求证存在可逆矩阵$Q$使得$\sigma(X)=Q^{-1}XQ$

abababa

设$\sigma$是$\mathbb{F}^{n\times n}$上的线性变换。若对任意的$A,B\in\mathbb{F}^{n\times n}$都有$\sigma(AB)=\sigma(A)\sigma(B)$，求证对任意的$X\in\mathbb{F}^{n\times n}$都存在可逆的$Q\in\mathbb{F}^{n\times n}$，使得$\sigma(X)=Q^{-1}XQ$。

题目是不是有问题？如果$\sigma$是零变换，那就不存在了吧。

Czhang271828

应该还有 $\sigma$ 保持 $\mathbb F^{n\times n}$ 上加法, $\sigma(I)=I$? 因为 $\mathrm{Aut}(D^{n\times n})=\mathrm{Inn}(D^{n\times n})$, $D$ 是任意除环.

特别地, 矩阵环的外自同构就是内自同构 (形如 $(-)\mapsto C^{-1}(-)C$), 自同态也形如此 ($C$ 未必可逆).

Czhang271828

Czhang271828 发表于 2023-6-5 23:09
应该还有 $\sigma$ 保持 $\mathbb F^{n\times n}$ 上加法? 因为 $\mathrm{Aut}(D^{n\times n})=\mathrm{Inn ...

如果要证明这个, 可以查阅熟知的 Skolem–Noether 定理. 其中 $D^{n\times n}$ 的单环性说明如下(当然可以用 Wedderburn-Artin 直接秒): 设矩阵 $E_{s,t}=(\delta_{i,s}\delta_{j,t})$, 则任意 $E_{s',t'}$ 生成的理想包括 $E_{s,s'}E_{s',t'}E_{t',t}$, 从而理想是矩阵环全体.

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-5 23:09
应该还有 $\sigma$ 保持 $\mathbb F^{n\times n}$ 上加法, $\sigma(I)=I$? 因为 $\mathrm{Aut}(D^{n\times  ...

这个需要抽象代数的内容，我暂时理解不了。maven给了一个提示：
你先证明 sigma 的核是零空间，从而是单射，在有限维空间里它就是双射进而可逆，所以 rank(X) = rank(sigma(X))，就存在初等变换把 X 变到 sigma(X)，最后把 X = AB 代入并注意任意性就能证明了。

按他的提示，我证明了后半部分。当$\sigma$可逆时有$\text{rank}(X)=\text{rank}(\sigma(X))$，所以存在可逆矩阵$P,Q$使得$\sigma(X)=PXQ$，将$X=AB$代入就得到$\sigma(AB)=PABQ$，根据已知条件还能得出$\sigma(AB)=\sigma(A)\sigma(B)=PAQPBQ$，所以$PABQ=PAQPBQ$，因为$P,Q$可逆所以能消去，就得到$AB=AQPB$，也就是$A(E-QP)B=0$，但是$A,B$是任意的，所以必有$E-QP=0$，于是$P=Q^{-1}$，所以$\sigma(X)=PXQ=Q^{-1}XQ$。

前面那个怎么证明$\ker(\sigma)=\{0\}$呢？

Czhang271828

abababa 发表于 2023-6-6 13:19
这个需要抽象代数的内容，我暂时理解不了。maven给了一个提示：
你先证明 sigma 的核是零空间，从而是单 ...

显然存在 $X$ 使得 $\sigma(X)=O$, 例如 $X=O$. 若 $X$ 中有非零项 $x_{i,j}$, 则
$$
\sigma(E_{i,j})=x_{i,j}^{-1}\cdot \sigma(x_{i,j}E_{i,j})=x_{i,j}^{-1}\sigma(E_{ii})\sigma(X)\sigma(E_{jj})=O.
$$
由于 $E_{l,i}E_{i,j}E_{j,k}=E_{l,k}$, 我们发现所有 $E_{i,j}$ 在 $\sigma$ 作用下为 $O$. 这与
$$
O=\sum_{1\leq k\leq n}\sigma(E_{k,k})=\sigma(E_{1,1}+\cdots+E_{n,n})=\sigma(I)=I
$$
矛盾. 因此 $X=O$.

