Если симметричная матрица коммутирует со всеми симметричными матрицами, то является ли она кратной единице?

Позволять$E_{ij}$обозначим матрицу с$1$в$(i,j)$-место и$0$есть везде. Затем$E_{ii}$симметричен, поэтому из

$$E_{ii}A=AE_{ii},$$ следует, что$i$-я строка и столбец все нули, кроме$i$-е место. Это показывает, что$A$является диагональным.

Также$E_{ij}+E_{ji}$является диагональным, и поэтому из

$$(E_{ij}+E_{ji})A=A(E_{ij}+E_{ji}),$$ следует, что$i$-й и$j$-й диагональный элемент$A$одинаковы. Это показывает, что$A=cI$для некоторой константы$c$.

Обратите внимание, что ничто из этого не предполагает, что матрицы реальны; это верно для матриц над любым коммутативным кольцом.

Позволять$V_1, V_2$быть собственными векторами$A$с различными собственными значениями$\lambda_1, \lambda_2$. Позволять$C$— произвольная симметричная матрица. У нас есть:

$$\langle V_1 |CA|V_2\rangle = \lambda_2 \langle V_1 |C|V_2\rangle\\ \langle V_1 |CA|V_2\rangle = \langle V_1 |AC|V_2\rangle = \lambda_1 \langle V_1 |C|V_2\rangle$$ Итак, у нас есть$\lambda_2 \langle V_1 |C|V_2\rangle = \lambda_1 \langle V_1 |C|V_2\rangle$для любой симметричной матрицы$C$. Параметр$C = | V_1 + V_2\rangle \;\langle V_1 + V_2 |$и зная, что$\langle V_1 | V_2 \rangle = 0$(как собственные векторы различного собственного значения для симметричных матриц) мы получаем$\lambda_1 = \lambda_2$. Это противоречие, поэтому$A$не имеет различных собственных значений. Поэтому$A = \lambda I.$

Редактировать: мы можем усилить доказательство, отказавшись от предположения о симметрии для$A$. Отказ от предположения о симметрии усложнил бы доказательство с собственными векторами$A$. Если мы начнем с$V_1,V_2$как собственные векторы$C$вместо$A$, и проделываем те же алгебраические манипуляции, получаем:

$$\lambda_2 \langle V_1 |A|V_2\rangle = \lambda_1 \langle V_1 |A|V_2\rangle$$ где$V_1, V_2$являются собственными векторами с различными собственными значениями$C$. Как$C$является свободно выбираемым симметричным оператором,$\langle V_1| A |V_2 \rangle = 0$для всех$V_1,V_2$с$\langle V_1, V_2 \rangle = 0$. У нас есть$A V_2$ортогонален ортогональному дополнению$V_2$, так$A V_2$пропорциональна$V_2$, для всех векторов$V_2$. Таким образом$A= \lambda I$.

Вот другое доказательство, в котором больше механизмов, но оно может быть интересным с точки зрения техники. Часто полезная идея для таких типов вопросов состоит в том, чтобы использовать основы теории представлений конечных групп, в частности опираясь на группы подстановок и лемму Шура.

То, что следует ниже, работает для$\mathbb R$и его расширение$\mathbb C$. (В сложном случае доказательство проходит практически одинаково, независимо от того, рассматриваем ли мы$A$быть эрмитовым или симметричным.)

радикально упростило доказательство
этого утверждения для произвольного симметричного$n\times n$матрица$A$, сначала рассмотрим стандартное матричное представление$S_{n+1}$, и назовем эту группу матриц$M^{(S_{n+1})}$. Эта группа является прямой суммой тривиального представления и неприводимого$n$объемное представление.

