Transformación lineal que preserva el determinante

Question

Parece que es "de dominio público" lo siguiente:

Dejemos que $T$ sea una transformación lineal sobre matrices nxn con coeficientes complejos que preserva el determinante. Entonces existen matrices U y V cuyo producto tiene determinante 1 tal que se cumple una de las siguientes:

a) Para cualquier matriz $A$ tenemos $T(A)=UAV$
b) Para cualquier matriz $A$ tenemos $T(A)=UA^TV$ donde $A^T$ es la transposición de $A$

Parece bastante razonable, pero en cuanto al "conocimiento común", no tengo ni idea ahora mismo de cómo probar tal cosa

Answer 1

En primer lugar, algunas observaciones sencillas: $T$ debe ser inyectiva ya que para cualquier $A$ Hay algunos $B$ tal que $B$ y $A+B$ tienen diferentes determinantes (ejercicio fácil). Multiplicando $T$ por $T(1)^{-1}$ se puede suponer que $T(1)=1$ .

Ahora bien, tenga en cuenta que $T$ preserva el rango de las matrices. En efecto, $T$ debe conservar el rango $n$ matrices, y luego el rango $n-1$ son sólo el lugar no singular en la variedad de matrices con determinante $0$ . Esto implica $T$ conserva el rango $n-1$ matrices. Rango $n-2$ son entonces los lugares no singulares de rango $<n-1$ matrices para que se conserven, y así sucesivamente.

Rango actual $k$ Las proyecciones son exactamente las del rango $k$ matrices que al restarlas de la identidad te dan algo de rango $n-k$ Esto es fácil de ver a partir de la forma normal de Jordan. Así, $T$ envía el rango $1$ proyecciones para clasificar $1$ proyecciones. Dos proyecciones tienen rangos disjuntos y conmutan si su suma es también una proyección. En particular, para $P_i$ las proyecciones sobre una base $e_i$ , $T$ envía $P_i$ a las proyecciones $Q_i$ en alguna otra base $f_i$ . Ahora dejemos que $U$ sea la matriz de cambio de base de la $e_i$ a la $f_i$ . Conjugando $T$ por $U$ muestra que podemos asumir $T$ fija cada $P_i$ . Es decir, elegir la base estándar, $T$ fija todas las matrices diagonales.

Ahora bien, las matrices cuyas únicas entradas no nulas están todas en la primera fila o todas en la primera columna se caracterizan por ser de rango $1$ y se mantienen en el rango $1$ si su primera entrada diagonal cambia. Afirmaciones similares son válidas para otras filas y columnas. De ello se desprende que $T(e_{ij})$ es un múltiplo de $e_{ij}$ o $e_{ji}$ para todos $j$ y $i$ , donde $e_{ij}$ es la matriz con $ij$ entrada $1$ y todos los demás $0$ . Considerando los rangos de las matrices con sólo dos entradas no nulas, es fácil ver ahora que debemos tener siempre $T(e_{ij})$ un múltiplo de $e_{ij}$ o siempre tienen $T(e_{ij})$ un múltiplo de $e_{ji}$ . Componiendo $T$ con el mapa de transposición podemos suponer que estamos en el primer caso.

Ahora dejemos que $a_{ij}$ sean los escalares tales que $T(e_{ij})=a_{ij}e_{ij}$ . Sabemos que $a_{ii}=1$ y considerando las matrices de permutación, es fácil ver que debemos tener $a_{ij}a_{jk}=a_{ik}$ . De ello se desprende que $T$ coincide con la conjugación por la matriz diagonal con entradas diagonales $a_{1i}$ y en particular $T$ tiene la forma $T(A)=UAV$ .

Answer 2

La conclusión que indica se obtiene como resultado principal en el siguiente documento pero con una hipótesis aparentemente más fuerte: (EDIT: No es más fuerte en absoluto, en realidad - acaba de darse cuenta de que está asumiendo que el mapa es lineal).

