La solución única resulta ser el rastreo

Question

Dejemos que $f: \mathcal{M}_n(F)\to F$ sea una función lineal que satisfaga $f(\mathbf{AB})=f(\mathbf{BA})\;\forall \mathbf{A,B}\in \mathcal{M}_n(F)$ . También satisface $f(\mathbf{I})=n$ . Demostrar que $f(\mathbf{A})=\operatorname{tr}(\mathbf{A})$ .

¿Puede alguien decirme cómo probar esto? No tengo ni idea de cómo empezar. Mi primera idea era demostrarlo por la base canónica pero he fracasado. ¿Puede alguien ayudarme? Gracias.

Answer 1

Efectivamente, aquí se puede utilizar la base canónica de forma fructífera:

Dejemos que $E_{ij}$ que tiene $1$ en el $(i, j)$ entrada y $0$ en otro lugar. Entonces, para $i \leq k \leq j$ pero $i < j$ tenemos $E_{ik} E_{kj} = E_{ij}$ pero $E_{kj} E_{ik} = 0$ y así para cada elemento $E_{ij}$ con $i \neq j$ tenemos $$f(E_{ij}) = f(E_{ik} E_{kj}) = f(E_{kj} E_{ik}) = f(0) = 0.$$

¿Qué podemos concluir de esto?

Spolier/sugerencia adicional:

Así, $f$ es una función lineal sobre los elementos diagonales de $\mathcal{M}_n(F)$ . Un argumento similar muestra que $f(E_{ii}) = f(E_{jj})$ para todos $i, j$ por lo que la condición de normalización $f({\bf I}) = n$ obliga a que el funcional sea la traza.

Solución alternativa utilizando un hecho sobre el álgebra de Lie $\mathfrak{gl}(n, F)$ . Si conoces un poco el álgebra de la mentira $\mathfrak{gl}(n, F) \cong \mathcal{M}_n(F)$ podemos proceder con mayor rapidez. Para cualquier $A, B \in \mathcal{M}_n(F)$ tenemos $$f([A, B]) = f(AB - BA) = f(AB) - f(BA) = 0.$$ Pero, el álgebra de Lie derivada de $\mathcal{M}_n(F)$ es decir, la subálgebra de Lie de todos los elementos que pueden escribirse como el paréntesis de dos elementos de $\mathcal{M}_n(F)$ es $\mathfrak{sl}(n, F)$ y así, $f(A) = 0$ para cualquier elemento sin rastro $A \in \mathcal{M}_n(F)$ . Así, $f$ depende únicamente de la traza del argumento, por lo que podemos considerarlo como un mapa lineal $F \to F$ . Pero el espacio de tales mapas es $1$ -y la traza es un mapa de este tipo (y no nulo), por lo que $f$ debe ser un múltiplo del operador de rastreo. Entonces, la condición $f({\bf I}) = n$ obliga de nuevo a ser el propio rastro.

Answer 2

Consideremos un funcional lineal $f$ . Existe una matriz de coeficientes $C = (c_{ij})$ por lo que tenemos para cualquier $A$ $$f(A) = \sum c_{ji} a_{ij} $$

Esto también puede escribirse como $f(A) = \text{tr}(AC)$ . Demostraremos que $C = I_n$ .

Desde $f(AB) = f(BA)$ obtenemos $$\text{tr}(ABC)= \text{tr}(BAC)$$

Sin embargo, por las propiedades de la traza tenemos $\text{tr}(BAC)=\text{tr}(B(AC))=\text{tr}(ACB) $ . Por lo tanto, $$\text{tr}(ABC)= \text{tr}(ACB)$$ para cualquier matriz $A$ , $B$ . Fijar una matriz $B$ y que $A$ varían en la igualdad anterior. $A$ proporciona los coeficientes como antes $C$ . De ello se desprende que $CB = BC$ . Esto sucede para todos los $B$ y esto implica $C$ es una matriz escalar $C = \lambda I_n$ . Ahora usa $n=f(I) = \text{tr}(C) = \text{tr}(\lambda I_n) = n \lambda$ y por lo tanto $\lambda = 1$ , $C= I_n$ y $f(A)= \text{tr}(A \cdot I_n) = \text{tr}(A )$ para todos $A$ .