Unitariamente equivariante, lineal, mapas hermíticos en álgebras de matrices

Question

Me di cuenta de que mi pregunta no estaba bien planteada, por lo tanto procedí a reescribirla desde cero.

Denotemos por $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$ el álgebra de matrices complejas $C^{*}$. Sea $L\colon\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})\longrightarrow\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$ un mapa lineal tal que $L(\mathbf{A}^{\dagger})=(L(\mathbf{A}))^{\dagger}$ para cada $\mathbf{A}\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$, donde $\dagger$ es la involución estándar en $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$ dada por la transpuesta conjugada.

Ahora, supongamos que $L$ es unitariamente equivalente, es decir, supongamos que $$L(\mathbf{U\,A\,U^{\dagger}})\,=\,\mathbf{U}\,L(\mathbf{A})\,\mathbf{U}^{\dagger}$$ para todo $\mathbf{A}\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$ y para cada matriz unitaria $\mathbf{U}\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$ (es decir, $\mathbf{U}\mathbf{\,U^{\dagger}}=\mathbb{I}$ donde $\mathbb{I}$ es la matriz identidad).

Claramente, $L(\mathbf{A})=\alpha\mathbf{A}$ con $\alpha\in\mathbb{R}$ es un mapa lineal que satisface todas estas suposiciones, pero me gustaría saber si hay otros mapas no triviales que cumplan con todas estas suposiciones.

Cualquier consejo/sugerencia/comentario/solución es muy apreciado.

Answer 1

Sea $\{E_{kj}\}$ la matriz canónica de unidades.

Sea $V$ una unitaria de la forma $E_{11}\oplus U$ (es decir, $V=\begin{bmatrix} 1&0\\0& U\end{bmatrix}$). Entonces $VE_{11}V^*=E_{11}$, por lo tanto $$L(E_{11})=L(VE_{11}V^*)=VLE_{11}V^*.$$ Por lo tanto, $L(E_{11})$ conmuta con todas las $V$ de este tipo. Como somos libres de elegir $U$ como cualquier unitaria de $(n-1)\times(n-1)$, obtenemos que $$L(E_{11})=\gamma_1 E_{11} +\delta_1 (I-E_{11}).$$ Ahora repetir esto para cada uno de $E_{22},\ldots,E_{nn}$. Se sigue que, para cualquier $\alpha=(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$ existe un $\beta$ tal que $$L(\sum_{j=1}^n \alpha_j E_{jj})=\sum_{j=1}^n \beta_jE_{jj}.$$ Como $L$ es lineal, se deduce que el mapa $\beta=T\alpha$ es lineal. Ahora sea $S$ una permutación (¡que es unitaria!). Tenemos $$L(\sum_j (S\alpha)E_{jj})=L\left(S(\sum_j\alpha_jE_{jj})S^*\right) =S\,L\left(\sum_j\alpha_jE_{jj}\right)\,S^*=\sum_j (S\beta)_jE_{jj}.$$ Observando los coeficientes, tenemos que $ST\alpha=S\beta=TS\alpha$. Podemos hacer esto para cualquier $\alpha\in\mathbb C^n$, por lo tanto tenemos que $TS=ST$. Como esto ocurre para cualquier permutación $S$, se deduce que $T=\alpha I$ para algún $\alpha\in\mathbb C$. Así $$L(\sum_{j=1}^n \alpha_j E_{jj})=\alpha\,\sum_{j=1}^n \alpha_jE_{jj}.$$ Ahora sea $A$ autoadjunta. Entonces existe una unitaria $U$ tal que $A=U\left(\sum_j \alpha_j E_{jj}\right)U^*$. Entonces $$L(A)=L\left(U\left(\sum_j \alpha_j E_{jj}\right)U^*\right)=UL\left(\sum_j \alpha_j E_{jj}\right)U^*=\alpha\,U\left(\sum_j \alpha_j E_{jj}\right)U^*=\alpha A.$$ Como $L$ es lineal y las matrices autoadjuntas abarcan todo $M_n(\mathbb C)$, obtenemos que $L(A)=\alpha A$ para todo $A$.

Si requerimos que $L(A^*)=L(A)^*$, entonces $\alpha I=L(I)=L(I)^*=(\alpha I)^*=\bar\alpha I$. Es decir, $\alpha\in\mathbb R$.

Answer 2

Con respeto, la respuesta de Martin trabaja demasiado. La segunda condición dice que $L$ es un endomorfismo de $M_n(\mathbb{C})$ como una representación compleja del grupo unitario $U(n)$. Así que por supuesto deberíamos tratar de entender la descomposición de esta representación en irreducibles. Primero, el caso $n = 1$ es algo degenerado y debería hacerse por separado. Ahora asumimos que $n \ge 2$. $M_n(\mathbb{C})$ tiene un mapeo de traza ($GL_n(\mathbb{C})$-equivariante) $\text{tr} : M_n(\mathbb{C}) \to \mathbb{C}$ que lo descompone como una representación de $U(n)$ en una suma directa

$$M_n(\mathbb{C}) \cong \mathfrak{sl}_n(\mathbb{C}) \oplus 1$$

donde $1$ denota la representación trivial, aquí concretamente la subrepresentación generada por la identidad, y $\mathfrak{sl}_n(\mathbb{C})$ es el núcleo del mapeo de traza, por lo que el espacio de matrices sin traza.

Afirmación: $\mathfrak{sl}_n(\mathbb{C})$ es irreducible como una representación compleja de $U(n)$.

Prueba. La irreducibilidad como una representación compleja de $U(n)$ es equivalente a la irreducibilidad como una representación de la álgebra de Lie (real) $\mathfrak{u}(n)$, que es equivalente a la irreducibilidad como una representación de la complejificación $\mathfrak{u}(n) \otimes \mathbb{C} \cong \mathfrak{gl}_n(\mathbb{C})$. Ahora la irreducibilidad sigue de la observación de que $\mathfrak{sl}_n(\mathbb{C})$ es simple. $\Box$

Se sigue por el lema de Schur que $L$ consiste en la multiplicación por dos escalares $\alpha, \beta$, uno en $\mathfrak{sl}_n(\mathbb{C})$ y otro en la representación trivial generada por la matriz identidad $1$. Más explícitamente,

$$L(A) = L \left( \left( A - \frac{\text{tr}(A)}{n} I \right) + \frac{\text{tr}(A)}{n} I \right) = \alpha \left( A - \frac{\text{tr}(A)}{n} I \right) + \beta \frac{\text{tr}(A)}{n} I.$$

Esto es un poco más limpio si escribimos $\gamma = \frac{\beta - \alpha}{n}$ lo que nos permite escribir

$$L(A) = \alpha A + \gamma \, \text{tr}(A) I.$$

Ahora consideramos la condición adicional de que $L$ conmute con adjuntos. Dado que el adjunto descompone $M_n(\mathbb{C})$ en dos componentes isotípicas, las matrices autoadjuntas y las matrices antisimétricas (nota que esta es una descomposición real; el adjunto es solo real-lineal), esto es equivalente a la condición de que $L$ preserve las matrices autoadjuntas y las matrices antisimétricas. Si tomamos $A$ como autoadjunta con traza cero obtenemos que $L(A) = \alpha A$ debe continuar siendo autoadjunta lo que da que $\alpha$ es real. Luego, si tomamos $A$ como antisimétrica con traza distinta de cero (que debe ser puramente imaginaria) obtenemos que $L(A) = \alpha A + \gamma \, \text{tr}(A) I$ debe continuar siendo antisimétrica lo que da $\gamma = 0$. La conclusión sigue.