Mapas preservadores de determinantes en álgebras matriciales

Gregor Dolinar y Peter Semrl

Álgebra lineal y sus aplicaciones Volumen 348, números 1-3, 15 de junio de 2002, páginas 189-192

Dejemos que $M_n$ sea el álgebra de todos los $n\times n$ matrices complejas. Si $\phi:M_n→M_n$ es un mapeo suryectivo que satisface $\det(A+\lambda B)=\det(\phi(A)+\lambda\phi(B))$ entonces $\phi$ es de la forma $\phi(A)=MAN$ o $\phi$ es de la forma $\phi(A)=MA^TN$ donde $M,N$ son matrices no singulares con $\det(MN)=1$ .

Answer 3

La respuesta de Eric Wofsey puede modificarse un poco para dejar de suponer que se trata del campo $K=\mathbb{C}$ . Sea $K$ sea un campo arbitrario con $|K|>n$ (donde $n \in \mathbb{N}$ es la dimensión de nuestra matriz) y supongamos $T(I)=CD$ para algunas matrices $C$ y $D$ . La afirmación es que existe alguna matriz invertible $B$ tal que $T: A \mapsto CB^{-1}ABD$ o $T: A \mapsto CB^{-1}A^tBD$ .

*Podemos empezar demostrando que $T$ es inyectiva (y por lo tanto biyectiva) por el mismo argumento dado por Wofsey. Cambiamos de $T$ a $T:=T'(.)=C^{-1}T(.)D^{-1}$ tal que $T(I)=I$ .

*Para demostrar que $T$ preserva el rango de las matrices, recordemos que un rango $m$ se puede escribir como $A=Q\Lambda$ donde $\Lambda$ es no singular y $Q$ tiene precisamente $m$ columnas lineales independientes no nulas (las demás columnas son nulas). Teniendo esto en cuenta, podemos ver que para cualquier matriz $A$ \begin{equation} rank(A)=\max \left\{ m \in \mathbb{N}\left.\right| D \in M_n:\det (\lambda D + A)= c_{n-m}\lambda^{n-m}+...+c_n \lambda^n \text{ with }c_{n-m} \neq 0 \right\}. \end{equation} (Si estoy en lo cierto, la suposición de que $|K|>n$ es importante aquí, en el sentido de que para un polinomio $P$ de grado $\leq n$ tenemos $P(\lambda)=0$ para todos $\lambda \in K$ sólo si $P=0$ . Por lo tanto, los polinomios $P$ están fijados de forma única por sus evaluaciones $P(\lambda)$ )

Pero a partir de la bijetividad de $T$ se deduce que \begin{equation} rank(A)=\max \left\{ m \in \mathbb{N}\left.\right| D \in M_n:\det (\lambda D + A)=\det (T(\lambda D + A))=\det (\lambda T(D) + T(A))= c_{n-m}\lambda^{n-m}+...+c_n \lambda^n \text{ with }c_{n-m} \neq 0 \right\}= \max \left\{ m \in \mathbb{N}\left.\right| D \in M_n:\det (\lambda D +T(A))= c_{n-m}\lambda^{n-m}+...+c_n \lambda^n \text{ with }c_{n-m} \neq 0 \right\}=rank(T(A)) \end{equation}

*La última modificación a realizar es revisar la prueba de que $T$ mapea proyectores en proyectores de igual rango. Basta con demostrar que $A$ es un proyector de rango $m$ si $A$ tiene rango $m$ y $I-A$ tiene rango $n-m$ .

