Relación entre transformaciones lineales y rastros

Question

a) Deje $A \in M_n (K)$. Denotamos $f_A$ la forma lineal definida, para cada $X \in M_n (K)$,$f_A(X)=Tr(AX)$. Demostrar que la función de $f$ que se asigna a $A \in M_n (K)$ $f_A$es un isomorfismo entre el $M_n (K)$ y su doble.

b) Vamos a $f: M_n (K) \rightarrow K$ ser una forma lineal tal que, para cada $(X,Y)$ en $M_n (K)^2$, $f(XY)=f(YX)$. Demostrar que no existe $\lambda \in K$ tal que para cada $X \in M_n (K)$, $f(X)=\lambda Tr(X)$

Que es lo que tengo:

a) Deje $(E_{ij})_{1\leq i,j \leq n}$ ser el estándar de base para $M_n (K)$. Comencemos por mostrar que para cada $1 \leq i,j,k,l \leq n$, $E_{ij} E_{kl}= \delta_{jk} E_{il}$

Tenemos $E_{ij}=(\delta_{pi} \delta_{qj})_{1 \leq p,q \leq n}$ $E_{kl}=(\delta_{pk} \delta_{ql})_{1 \leq p,q \leq n}$ $A= E_{ij} E_{kl}= (a_{p,q})$ tal forma que: $a_{p,q}= \sum \limits_{r=1}^n (\delta_{pi} \delta_{rj})(\delta_{rk} \delta_{ql})=( \sum \limits_{r=1}^n \delta_{rj} \delta_{rk})\delta_{pi} \delta_{ql}= \delta_{jk} \delta_{pi} \delta_{ql}$

Por lo tanto: $E_{ij} E_{kl}= \delta_{jk} E_{il}$ $$\begin{array}{c}\\\\\end{array}$$

Es obvio que $f$ es lineal. Por lo tanto, en las dimensiones razones, solo debemos mostrar que $f$ es inyectiva. Deje $A= (a_{ij})_{1\leq i,j \leq n}$ tal que $f_A=0$. Por tanto, tenemos, por $1 \leq i_0, j_0 \leq n$

$0= Tr(AE_{i_0 j_0})= Tr(\sum \limits_{1 \leq i,j \leq n} a_{ij}E_{ij}E{i_0 j_0})= Tr(\sum \limits_{i=1}^n a_{i i_{0}}E_{i i_0} E_{i_0 j_0})= \sum \limits_{i=1}^n a_{i i_0} Tr(E_{i j_0})=a_{j_{0} i_{0}}$

Por lo tanto $A$ es igual a cero.
Por lo tanto, $f_A$ es un isomorfismo. $$\begin{array}{c}\\\\\end{array}$$

Alguien me puede ayudar con b?

Answer 1

b) por Asunción, $f$ es una forma lineal así que por una) tenemos $A$ tal que $f=f_A$.

Entonces para cada $i\neq j$: $$a_ {ji} = \mbox {Tr} (AE_ {ij}) = \mbox {Tr} (AE_ {ii} E_ {ij}) = f_A (E_ {ii} E_ {ij}) = f_A (E_ {ij} E_ {ii}) = f_A (0) = 0 $ y$$ a_ {ii} = \mbox {Tr} (AE_ {ii}) = f_A (E_ {ii}) = f_A (E_ {ij} E_ {ji}) = f_A (E_ {ji} E_ {ij}) = f_A (E_ {jj}) = \mbox {Tr} (AE_ {jj}) = R_ {jj}. $$ Por lo tanto, $A$ es una matriz escalar, que produce el resultado.

Answer 2

Deje $A \in M_n (K)$ tal que $f=f_A$. Tenemos, por cada $(X,Y) \in M_n (K)^2$, $Tr(AXY)=Tr(AYX)$. Desde $Tr(AYX)=Tr(XAY)$, podemos deducir que $Tr((AX-XA)Y)=0$. Como esto es cierto para cada matriz $Y$, tenemos, de acuerdo a la pregunta a), $AX=XA$. Por lo tanto, $A$ es conmutativo con cada matriz $X$.

Vamos a mostrar que $A$ es una matriz escalar es decir, un escalar múltiples de la matriz de identidad. Si $A= (a_{ij})_{1 \leq i,j \leq n}$, tenemos para todos los $1 \leq i,j \leq n$,

$AE_{ij}=\sum \limits_{1 \leq k,l \leq n} a_{kl} E_{kl} E_{ij}= \sum \limits_{k=1}^n a_{ki}E_{kj}=E_{ij}A= \sum \limits_{1 \leq k,l \leq n} a_{kl} E_{ij} E_{kl}= \sum \limits_{l=1}^n a_{jl} E_{il}$

Por la singularidad de la escritura, obtenemos $a_{ki}=0$$k \neq i$$a_{ii}=a_{jj}$: Una es por lo tanto una matriz escalar. Por lo tanto, $f=f_A$ es colineal a la traza. Por lo tanto, no existe $\lambda \in K$ tal que para cada $X \in M_n (K)$, $f(X)=\lambda Tr(X)$