es isomorfo a $V=\{A\in M_{3\times 3}(\mathbb{R}):\text{trace}(A)=0\}$ $\text{span}\{AB-BA:A,B\in V\}$

Question

Antecedentes:Vamos A $$V:=\{A\in M_{3\times 3}(\mathbb{R}):\text{trace}(A)=0\}$$ sea el espacio vectorial de $3\times 3$ real de las matrices con fuga de seguimiento, y deje $[\cdot,\cdot]:V\times V\to V$ ser definido por $$[A,B]=AB-BA$$ Tenga en cuenta que esto está bien definido desde $\text{trace}(AB-BA)=\text{trace}(AB)-\text{trace}(AB)=0$ para cualquier matrices $A,B$. Por último, vamos a $$\hat{V}:=\text{span}\{[A,B]:A,B\in V\}$$

Pregunta: tengo que dar un isomorfismo $$\varphi:(V,[\cdot,\cdot])\to(\hat{V},[\cdot,\cdot]),$$ es decir, un bijective mapa, tales que $\varphi([A,B])=[\varphi(A),\varphi(B)]$, $\forall A,B\in V$.

Soy consciente de que esto está relacionado con el álgebra de la Mentira; es decir $V=\mathfrak{sl}(3,\mathbb{R})$. Sin embargo, yo no estudio Mentira álgebra todavía. Estoy supone que debe ser capaz de demostrarlo sin hacer referencia a cualquier bien conocido teorema de álgebra de la Mentira (a menos que probarlo primero).

He utilizado un muy computacional argumento. Me pregunto si

1. Mi argumento es correcto.
2. Hay una manera más fundamental para demostrarlo, es decir, sin tener que tediosamente calcular todas las posibles $[X_i,X_j]$ a partir de una determinada base.

Tiente: Vamos A

$$ X_1 = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)\quad X_2 = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{array} \right)\quad X_3 = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right),$$ $$\quad X_4 = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)\quad X_5 = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)\quad X_6 = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right),$$ $$\quad X_7 = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{array} \right)\quad X_8 = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right) $$ A continuación, $\{X_1,\ldots,X_8\}$ constituye una base para $V$, y nos encontramos con $$[X_1,X_2]=0,\quad[X_1,X_3]=2X_3,\quad[X_1,X_4]=X_4,\quad[X_1,X_5]=-X_5$$ $$[X_1,X_6]=-2X_6,\quad[X_1,X_7]=-X_7,\quad[X_1,X_8]=X_8,\quad[X_2,X_3]=X_3$$ $$[X_2,X_4]=2X_4,\quad[X_2,X_5]=X_5,\quad[X_2,X_6]=-X_6,\quad[X_2,X_7]=-2X_7$$ $$[X_2,X_8]=-X_8,\quad[X_3,X_4]=0,\quad[X_3,X_5]=X_4,\quad[X_3,X_6]=X_1$$ $$[X_3,X_7]=-X_8,\quad[X_3,X_8]=0,\quad[X_4,X_5]=0,\quad[X_4,X_6]=-X_5$$ $$[X_4,X_7]=X_2,\quad[X_4,X_8]=X_3,\quad[X_5,X_6]=0,\quad[X_5,X_7]=X_6$$ $$[X_5,X_8]=X_2-X_1,\quad[X_6,X_7]=0,\quad[X_6,X_8]=-X_7,\quad[X_7,X_8]=0$$ Por lo tanto, hemos $$ \begin{array}{cccc} X_1=[X_3,X_6],& X_2=[X_4,X_7],& X_3=[X_2,X_3],& X_4=[X_1,X_4] \\ X_5=[X_2,X_5],& X_6=[X_5,X_7],& X_7=[X_7,X_1],& X_8=[X_7,X_3] \end{array} $$ lo que muestra que $V$ es un subespacio de $\hat{V}$, y desde $\hat{V}$ es claramente un subespacio de $V$, $V$ $\hat{V}$ son de hecho el mismo espacio vectorial. Por lo tanto, podemos tomar $\varphi$ a ser simplemente la inclusión del mapa. De hecho, $\varphi$ es claramente bijective y tenemos $$\varphi([A,B])=[A,B]=[\varphi(A),\varphi(B)]$$

Answer 1

Yo no comprobar todos sus cálculos, pero la idea es ciertamente correcto. Usted puede reducir la cantidad de cálculo por darse cuenta de que $X_2$ es sólo $X_1$ con las coordenadas recalificado (la segunda fila y la columna se activan con el tercero), y que todos los de $X_4$ a través de $X_8$ están de la misma manera que se pueden obtener de $X_3$ adecuado para volver a etiquetar. Así, una vez que haya obtenido $X_1$ $X_3$ como conmutadores $[A,B]$, usted no tiene que preocuparse por el resto, como podrían ser obtenidos mediante la aplicación de la misma para volver a etiquetar a$A$$B$. (Sonido de lujo, uno puede decir que "la conjugación por una matriz de permutación" en lugar de "para volver a etiquetar", pero me resulta más fácil pensar en términos de reetiquetado de las coordenadas.)

Answer 2

Creo que su argumento es correcto, pero se puede simplificar un poco. Deje $E_{ij}$ denota la matriz cuyas $(i,j)$-ésima es $1$ y el resto de las entradas son cero. A continuación, para cualquiera de las tres distintos índices de $i,j,k$, tenemos \begin{align*} E_{ii}-E_{jj} &= [E_{ij},E_{ji}],\\ E_{ij} &= [E_{ik},E_{kj}]. \end{align*} Esto muestra que el subespacio traceless matrices $V$ se encuentra dentro del lapso $\widehat{V}$ de todos los conmutadores de pares de traceless matrices. Tenga en cuenta que esta prueba funciona para todos los $n\ge3$.

Observación. En realidad, el conjunto de $\mathcal{C}_0:=\{AB-BA: \operatorname{trace}(A)=\operatorname{trace}(B)=0,\ A,B\in M_n(\mathbb{R})\}$ es idéntica a $\mathcal{C}:=\{AB-BA: A,B\in M_n(\mathbb{R})\}$. ($\mathcal{C}_0\subseteq\mathcal{C}$ Debe ser claro; $\mathcal{C}\subseteq\mathcal{C}_0$ porque $AB-BA=\widehat{A}\widehat{B}-\widehat{B}\widehat{A}$ donde $\widehat{A}:=A-\frac1n\operatorname{trace}(A)I$ $\widehat{B}:=B-\frac1n\operatorname{trace}(B)I$ son traceless.) Desde el set $\mathcal{C}$ de todos los conmutadores se sabe idéntica a la subespacio de traceless matrices (me han dado un elemental prueba aquí), el "$\operatorname{span}$" en su declaración del problema, en realidad puede ser eliminado. En resumen, $V=\mathcal{C}=\mathcal{C}_0=\operatorname{span}(\mathcal{C}_0)=\widehat{V}$. Pero sin duda, con el "$\operatorname{span}$", el problema es mucho más fácil de resolver.