El Centro de $\operatorname{GL}(n,k)$

Question

La pregunta:

Deje $k$ ser un campo y $n \in \mathbb{N}$. Mostrar que el centro de la $\operatorname{GL}(n, k)$$\lbrace\lambda I\mid λ ∈ k^∗\rbrace$.

He pasado un rato tratando de probar esto y han tenido éxito si $ k \subseteq \mathbb{R}$. Así que me imagino que hay una mejor manera de ir sobre esto. He visto gente diciendo tomar matrices donde cada elemento, excepto uno que es cero en la demostración de resultados similares, pero tales matrices no están en $\operatorname{GL}(n,k)$ ya que no es invertible.

Lo que he hecho.

Me han dicho que deje $B \in$ Centro $B$ viajes con todo lo en $\operatorname{GL}(n,k)$. Así que toma una matriz de permutación, $P$ que se intercambia las filas $i,j$ $P \neq I$. A partir de esto se puede deducir que el $B^T = B$ y $B_{ii} = B_{jj}$. Podemos utilizar el hecho de que $B$ es simétrica a encontrar ortogonal diagonalisation de $B$ por el teorema espectral.

Esto le da a $QBQ^T = D \rightarrow B=D$. Y como $B_{ii} = B_{jj}$ podemos decir $B = k * I$.

Pero el teorema espectral requiere de $B$ a ser un verdadero matriz.

¿Cómo puedo probar esto por un general $k$?.

Answer 1

Deje $A$ pertenecen al centro de $GL(n,k)$.

Fix $1\leq i\neq j\leq n$.

Denotar $E_{i,j}$ la matriz con $1$ $(i,j)$ coeficiente, y $0$ en otros lugares.

A continuación, $I_n+E_{i,j}$ pertenece a $GL(n,k)$ (como se solicita a continuación, una prueba de esto es que, como cada transvection matriz, $I_n+E_{i,j}$ ha determinante $1$).

Así $$ (I_n+E_{i,j})=A(I_n+E_{i,j})\quad \Leftrightarrow\quad E_{i,j}=AE_{i,j}. $$ Ahora calcular la correspondiente coeficientes en el último.

Answer 2

Aquí hay otro método que evita casi totalmente para trabajar con matrices.

Deje $V$ ser un número finito de dimensiones de espacio vectorial. Vamos a mostrar que el centro de la $\text{Aut}(V)$ consiste, precisamente, de los mapas que son de la forma $(x\mapsto \lambda x)$ para un escalar distinto de cero $\lambda$.

Si $V$ $0$ o $1$-dimensional, esto es trivial. Así que supongamos que $\dim V\geq 2$ a partir de ahora. La primera observación importante es que si el operador $A$ conmuta con el operador $B$, $A$ preserva los subespacios propios de a $B$. Para suponer que $v$ es un autovector de a $B$ con autovalor $\lambda$. Entonces $$B(Av)=ABv=A(\lambda v)=\lambda Av$$ Thus $Un$ sends the eigenspace corresponding to $\lambda$ a sí mismo.

El siguiente lema que vamos a utilizar es este:

Si todos los no-vector cero de $V$ es un autovector de que el operador $A$, $A=(x\mapsto \lambda x)$ para algunos escalares $\lambda$.

Esto, los dejo para que puedas demostrar. Vamos a mostrar que el si $A$ es un elemento de $\text{Aut}(V)$ que conmutan con todos los operadores, entonces cada vector distinto de cero de a $V$ es un autovector de a$A$, con lo cual, a continuación, implica que $A$ corresponde a la multiplicación escalar.

¿Cómo vamos a hacer esto? Sería bueno si para cada vector distinto de cero $v_1\in V$, hay un operador invertible $B$ cuyo único vectores propios consisten $\text{span}(v_1)$. Este es de hecho el caso. Primero extender $\{v_1\}$ a la orden de la base de $\{v_1, v_2, \ldots,v_n\}$. A continuación, vamos a $B$ ser la extensión lineal del mapa que envía a $v_1$ a sí mismo y envía $v_i$ $v_i+v_{i-1}$para todos los otros $i$ (con respecto a esta base, este operador se vería como un Jordania Bloque compuesto enteramente de 1s). Uno puede mostrar que $B$ sólo ha $\text{span}(v_1)$ como su único espacio propio (con autovalor $1$). Puesto que, por hipótesis, $A$ viajes con $B$, $A$ envía $v_1$ a un escalar varios de $v_1$. Así, cada vector de $V$ es un autovector de a $A$; por lo tanto $A$ debe ser la multiplicación escalar por algunos (distinto de cero) escalar.

Ahora, tenga en cuenta que $GL_n(K)$ es isomorfo a la automorphism grupo de una $n$-dimensional espacio vectorial sobre $K$. Cada isomorfismo corresponde a una elección de ordenada base para $V$. Este isomorfismo que va a llevar el centro de la $\text{Aut}(V)$ hasta el centro de la $GL_n(K)$. Pero en virtud de la elección de la base para $V$, tenemos que la representación de la matriz del operador $(x\mapsto\lambda x)$ es una matriz diagonal con $\lambda$s en la diagonal.

Answer 3

Deje $A$ ser una matriz en el centro de la $\operatorname{GL}(n,k)$. A continuación, se conmuta con todos los invertible matrices. Así que busque en invertible matrices $B$, con una estructura sencilla (por ejemplo, tener las entradas sólo 0 o 1, y sólo 1 como sea posible) y traducir la ecuación de $AB = BA$ en condiciones en las entradas de $A$.