Si $\sigma:M_3\rightarrow S_3$ es un mapa lineal tal que $\sigma(PMP^{-1})=P\sigma(M)P^{-1}$ entonces $\sigma(M)=\ldots$

Question

En la página 32 del libro Introducción matemática a la mecánica de fluidos de Alexandre Chorin y Jerrold E. Marsden, se utiliza y comenta la siguiente propiedad: let $M_3$ sea el espacio de $3\times 3$ matrices y $S_3$ sea el subespacio de las matrices simétricas. Sea $\sigma:M_3\rightarrow S_3$ sea un mapa lineal, con la propiedad de que $\sigma(PMP^{-1})=P\sigma(M)P^{-1}$ para cada matriz ortogonal $P$ y cada $M\in M_3$ . Entonces existen constantes $\lambda$ y $\mu$ tal que $\sigma(M)=\lambda\text{Trace}(M)I_3+\mu(M+M^T)$ . No entiendo la breve prueba del libro. ¿Podría proporcionar una prueba detallada?

Answer 1

Obsérvese que cualquier $M \in M_3$ puede descomponerse de forma única como $$ M = \frac{1}{3}\operatorname{Tr}(M)I_3 + \frac{1}{2}(M-M)^T + \left(\frac{1}{2}(M+M^T)-\frac{1}{3}\operatorname{Tr}(M)I_3 \right), $$ donde

• $\frac{1}{3}\operatorname{Tr}(M)I_3 \in \mathbb{R}I_3$ el subespacio de todos los múltiplos escalares del $3 \times 3$ identidad $I_3$ ,
• $\frac{1}{2}(M-M)^T \in A_3$ el subespacio de todos los $3 \times 3$ matrices simétricas, y
• $\frac{1}{2}(M+M^T)-\frac{1}{3}\operatorname{Tr}(M)I_3 \in S_3^0$ el subespacio de todos los $3 \times 3$ matrices simétricas de traza $0$ ;

en particular, se deduce que $\sigma = \sigma_1 + \sigma_2$ , donde $\sigma_1 : M_3 \to \mathbb{R}I_3$ se define por $$ \sigma_1(M) := \frac{1}{3}\operatorname{Tr}(\sigma(M))I_3, $$ y donde $\sigma_2 := \sigma - \sigma_1 : M_3 \to S_3^0$ . Por lo tanto, basta con encontrar las constantes $C_1$ y $C_2$ , de tal manera que $$ \forall M \in M_3, \quad \sigma_1(M) = C_1 \left(\frac{1}{3}\operatorname{Tr}(M)I_3\right), \quad \sigma_2(M) = C_2 \left(\frac{1}{2}(M+M^T) - \frac{1}{3}\operatorname{Tr}(M)I_3\right). $$

Ahora, dejemos que $O_3$ sea el grupo de $3 \times 3$ matrices ortogonales. Un subespacio $V$ de $M_3$ se llama $O_3$ -invariante si $$ \forall M \in V, \; \forall P \in O_3, \quad PMP^{-1} \in V; $$ un $O_3$ -se denomina subespacio invariable irreducible si el único $O_3$ -subespacios invariantes de $V$ son $\{0\}$ y $V$ en sí mismo. Es fácil comprobar que $\mathbb{R}I_3$ , $A_3$ y $S_3^0$ son todos $O_3$ -y es trivial que $1$ -dimensional $O_3$ -subespacio invariable $\mathbb{R}I_3$ es irreducible; es un hecho no trivial que el $3$ -dimensional $O_3$ -subespacio invariable $A_3$ y el $5$ -dimensional $O_3$ -subespacio invariable $S_3^0$ también son irreducibles. Porque $\sigma$ es $O_3$ -equivariante en el sentido de que $$ \forall M \in M_3, \; \forall P \in O_3, \quad \sigma(PMP^{-1}) = P\sigma(M)P^{-1}, $$ se puede demostrar que $\sigma_1$ y $\sigma_2$ son $O_3$ -equivariante también, por lo que podemos desarrollar una variante del argumento de Chorin y Marsden como sigue.

