Mostrar que la traza es una funcional lineal única

Question

Si $W=M_{n\times n}(\mathbb F)$ y $f$ es un funcional lineal en $W$ tal que $f(AB)=f(BA)\;\forall A,B\in W$, y $f(I)=n$, entonces $f$ es la función traza.

He intentado generar matrices útiles que puedan representarse en la forma $AB-BA$ para algunos $A$ y $B$. Mi idea era generar una base para $W$ de la forma $AB-BA$ más la identidad.

Answer 1

Considera la matriz $A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$. Queremos demostrar que necesariamente $f(A)=0$. Sea $B=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$. Entonces $BA=A$ y $AB=0$, por lo que mediante la linealidad de $f$ tenemos que $0=f(0)=f(AB)=f(BA)=f(A)$. Lo mismo funciona para cualquier matriz con un solo $1$ fuera de la diagonal en cualquier dimensión. Por lo tanto, por linealidad, $f(A)$ solo depende de las entradas de la diagonal de $A$.

Supongamos entonces que $A$ es invertible y elijamos $B=A^{-1}C$ para cualquier matriz cuadrada $C$. Entonces la condición $f(AB)=f(BA)$ se convierte en $f(C)=f(A^{-1}CA)$. Si elegimos $A$ como una matriz de permutación y dejamos que $C$ sea una matriz diagonal, vemos que $f$ es invariante bajo permutaciones de los elementos diagonales. Por linealidad, $f(\text{diag}(c_1,\dots,c_n))=\lambda(c_1+\dots+c_n)$ para alguna constante $\lambda$. La normalización entonces implica que $f$ es la traza.

Answer 2

Pido disculpas por publicar una respuesta tardía pero humildemente sugiero que las otras respuestas hasta ahora no llegan al meollo del asunto.

Puedes saltarte este párrafo si los términos no significan nada: La definición invariante de la traza en álgebra lineal superior utiliza el isomorfismo entre $Hom(V, V)$ y el producto tensorial $V^*\otimes V$ para un espacio vectorial V de dimensión finita. En el caso de dimensionalidad infinita, todavía hay un isomorfismo pero solo para operadores lineales de rango finito. Dado un elemento de $V^*\otimes V$ tienes la funcional de evaluación lineal definida por su acción en tensores simples como $Tr(\phi \otimes x) = \phi(x)$. La validez de este mapa se deduce de la propiedad universal de los productos tensoriales ya que la evaluación es bilineal. Esto es solo contracción tensorial.

En términos de matrices, esto significa que $Tr$ se define por su acción en matrices de rango 1 $x y^T$ como $Tr(x y^T) = y^T x$. Puedes considerar $y^T$ como simplemente una notación para un funcional lineal si quieres pensar de manera invariante. Veamos cómo derivar esto a partir de tus condiciones establecidas:

Una proyección de rango 1 tiene la forma $z z^T$ donde $z^T z = 1$. Todas las proyecciones de rango 1 son conjugadas y, por lo tanto, por la conmutatividad de la traza, deben tener la misma traza. Dado que $Tr(I_n) = n$ y $I_n$ se puede descomponer como una suma de $n$ proyecciones de rango 1, se sigue que $Tr(z z^T) = 1$. (Una proyección de rango $k$ obtiene traza $k$.) Reemplaza la matriz no cuadrada $x$ y $y^T$ con la matriz cuadrada $x z^T$ y $z y^T$:

$Tr(x y^T) = Tr(x z^T z y^T) = Tr(z y^T x z^T) = y^T x Tr(z z^T) = y^T x$

De esto, todo lo demás sigue fácilmente. Una representación matricial corresponde a una suma de matrices de rango 1: $A = \sum_{ij} A_{ij} e_i e_j^T$. Aquí ${e_i}$ es una base y ${e_i^T}$ es la base dual única definida por $e_i^T e_i = 1$ y $e_i^T e_j = 0$ si $i \neq j$. Por lo tanto

$Tr(A) = \sum_{ij} A_{ij} Tr(e_i e_j^T) = \sum_{ij} A_{ij} e_j^T e_i = \sum_i A_{ii}$

Quiero enfatizar que esta demostración es válida para operadores lineales de rango finito si interpretas los símbolos de transposición como simplemente designando funcionales lineales. No se requiere producto interno. En $z z^T$ solo piensa en $z^T$ como cualquier funcional lineal que satisface $z^T z = 1$. (Cuando un producto interno sí está presente y interpretas el símbolo de transposición como una operación entonces obtienes una proyección ortogonal.) Puedes pensar en esto como la contraparte de la "notación matricial abstracta" de la notación de índices abstractos para la convención de suma de Einstein para tensores.