Генераторы$M^{(S_{n+1})}$являются$n+1\times n+1$элементарный тип 2, матрицы$E_2^{(k)}$, каждый из которых симметричен. Теперь рассмотрим ортогональные$U \in \mathbb R^{n+1\times n+1}$где$\mathbf u_1 \propto \mathbf 1$. Таким образом, для$P \in M^{(S_{n+1})}$,

$P=\prod_k E_2^{(k)}$и$P' = U^TPU= U^T\big(\prod_k E_2^{(k)}\big)U = \prod_k \big(U^TE_2^{(k)}U\big)$
каждый$\big(U^TE_2^{(k)}U\big)$обязательно симметрична и имеет вид
$\begin{bmatrix}1 & \mathbf 0\\ \mathbf 0 & Y_{n} \end{bmatrix}$
где$Y_n$является вышеупомянутым n-мерным неприводимым представлением и$Y_n$таким образом, симметричен.

Следовательно$n$размерная неприводимая матрица rep для$S_{n+1}$порождается произведением симметричных матриц ($Y_n$). И$A$коммутирует с каждой n-мерной образующей, поэтому$A$коммутирует с$n$размерное неприводимое матричное представление. Временно работаем над$\mathbb C$, применим лемму Шура$\implies A=\lambda I_n$где$\lambda \in \mathbb R$с$A$реально.

оригинал, более длинное доказательство
0.) $2\times 2$Случай
Путем прямого вычисления вы можете показать результат (т.е.$A$коммутирует с диагональной матрицей с различными диагональными элементами, поэтому$A$должна быть диагональной, и тогда она коммутирует с некоторой недиагональной матрицей, которая симметрична, поэтому$A\propto I$).

Непосредственное следствие для$n\times n$случае
в частном случае, что$A = \begin{bmatrix}* & \mathbf 0\\ \mathbf 0 & \lambda I_{n-1} \end{bmatrix}$и коммутирует со всеми симметричными матрицами$\implies A=\lambda I_n$

1.) $n\times n$Случай
A коммутирует со всеми симметричными матрицами, следовательно, он коммутирует со всеми элементарными матрицами типа 2.$E_2^{(j)}$. Они генерируют стандартное матричное представление группы перестановок$S_n$, которая является конечной группой. Я назову эту матричную группу$M^{(S_n)}$. С$A$коммутирует с генераторами,$A$коммутирует с$M^{(S_n)}$.

Каждый$P \in M^{(S_n)}$является прямой суммой тривиального представления и неприводимого$n-1$тусклое представление (это, например, упражнение в главе Artin's Algebra по теории репрезентаций, любое издание).

Наконец, рассмотрим действительные ортогональные$Q$где$\mathbf q_1 = \frac{1}{\sqrt{n}}\mathbf 1$(т.е.$\propto$вектор единиц) и для произвольного$P \in M^{(S_n)}$определять
$P':= Q^T PQ=\begin{bmatrix}1 & \mathbf 0\\ \mathbf 0 & B_{n-1} \end{bmatrix}$
где$B_{n-1}$является неприводимым$n-1$размерное представление, упомянутое выше.

Мы наблюдаем$P' = Q^T\big(\prod_{j} E_2^{(j)}\big)Q =\prod_{j} \big(Q^T E_2^{(j)}Q\big)$каждый из которых симметричен, поэтому$A$коммутирует с$P'$. Есть разные способы отделки.

Например, с помощью$P_c' = Q^T P_cQ$, где$P_c$- оператор циклического сдвига (т.е. матрица-компаньон для$x^n-1$) у нас есть$\big(P_c'-I_n\big)A\mathbf e_1 = A\big(P_c'-I_n\big)\mathbf e_1 = \mathbf 0\implies A\mathbf e_1 \propto \mathbf e_1$потому что$A\mathbf e_1\in \ker \big(P_c'-I_n\big) = \big\{\alpha\cdot \mathbf e_1\big\}$. Таким образом

$A = \begin{bmatrix}* & *\\ \mathbf 0 & Z_{n-1} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}* & \mathbf 0\\ \mathbf 0 & Z_{n-1} \end{bmatrix}$
с$A$симметричен.

Но$Z_{n-1}$коммутирует с произвольным$B_{n-1}$которое является неприводимым представлением (и временно работает над полем расширения$\mathbb C$), следовательно, лемма Шура говорит нам, что$Z_{n-1} = \lambda I_{n-1}$и применение приведенного выше следствия говорит нам$A=\lambda I_n$