¿Es cada operador lineal que es$SO(n)$ - invariante necesariamente isotrópico?

Question

Deje $M_n$ ser el espacio vectorial de $n \times n$ real de las matrices.

Decimos que un operador lineal $\alpha:M_n \to M_n$ es hemitropic* si:

$(*) \, \, \alpha(S^TXS)=S^T\alpha(X)S \, , \, \forall S \in SO(n)$

y isotrópica, si la fórmula anterior se tiene $\forall S \in O(n)$

Mi pregunta: Es cada hemitropic operador necesariamente isotrópica? ¿La respuesta del cambio, si asumimos $\alpha$ es inyectiva?

En dimensiones impares, la respuesta es sí, ya que para cualquier $Q \in O(n) \setminus SO(n)$, $\det(-Q)=1$ por lo $-Q \in SO(n)$ y por (*):

$\alpha(Q^TXQ)=\alpha\big((-Q)^TX(-Q)\big)=(-Q)^T\alpha(X)(-Q)=Q^T\alpha(X)Q$

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Sospecho que la respuesta en dimensiones es negativo, pero hasta ahora no he encontrado una forma de construir un hemitropic no isotrópica operador. (Aunque supongo que esto se puede hacer incluso en la dimensión $2$).

Actualización:

Para la dimensión $2$ he construido (véase la respuesta de abajo) hemitropic no isotrópica operador. Sin embargo, mi construcción se basó en el hecho de que todos los $2$-dimensiones de la rotación de viaje. Este no es el caso de mayores dimensiones. (Ver aquí).

Esto deja abierta la cuestión de dimensiones por encima de los dos.

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La terminología "hemitropic" proviene de la teoría de la Elasticidad.

Answer 1

$\newcommand{\al}{\alpha}$ $\newcommand{\be}{\beta}$ $\newcommand{\the}{\theta}$

Bueno, resulta que la respuesta es ciertamente negativo.

Incluso para la dimensión $2$, hay hemiropic, no isotrópica operadores. (En particular inyectiva).

He aquí un ejemplo:

$\alpha:M_2 \to M_2, \al(A)=R_{\theta} \cdot A$ donde $R_{\theta}=\begin{pmatrix} \cos(\theta) & -\sin(\theta) \\ \sin(\theta) & \cos(\theta) \end{pmatrix}$ es una matriz de rotación.

$\al$ es lineal y es invertible.

Mostramos $\al$ es hemitropic ($SO(n)$-invariante):

Este es esencialmente el hecho de que cualquiera de los dos $2$-dimensonal rotaciones de viaje.

$SO(2)=\{R_{\be}| \be \in [0,2\pi) \} \, , \, R_{\be}^T=R_{\be}^{-1}=R_{-\be}$

$\al(R_{\be}^TAR_{\be})=\al(R_{-\be}AR_{\be})=R_{\the}R_{-\be}AR_{\be}\stackrel{(*)}{=} R_{-\be}R_{\the}AR_{\be}=R_{\be}^T\al(A)R_{\be}$

como se requiere. (Donde (*) se deduce del hecho de que cualquiera de las dos rotaciones conmutan).

Mostramos $\al$ no es isotrópico ($O(n)$-invariante):

Esto es básicamente debido a dos $2$-dimensonal rotaciones ¿ no conmuta con reflexiones.

Denotar $R_{\theta}=\begin{pmatrix} q & -s \\ s & q \end{pmatrix} \, , q=\cos(\the),s=\sin(\the)$

Elija $A=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, O=O^T=\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \in O(n) \setminus SO(n)$

$\al(A)=\begin{pmatrix} q & -s \\ s & q \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -s & 0 \\ q & 0 \end{pmatrix}$

En general: $O \cdot \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \cdot O = \begin{pmatrix} a & -b \\ -c & d \end{pmatrix}$, así:

$(1): \, \, O \al(A) O = O \begin{pmatrix} -s & 0 \\ q & 0 \end{pmatrix} O=\begin{pmatrix} -s & 0 \\ -q & 0 \end{pmatrix}$, pero

$(2): \, \, \al(OAO)=\al(\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ -1 & 0 \end{pmatrix})=\begin{pmatrix} q & -s \\ s & q \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} s & 0 \\ -q & 0 \end{pmatrix}$

Por eso, $(1),(2) \Rightarrow O \al(A) O \neq \al(OAO)$ $\al$ no es isotrópica, según sea necesario.