Im komplexen Fall läuft der Beweis im wesentlichen gleich ab, ob wir betrachten$A$hermitesch oder symmetrisch sein.)

radikal gestraffter Beweis
, um diese Behauptung für beliebige Symmetrie zu beweisen$n\times n$Matrix$A$, betrachten Sie zunächst die Standard-Matrixdarstellung von$S_{n+1}$, und nennen Sie diese Matrixgruppe$M^{(S_{n+1})}$. Diese Gruppe ist eine direkte Summe der trivialen Darstellung und einer Irreduziblen$n$dimensionale Darstellung.

Die Generatoren von$M^{(S_{n+1})}$Sind$n+1\times n+1$elementarer Typ 2, Matrizen$E_2^{(k)}$, die jeweils symmetrisch sind. Betrachten Sie nun orthogonal$U \in \mathbb R^{n+1\times n+1}$Wo$\mathbf u_1 \propto \mathbf 1$. Also für$P \in M^{(S_{n+1})}$,

$P=\prod_k E_2^{(k)}$Und$P' = U^TPU= U^T\big(\prod_k E_2^{(k)}\big)U = \prod_k \big(U^TE_2^{(k)}U\big)$
jede$\big(U^TE_2^{(k)}U\big)$ist notwendigerweise symmetrisch und von der Form
$\begin{bmatrix}1 & \mathbf 0\\ \mathbf 0 & Y_{n} \end{bmatrix}$
Wo$Y_n$ist die oben erwähnte n-dim irreduzible Darstellung und$Y_n$ist also symmetrisch.

Daher die$n$dimensionale irreduzible Matrix rep for$S_{n+1}$wird durch ein Produkt symmetrischer Matrizen ($Y_n$). Und$A$kommutiert also mit jedem n-dimensionalen Generator$A$pendelt mit der$n$dimensionale irreduzible Matrixdarstellung. Vorübergehende Überarbeitung$\mathbb C$, wenden wir Schurs Lemma an$\implies A=\lambda I_n$Wo$\lambda \in \mathbb R$seit$A$ist echt.

Original, längerer Beweis
0.) $2\times 2$Fall
Durch direkte Berechnung können Sie das Ergebnis anzeigen (dh$A$pendelt mit einer Diagonalmatrix mit unterschiedlichen Elementen auf der Diagonalen so$A$muss diagonal sein und pendelt dann mit einer nicht diagonalen Matrix, die so symmetrisch ist$A\propto I$).

Eine unmittelbare Folge für die$n\times n$Fall ist
im Spezialfall das$A = \begin{bmatrix}* & \mathbf 0\\ \mathbf 0 & \lambda I_{n-1} \end{bmatrix}$und kommutiert mit allen symmetrischen Matrizen$\implies A=\lambda I_n$

1.) $n\times n$Fall
A kommutiert mit allen symmetrischen Matrizen, also kommutiert er mit allen elementaren Typ-2-Matrizen$E_2^{(j)}$. Diese erzeugen die Standardmatrixdarstellung der Permutationsgruppe$S_n$, was eine endliche Gruppe ist. Ich werde diese Matrixgruppe nennen$M^{(S_n)}$. Seit$A$pendelt mit den Generatoren,$A$pendelt mit$M^{(S_n)}$.

Jede$P \in M^{(S_n)}$ist eine direkte Summe der trivialen Darstellung und einer Irreduziblen$n-1$Dim-Darstellung (dies ist zB eine Übung in Artins Algebra 's Rep-Theorie-Kapitel, beide Ausgaben).

Betrachten Sie schließlich reelle Orthogonale$Q$Wo$\mathbf q_1 = \frac{1}{\sqrt{n}}\mathbf 1$(dh$\propto$der Einer-Vektor) und für beliebige$P \in M^{(S_n)}$definieren
$P':= Q^T PQ=\begin{bmatrix}1 & \mathbf 0\\ \mathbf 0 & B_{n-1} \end{bmatrix}$
Wo$B_{n-1}$ist das Irreduzible$n-1$oben erwähnte dimensionale Darstellung.

Wir beobachten$P' = Q^T\big(\prod_{j} E_2^{(j)}\big)Q =\prod_{j} \big(Q^T E_2^{(j)}Q\big)$jedes davon ist also symmetrisch$A$pendelt mit$P'$. Es gibt verschiedene Möglichkeiten zum Abschluss.

ZB mit der$P_c' = Q^T P_cQ$, Wo$P_c$ist der zyklische Verschiebungsoperator (dh Begleitmatrix für$x^n-1$) wir haben$\big(P_c'-I_n\big)A\mathbf e_1 = A\big(P_c'-I_n\big)\mathbf e_1 = \mathbf 0\implies A\mathbf e_1 \propto \mathbf e_1$Weil$A\mathbf e_1\in \ker \big(P_c'-I_n\big) = \big\{\alpha\cdot \mathbf e_1\big\}$. Daher

$A = \begin{bmatrix}* & *\\ \mathbf 0 & Z_{n-1} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}* & \mathbf 0\\ \mathbf 0 & Z_{n-1} \end{bmatrix}$
seit$A$ist symmetrisch.

Aber$Z_{n-1}$pendelt mit willkürlich$B_{n-1}$was eine irreduzible Darstellung ist (und vorübergehend über das Erweiterungsfeld arbeitet$\mathbb C$) daher sagt uns Schurs Lemma das$Z_{n-1} = \lambda I_{n-1}$und die Anwendung des obigen Korrollars sagt uns$A=\lambda I_n$