Determinante de la lineal mapa dado por la conjugación.

Question

Deje $S$ denotar el espacio de sesgar-simétrica $n\times n$ real matrices, donde cada elemento $A\in S$ satisface $A^T+A = 0$.

Deje $M$ denotar ortogonal $n\times n$ matriz, y $L_M$ denota el lineal mapa $$L_M: A\mapsto MAM^{-1}.$$ ¿Cuál es el factor determinante de la $L_M$ como un endomorfismo de $S$?

Answer 1

Si nos echan las entradas de las matrices fila por fila, a continuación, $L_M=M\bigotimes M^{-T}:M_n\rightarrow M_n$ es un producto de Kronecker. Los autovalores de a $L_M$ $(\lambda_j/\lambda_k)_{j,k}$ donde $\operatorname{spectrum}(M)=(\lambda_j=\exp(i\theta_j))_j$. Finalmente, $\operatorname{spectrum}(L_M)=(\exp(i(\theta_j-\theta_k))_{j,k}$ y cada autovalor tiene el módulo de $1$.

Aquí vamos a considerar $\phi={L_M}_{|S}$; a continuación, $\det(\phi)$ es un producto (el resultado es real) de una parte de los autovalores de a $L_M$. Por lo tanto $\det(\phi)=\pm 1$. Por ejemplo, supongamos $n=2$ ; si $M\in O^+(2)$ $\det(\phi)=1$ ($\phi(s)=s$) y si $M\in O^-(2)$, luego $\det(\phi)=-1$ ($\phi(s)=-s$).

EDIT: en poco se puede mejorar el resultado anterior: ${L_M}^T=M^T\bigotimes M^T$ implica que el $L_M{L_M}^T=MM^T\bigotimes MM^T=I_{n^2}$ ; por otra parte $\det(L_M)=\det(M)^{2n}=1$. A continuación, $L_M\in O^+(n^2)$ $\phi\in O^+(S)$ o $O^-(S)$.

Answer 2

La proposición Para cualquier ortogonal $n \times n$ matriz $M$, la conjugación mapa $L_M: S \to S$, $M \mapsto M A M^{-1}$ ha determinante $1$ si $M \in SO(n)$ y/o $n$ es impar, y $-1$ si $M \in O(n) - SO(n)$ $n$ es incluso.

Lema Para cualquier ortogonal $n \times n$ matriz $M$, $\Phi: M \mapsto \det L_M$ es un homomorphism $O(n) \to \mathbb{R}^*$, $\Phi$ satisface:

1. $\Phi(I_n) = 1$,
2. $\Phi(MN) = \Phi(M) \Phi(N)$ todos los $M, N \in O(n)$, y
3. $\Phi(M^{-1}) = \Phi(M)^{-1}$ todos los $M \in O(n)$.

La prueba del Lema Este es inmediata, debido a que $\Phi$ es una composición de la determinante de la representación $GL(S) \to \mathbb{R}^*$ y el adjunto de la representación $O(n) \to GL(S)$, pero para los lectores que no están familiarizados con estas ideas, podemos verificar estas denuncias directamente.

1. Tenemos $L_{I_n}(A) = I_n A I_n^{-1} = A$, lo $L_{I_n}$ es el mapa de identidad en $S$, y por lo tanto $\Phi(I_n) = \det L_{I_n} = 1$.
2. Por definición, $L_{MN}(A) = (MN)A(MN)^{-1} = M(NAN^{-1})M^{-1} = L_M(L_N(A))$, lo $\Phi(MN) = \det L_{MN} = \det (L_M \circ L_n) = \det L_M \det L_N = \Phi(M) \Phi(N)$.
3. (Se sigue de (1) y (2).) $\square$