Primero encontremos una constante $C_1$ , de tal manera que $$ \forall M \in M_3, \quad \sigma_1(M) = C_1 \left(\frac{1}{3}\operatorname{Tr}(M)I_3\right). $$ En primer lugar, vamos a demostrar que $\sigma_1$ se desvanece en $A_3 \oplus S_3^0$ para que $\sigma_1$ está completamente determinada por su restricción a $\mathbb{R}I_3$ . Por un lado, al $O_3$ -equivarianza de $\sigma_1$ y el teorema de la nulidad, el conjunto $\{M \in A_3 \mid \sigma_1(M) = 0\}$ es un $O_3$ -subespacio invariable de $A_3$ con una dimensión mínima de $2$ por irreducibilidad de $A_3$ se deduce que $\{M \in A_3 \mid \sigma_1(M) = 0\} = A_3$ para que $\sigma_1$ se desvanece en $A_3$ . Por otro lado, exactamente con el mismo argumento, el $O_3$ -equivarianza de $\sigma_1$ el teorema de la nulidad y la irreducibilidad de $S_3^0$ juntos implican que $\{M \in S_3^0 \mid \sigma_1(M) = 0\} = S_3^0$ para que $\sigma_1$ también se desvanece en $S_3^0$ . Pero ahora, para cualquier $\alpha \in \mathbb{R}$ , $$ \sigma_1(\alpha I_3) = \frac{1}{3}\operatorname{Tr}(\sigma(\alpha I_3)) I_3 = \frac{1}{3}\operatorname{Tr}(I_3) \alpha I_3 = \left(\frac{1}{3}\operatorname{Tr}(\sigma(I_3))\right) \frac{1}{3}\operatorname{Tr}(\alpha I_3) I_3, $$ para que $C_1 := \tfrac{1}{3}\operatorname{Tr}(\sigma(I_3))$ hace el trabajo.

Ahora, encontremos una constante $C_2$ , de tal manera que $$ \forall M \in M_3, \quad \sigma_2(M) = C_2 \left(\frac{1}{2}(M+M^T) - \frac{1}{3}\operatorname{Tr}(M)I_3\right). $$ En primer lugar, vamos a demostrar que $\sigma_2$ se desvanece en $\mathbb{R}I_3 \oplus A_3$ para que $\sigma_2$ está completamente determinada por su restricción a $S_3^0$ . Por $O_3$ -equivarianza de $\sigma_2$ el conjunto $\{\sigma_2(M) \mid M \in \mathbb{R}I_3 \oplus A_3\}$ es un $O_3$ -subespacio invariable de $S_3^0$ con una dimensión máxima de $4$ por irreducibilidad de $S_3^0$ se deduce que $\{\sigma_2(M) \mid M \in \mathbb{R}I_3 \oplus A_3\} = \{0\}$ para que $\sigma_2$ efectivamente se desvanece en $\mathbb{R}I_3 \oplus A_3$ . Si $\sigma_2$ también se desvanece en $S_3^0$ , entonces podemos tomar $C_2 = 0$ y se hace. Así que veamos más de cerca el otro caso.

Supongamos ahora que $\sigma_2$ hace no desaparecen idénticamente en $S_3^0$ . Así, por $O_3$ -equivarianza de $\sigma_2$ el conjunto $\{M \in S_3^0 \mid \sigma_2(M) = 0\}$ define un $O_3$ -subespacio invariable de $S_3^0$ con una dimensión estrictamente inferior a $5$ por irreducibilidad de $S_3^0$ se deduce que $\{M \in S_3^0 \mid \sigma_2(M) = 0\} = \{0\}$ para que $\sigma_2$ es realmente invertible como un mapa $S_3^0 \to S_3^0$ . Ahora, dejemos que $C_2$ sea cualquier valor propio de $\sigma_2$ como un mapa $S_3^0 \to S_3^0$ por la invertibilidad, se deduce que $C_2 \neq 0$ . Por $O_3$ -equivarianza de $\sigma_2$ el conjunto $\{M \in S_3^0 \mid \sigma_2(M) = C_2 M\}$ define un $O_3$ -subespacio invariable de $S_3^0$ de dimensión mínima $1$ por irreducibilidad de $S_3^0$ por lo que se deduce que $\{M \in S_3^0 \mid \sigma_2(M) = C_2 M\} = S_3^0$ de modo que para cualquier $M \in S_3^0$ , $$ \sigma_2(M) = C_2 M = C_2\left(\frac{1}{2}(M+M^T)-\frac{1}{3}\operatorname{Tr}(M)I_3 \right), $$ según sea necesario.