Demostrar la implicación de la derecha es fácil. Para la implicación hacia la izquierda para cualquier matriz $A$ tenemos la inclusión $\ker (A) \subset Ran (I-A)$ (ejercicio fácil), lo que implica $\dim(\ker (A)) \leq \dim(Ran (I-A))$ donde la igualdad se alcanza si $\ker (A) = Ran (I-A)$ . Por el teorema de la dimensión, tenemos entonces que $n=\dim(Ran(A))+\dim(\ker(A))\leq \dim(Ran(A)) + \dim(Ran(I-A))$ con igualdad si $\ker (A) = Ran (I-A)$ . Concluimos que \begin{equation} Rank(A)+Rank(I-A)=\dim(Ran(A))+\dim(Ran(I-A))=n \Rightarrow \ker (A) = Ran (I-A) \Rightarrow A(I-A)=0 \Rightarrow A\text{ is a projector} \end{equation}

Answer 4

He aquí una prueba más geométrica. Poner $V=\mathbb{C}^n$ . Considere la incrustación $i:\mathbb{P}(V)\times \mathbb{P}(V^*)\hookrightarrow \mathbb{P}(\mathrm{End}(V))$ que se asocia a $(x,x^*)$ el endomorfismo $z\mapsto \langle x^*,z\rangle x\ $ su imagen es el lugar de los endomorfismos de rango 1. Dado que $T$ preserva el rango, induce un automorfismo de $\mathbb{P}(V)\times \mathbb{P}(V^*)$ . Ahora $i$ es la incrustación definida por las secciones globales del haz de líneas $\mathcal{O}(1)\boxtimes \mathcal{O}(1)$ cualquier automorfismo de $\mathbb{P}(V)\times \mathbb{P}(V^*)$ preserva este haz de líneas, por lo que es inducido por un único automorfismo de $\mathbb{P}(\mathrm{End}(V))$ . Estos automorfismos son de la forma $(x,x^*)\mapsto (u(x),{}^{t}\!v(x^*))$ con $u,v\in \mathrm{Aut}(V)$ o $(x,x^*)\mapsto ({}^{t}\!v(x^*),u(x))$ , donde $u$ (resp. $v$ ) es un isomorfismo de $V$ en $V^*$ (resp. $V^*$ en $V$ ). De ello se desprende que $T(f)=ufv\ $ o $\ u{}^{t}\!fv$ .

Answer 5

Parece (al menos para mí) que la condición $|K|>n$ -obtenida por Thibaut Demaerel- sólo sirve para mostrar su caracterización del rango. Demostramos que este resultado es válido para cualquier campo.

$\textbf{Proposition.}$ Dejemos que $K$ sea cualquier campo, $A\in M_n(K)$ y que $f:D\in M_n(K)\mapsto degree(\det(D+sA),s)$ .

Entonces $\max_D f(D)=rank(A)$ .

$\textbf{Proof.}$ Podemos suponer que $A=diag(N,U)$ donde $N\in M_p(K)$ es nilpotente y en forma de Jordan y $U\in GL_{n-p}(K)$ .

i) $f(D)\leq rank(A)$ . Sea $u=rank(N)$ ; tenga en cuenta que $rank(A)=n-p+u$ .

Considere uno de los $n!$ elementos de $f(D)$ con el $n-p$ últimas columnas, obtenemos como máximo $n-p$ veces el factor $s$ con el $p$ primeras columnas obtenemos como máximo $u$ veces $s$ (es exactamente el número de $s$ entre las entradas de $N$ ).

ii) Hay $D$ s.t. $f(D)=rank(A)$ . Elegimos $D$ en la forma $D=diag(P,0)$ . Entonces $f(D)=\det(P+sN)\det(sU)$ . Queda por demostrar que hay $P=[p_{i,j}]$ s.t. $degree(P+sN)=u$ .

Dejemos que $N=diag(J_{i_1},\cdots,J_{i_q})$ donde $J_k$ es el bloque de Jordan nilpotente de dimensión $k$ . Entonces basta con elegir el $p_{i,j}$ igual a $1$ para las entradas que se encuentran en la parte inferior izquierda de cada bloque de Jordania y, en caso contrario, $0$ .

Ejemplo: para $p=2+3$ , $P+sN=diag(\begin{pmatrix}0&s\\1&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&s&0\\0&0&s\\1&0&0\end{pmatrix})$ ,