Czhang271828

abababa 发表于 2023-6-6 13:19
这个需要抽象代数的内容，我暂时理解不了。maven给了一个提示：
你先证明 sigma 的核是零空间，从而是单 ...

我对你的过程有个疑问, 从 $\sigma(X)=PXQ$ 推出 $\sigma(-)=P(-)Q$ 不大自然. 你用到的条件似乎只有 $\sigma$ 可逆以及保持乘法, 并没有用到 $\sigma$ 保持加法? 那么有反例
\[\sigma:\mathbb C^{1\times 1}\to \mathbb C^{1\times 1}, \quad z\mapsto z^{-1}.\]

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-6 14:22
我对你的过程有个疑问, 从 $\sigma(X)=PXQ$ 推出 $\sigma(-)=P(-)Q$ 不大自然. 你用到的条件似乎只有 $\s ...

$\sigma$是线性变换，必须得保持加法和数乘吧。

但这里我的证明确实是错的，$\sigma(X)=PXQ$，但不一定存在同样的$P,Q$使得$\sigma(A)=PAQ$。

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-6 14:12
显然存在 $X$ 使得 $\sigma(X)=O$, 例如 $X=O$. 若 $X$ 中有非零项 $x_{i,j}$, 则
$$
\sigma(E_{i,j})=x_ ...

谢谢，按5楼的提示，我明白怎么证明$\ker(\sigma)=\{0\}$了。
设$E_{ij}$为第$i$行第$j$列等于$1$，其余元素全为零的$n$阶方阵，所以所有这些$E_{ij}$就是$\mathbb{F}^{n\times n}$的一个基底。然后假设存在$X\neq0$使得$\sigma(X)=0$，不妨设$X_{11}\neq0$，然后对任意的$i,j$都有\[0=\sigma(E_{1i})\sigma(X)\sigma(E_{j1})=\sigma(E_{1i}XE_{j1})=\sigma(X_{11}E_{ij})=X_{11}\sigma(E_{ij})\]

但$X_{11}\neq0$，所以必有$\sigma(E_{ij})=0$，也就是$\sigma$把基底向量全都映到零，所以$\sigma$把任意向量（矩阵）全都映到零，所以$\sigma$是零映射。这就和我1楼里的疑问有矛盾了，当$\sigma$是零变换时命题不成立。

Czhang271828

abababa 发表于 2023-6-6 15:56
$\sigma$是线性变换，必须得保持加法和数乘吧。

但这里我的证明确实是错的，$\sigma(X)=PXQ$，但不一定 ...

我想了几个例子, 认为这题的解决方法绕不开这一结论: '除环的矩阵环代数 $D^{n\times n}$ 的不可约表示唯一'. 这样一来, 不可约表示 $\rho:D^{n\times n}\to \mathrm{GL}(V)$ 与 $\rho\circ \sigma :D^{n\times n}\to \mathrm{GL}(V)$ 是共轭表示, 从而 $\sigma$ 是内自同构.

虽然这是表示论中的常见结论, 并且还被出成 13 年大学生数学竞赛的题目. 解答见链接. 这份解答没有用表示论之类的, 其中蕴含'$M_n(k)$ 不可约表示唯一'的等价命题, 工作量本质上等同于一般表示论教材.

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-6 16:46
我想了几个例子, 认为这题的解决方法绕不开这一结论: '除环的矩阵环代数 $D^{n\times n}$ 的不可约表示唯 ...

证明了$\sigma$是单射之后，它还保持题目中的乘法，那$\sigma$应该是有限维代数$\mathbb{F}^{n\times n}$上的自同构映射，如果它是一个内自同构，它就满足题目结论里所说的。

但怎么证明它只能是内自同构，我目前还缺很多知识，暂时先收藏，等能看懂时再看。