Si estáis familiarizados con la teoría de la representación, habréis notado que he utilizado [la demostración del] lema de Schur a izquierda, derecha y centro en todo momento. Con un poco más de cuidado, sospecho que todo esto puede parecer un poco más elemental, pero no se puede escapar de la teoría de la representación; de hecho, honestamente no sé cómo se podría demostrar la desaparición de $\sigma$ en $A_3$ sin ella.

Answer 2

Es de suponer que las matrices son reales. Sea $R_t$ denota el $2\times2$ matriz de rotación para el ángulo $t$ y que $Q_t=(R_t\oplus1)\in SO(3)$ .

Primero demostramos que $\sigma(K)=0$ cuando $K$ es simétrica. Podemos considerar sólo el caso $K=Q_{\pi/2}$ porque cada $3\times3$ La matriz simétrica a la inclinación es ortogonalmente similar a un múltiplo escalar de esta $K$ . Sea $S=\sigma(K)$ . Entonces $Q_tKQ_t^\top=K$ y $Q_tSQ_t^\top=S$ por cada $t$ . Por lo tanto, $S=aI_2\oplus b$ para algunos escalares $a$ y $b$ . Sin embargo, para $D=\operatorname{diag}(1,-1,1)$ también tenemos $DSD=-S$ porque $DKD=-K$ . Por lo tanto, $a=b=0$ y $S=\sigma(K)=0$ .

A continuación, demostramos que $\sigma(Z)$ es un múltiplo escalar de $Z$ cuando $Z$ es una matriz simétrica sin trazos. Consideremos el caso $Z=\operatorname{diag}(1,-1,0)$ primero. Deje que $S=\sigma(Z)$ . Entonces $\Lambda Z\Lambda=\Lambda$ y $\Lambda S\Lambda=S$ para toda matriz diagonal ortogonal $\Lambda=\operatorname{diag}(\pm1,\pm1,\pm1)$ . Por lo tanto, $S$ es una matriz diagonal. Sin embargo, también tenemos $Q_{\pi/2}ZQ_{\pi/2}^\top=-Z$ y $Q_{\pi/2}SQ_{\pi/2}^\top=-S$ . Así, $S$ es un múltiplo escalar de $Z$ . Sea $S=\sigma(Z)=2\mu Z$ .

De ello se desprende que $\sigma(Z)=2\mu Z$ para cada matriz simétrica sin trazos $Z$ porque $\sigma$ es un mapa lineal que preserva la similitud ortogonal y toda matriz simétrica sin trazos $Z$ puede escribirse como una suma ponderada finita de la forma $\sum_i c_i U_i\operatorname{diag}(1,-1,0)U_i^\top$ donde cada $U_i$ es una matriz ortogonal.

Por último, las propiedades dadas de $\sigma$ implican claramente que $\sigma(I_3)=\gamma I_3$ para algún escalar $\gamma$ . Como toda matriz $M\in M_3(\mathbb R)$ puede escribirse como $\frac13\operatorname{tr}(M)I_3+K+Z$ , donde $K=\frac12(M-M^\top)$ es simétrica y $Z=\frac12(M+M^\top)-\frac13\operatorname{tr}(M)I_3$ es sin trazos y simétrica, obtenemos \begin{align} \sigma(M) &=\frac13\operatorname{tr}(M)\sigma(I_3)+\sigma(K)+\sigma(Z)\\ &=\frac\gamma3\operatorname{tr}(M)I_3+0+2\mu Z\\ &=\frac{\gamma-2\mu}3\operatorname{tr}(M)I_3+\mu(M+M^\top). \end{align}