La prueba de la Proposición Desde $\Phi$ es continua y $O(n)$ es compacto, la imagen de $\Phi$ es compacto, y por lo tanto está contenido en $\{\pm 1\}$. (Suponga que no; entonces hay un elemento $A$$\Phi(A) \not\in \{\pm 1\}$, e invirtiendo [y usando (3)] si es necesario, podemos suponer $|\Phi(A)| > 1$. Entonces, por (2) de la imagen en $\Phi$ de la secuencia de $(A, A^2, A^3, \ldots)$$(\det A, (\det A)^2, (\det A)^3, \ldots)$, que es ilimitado, una contradicción con la compacidad de la imagen de $\Phi$.) Desde $\Phi$ es continua con componentes discretos, es la constante de los componentes conectados, y por (1) en el Lema, $\Phi(M) = \Phi(I_n) = \det L_{I_n} = 1$ $M$ en el componente conectado de $I_n$$O(n)$, es decir,$SO(n)$. (Observe cómo rápidamente llegamos a este resultado usando sólo un par de fácil observaciones.)

Desde $O(n) - SO(n)$ está conectado y $\Phi$ es la constante de los componentes conectados, para calcular el $\det L_M$ $M$ en este conjunto, basta calcular para un elemento (por cada $n$). Una opción sencilla es

$Z := \left(\begin{array}{cc} -1 & 0 \\ 0 & I_n \end{array}\right)$.

Calculamos el $\det L_Z$ directamente mediante el cálculo de la representación de la matriz de $L_Z$ en base a la $(F_{ij})_{i < j}$ $S$ donde $F_{ij}$ es la matriz con $(i, j)$ entrada $1$, $(j, i)$ la entrada $-1$, y el resto de las entradas de cero, por lo que

$(F_{ij})_{kl} = \delta_{ik} \delta_{jl} - \delta_{il} \delta_{jk}$.

A continuación, $L_Z(F_{ij}) = Z F_{ij} Z^{-1}$ tiene entradas

$(L_Z(F_{ij}))_{ab} = \sum_{k, l} Z_{ak} (F_{ij})_{kl} Z_{lb} = Z_{ai} Z_{jb} - Z_{aj} Z_{ib}$,

y por la construcción este es sólo el $((a, b), (i, j))$ entrada $(L_Z)_{(a, b), (i, j)}$ de la representación de la matriz de $L_Z$ en base a la $(F_{ij})_{i < j}$. Nos muestran que esta matriz es, de hecho, la diagonal, el uso que $Z_{11} = -1$, $Z_{aa} = 1$ para $a > 1$, e $Z_{ab} = 0$$a \neq b$:

Al $a = i = 1$ (de modo que $b, j > 1$), tenemos

$(L_Z)_{(1, b), (1, j)} = Z_{11} Z_{jb} - Z_{1j} Z_{1b} = -\delta_{jb}$;

al $i = 1$ $a > 1$ (o, por la simetría de la notación, $a = 1$$i > 1$, tenemos

$(L_Z)_{(a, b), (1, j)} = Z_{a1} Z_{jb} - Z_{aj} Z_{ib} = 0$;

al $a, i > 1$, tenemos

$(L_Z)_{(a, b), (i, j)} = Z_{ai} Z_{jb} - Z_{aj} Z_{ib} = \delta_{ai} \delta_{jb} - \delta_{aj} \delta_{ib} = \delta_{ai} \delta_{jb}$,

donde la última igualdad proviene del hecho de que si $\delta_{aj} \neq 0$,$a = j$, por lo que el $i < j = a < b$, lo $\delta_{ib} = 0$, que es el último término en la segunda hasta la última expresión en la pantalla anterior es siempre cero.

En resumen, los anteriores cálculos nos dan que en base a $(F_{ij})_{i < j}$, la representación de la matriz de $L_Z$ es diagonal, el $n - 1$ las entradas de la diagonal de la base de los elementos de $F_{1j}$$-1$, y el resto de las entradas de la diagonal son todos los $1$. Por lo tanto, $\det L_Z = (-1)^{n - 1}$ como se reivindica. $\square$