Deje $\{e_{ij}\}$ ser la matriz de unidades en $M_m(\mathbb C)$.
En primer lugar observamos que si $\phi$ es distinto de cero, entonces a $\phi(e_{ij})\ne0$ todos los $i,j$. Esto se deduce del hecho de que $M_m(\mathbb C)$ es simple; pero para ver de manera más explícita, que es el caso, por ejemplo, que el $\phi(e_{12})=0$. Entonces
$$
\phi(e_{11})=\phi(e_{12}e_{21})=\phi(e_{12})\phi(e_{21})=0.
$$
A continuación, $\phi(e_{1j})=\phi(e_{11}e_{1j})=\phi(e_{11})\phi(e_{1j})=0$ cualquier $j$. Y, a continuación,
$$
\phi(e_{ij})=\phi(e_{i1}e_{1j})=\phi(e_{i1})\phi(e_{1j})=0.
$$
Así que todos los de la matriz de unidades de mapa a cero, y por lo $\phi$ sería igual a cero.
Esto puede ser hecho por cualquier otra elección que la de 1,2 con un mínimo de notación de los cambios.
Por lo $\phi(e_{11}),\ldots,\phi(e_{mm})$ son parejas proyecciones ortogonales con igual dejar rastro. De hecho,
$$
\mbox{tr}(\phi(e_{11})=\mbox{tr}(\phi(e_{1j}e_{j1})=\mbox{tr}(\phi(e_{1j})\phi(e_{j1})=\mbox{tr}(\phi(e_{j1})\phi(e_{1j}))=\mbox{tr}(\phi(e_{j1}e_{1j}))=\mbox{tr}(\phi(e_{jj}).
$$ Let $k$ denote this trace (this is the "multiplicity"). Note that the argument above shows that no homomorphism exists if $m>n$.
Ahora, la construcción de la matriz de unidades (por ejemplo, elegir una adecuada base ortonormales) $\{f_{gh}\}$ $M_n(\mathbb C)$ tal que
$$
\phi(e_{jj})=\sum_{i=1}^kf_{k(j-1)+l,k(j-1)+l},\ \ \ \ j=1,\ldots,m
$$
Si ahora nos reordenar la base (que en términos de matrices significa conjugar por un unitaria) de acuerdo a la permutación
$$
1,2,3,\ldots,n\mapsto 1,k+1,\ldots,k(m-1)+1, 2,k+2,\ldots,k(m-1)+2,\ldots,\ldots,k,k,+k,\ldots,k(m-1)+k
$$
tenemos la representación deseada (lo que está sucediendo con la reordenación es que cada proyección $\phi(e_{jj})$ contiene $k$ copias de cada matriz de la unidad; a continuación, tomamos todos los "primeros" de la matriz de la unidad en cada una de las $\phi(e_{jj})$ para obtener la primera copia de $A$; luego el segundo, etc.).
