C$^{*}$ - álgebra que actúa irreductiblemente en el espacio de dimensión finita$\mathbb{C}^{n}$ debe ser$M_{n}(\mathbb{C})$

Question

Supongamos que$A\subseteq M_{n}(\mathbb{C})$ es un C$^{*}$ - álgebra que actúa irreductiblemente en el espacio de dimensión finita$\mathbb{C}^{n}$. Es decir, no hay subespacios no triviales de$\mathbb{C}^{n}$ invariante en$A$, o, de manera equivalente,$W_{v}:=\operatorname{span}\{av:a\in A\}=\mathbb{C}^{n}$ para cualquier$v\in\mathbb{C}^{n}$.

¿Hay una manera directa de ver que$A=M_{n}(\mathbb{C})$?

Answer 1

Un unital C$^*$-álgebra $A\subset M_n(\mathbb C)$ es de la forma$M_{n_1}(\mathbb C)\oplus\cdots\oplus M_{n_k}(\mathbb C)$,$n_1+\cdots+n_k=n$. Si $k\ne1$, $A$ ha proyecciones centrales, y por lo tanto se ha subespacios invariantes: para una proyección central $p$, $$ un(px)=apx=pax\p\,\mathbb C^n,\ \ \ a\a,\ x\in\mathbb C^n, $$ y, a continuación,$A(p\mathbb C^n)\subset p\,\mathbb C^n$. Así que la única manera de que $A$ puede no tener invariante no trivial de subespacios es al $k=1$, es decir,$A=M_n(\mathbb C)$.

Si la unidad de $1_A$ $A$ no $I_n$, $1_A$ es una proyección central en $M_n(\mathbb C)$ e lo $A$ ha trivial subespacios invariantes.

Answer 2

Me gusta s.arpa de la solución de muchos, también he encontrado lo que parece ser una muy elemental solución para el problema (utilizando únicamente básicos de álgebra lineal). Este resultado se conoce como Burnside del Teorema. Lomonosov y Rosenthal proporcionar una muy elemental en la prueba en hay papel https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0024379503007225 que resumo a continuación.

Deje $V$ ser finito-dimensional espacio vectorial. El siguiente es demostrado por inducción sobre la dimensión de la $V$: Si $A$ es un álgebra de operadores lineales en el espacio vectorial $V$ actuando irreductible en $V$, $A$ es el conjunto de todas las transformaciones lineales en $V$.

Si $\dim(V)=1$, esto es obvio. Así que supongo que $\dim(V)=n> 1$, y que el resultado vale para espacios vectoriales de dimensiones menos de $n$.

Pretendemos que $A$ debe contener un valor distinto de cero operador $u$ que no es invertible. Para ver esto, observe que puesto que $A$ actos irreducible en $V$, que contiene un operador $b$, que no es un escalar múltiples de la identidad. Si $b$ a no es invertible, tomamos $u=b$; de lo contrario, tome $u=\lambda b-b^{2}$ donde $\lambda$ es cualquier autovalor de a $b$.

Desde $u$ es no nulo y no invertible, el espacio vectorial $uV$ tiene dimensión positiva a menos de $n$. Por otra parte, desde la $A$ actos irreducible en $V$, hay para cada una de las $v_{1},v_{2}\in V$ $a\in A$ tal que $a(uv_{1})=v_{2}$. Por lo tanto, $ua(uv_{1})=uv_{2}$. Por lo tanto, el álgebra $uA=\{ua:a\in A\}$ actos irreducible en el espacio vectorial $uV=\{uv:v\in V\}$. Por lo tanto, por la hipótesis inductiva, $uA$ contiene todas las transformaciones lineales del espacio vectorial $uV$. Por lo tanto, hay un $a\in A$ con la propiedad de que $ua|_{uV}$ es un rango de un operador. Pero entonces, $uau$ es un rango de un operador en $V$. I. e., $A$ contiene un rango de un operador.

Dado $x\in V$ y un funcional lineal $f\in V^{*}$, dejamos $x\otimes f$ indicar el rango de un operador en $V$$(x\otimes f)(v)=f(v)x$. Es de rutina para comprobar que para un operador lineal $w$$V$, $$ w(x\otimes f)=(wx\otimes f) $$ y $$ (x\otimes f)w=(x\otimes (f\circ w)). $$ Por el párrafo anterior, $A$ contiene un rango de un operador $x\otimes f$. Por las dos ecuaciones anteriores, se deduce que para $a\in A$, $ax\otimes f\in A$. Desde $A$ es irreducible, esto implica que $\{y\otimes f:y\in V\}\subseteq A$. Pretendemos que también tenemos $\{f\circ w:w\in A\}=V^{*}$. De hecho, dado $g\in V^{*}$, elija $v_{0}\in V$ tal que $f(v_{0})\not=0$ y definen $w$$wv=\frac{g(v)}{f(v_{0})}v_{0}$. A continuación, $f\circ w=g$. Por lo tanto, $\{y\otimes g:y\in V,g\in V^{*}\}\subseteq A$. I. e., $A$ contiene todo el rango de uno de los operadores en $V$. Por lo tanto, $A=\mathcal{L}(V)$, ya que cada transformación lineal es la suma de la fila uno de los operadores.

Answer 3

Un corolario de Wedderburn del teorema es que si $\pi:A\to\mathrm{End}(V)$ es una irreductible álgebra homomorphism donde $A$ es unital $\Bbb C$-Álgebra y $V$ $\Bbb C$ vectorspace, a continuación, $\pi$ es automáticamente surjective.

En nuestro caso, esto nos da una surjective $C^*$-morfismos $\pi:\tilde A\to M_{n}(\Bbb C)$, que para las dimensiones razones que significa que $\tilde A=M_{n}(\Bbb C)$ . Aquí $\tilde A$ $A$ si $A$ es unital y $A\oplus\Bbb C\Bbb 1$ lo contrario (considerado como un sub-álgebra de $M_n(\Bbb C)$).

Este corolario se dará el resultado si comprueba que no existe (no unital) sub-álgebra de $M_n(\Bbb C)$, de modo que si se acuestan por la unidad consigue $M_n(\Bbb C)$. Esto se deduce de la $M_n(\Bbb C)$ ser simple, es decir, admitiendo no ideales.

Usted puede encontrar este corolario, por ejemplo, en Serge Lang, álgebra libro (Corolario 3.6, página 649 aquí), aunque el lenguaje utilizado aquí es un poco diferente.