¿Por qué el determinante de una matriz simpléctica es 1?

Question

Supongamos que $A \in M_{2n}(\mathbb{R})$ . y $$J=\begin{pmatrix} 0 & E_n\\ -E_n&0 \end{pmatrix}$$ donde $E_n$ representa la matriz de identidad.

si $A$ satisface $$AJA^T=J.$$

Cómo averiguar $$\det(A)=1~?$$

Mi enfoque:

He tratado de separar $A$ en cuatro submarcas: $$A=\begin{pmatrix}A_1&A_2 \\A_3&A_4 \end{pmatrix}$$ y debo añadir un supuesto que $A_1$ es invertible. por transfromación elemental: $$\begin{pmatrix}A_1&A_2 \\ A_3&A_4\end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix}A_1&A_2 \\ 0&A_4-A_3A_1^{-1}A_2\end{pmatrix}$$

que tenemos: $$\det(A)=\det(A_1)\det(A_4-A_3A_1^{-1}A_2).$$ Desde $$\begin{pmatrix}A_1&A_2 \\ A_3&A_4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&E_n \\ -E_n&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}A_1&A_2 \\ A_3&A_4\end{pmatrix}^T=\begin{pmatrix}0&E_n \\ -E_n&0\end{pmatrix}.$$ obtenemos dos igualdades: $$A_1A_2^T=A_2A_1^T$$ y $$A_1A_4^T-A_2A_3^T=E_n.$$

entonces $$\det(A)=\det(A_1(A_4-A_3A_1^{-1}A_2)^T)=\det(A_1A_4^T-A_1A_2^T(A_1^T)^{-1}A_3^T)=\det(A_1A_4^T-A_2A_1^T(A_1^T)^{-1}A_3^T)=\det(E_n)=1,$$

pero no tengo ni idea de cómo tratar este problema cuando $A_1$ no es invertible.

Answer 1

Primero, tomando el determinante de la condición $$ \det AJA^T = \det J \implies \det A^TA = 1 $$ usando eso $\det J \neq 0$ . Esto implica inmediatamente $$ \det A = \pm 1$$ si $A$ tiene un valor real. La forma más rápida, si la conoces, de demostrar que el determinante es positivo es a través de la Pfaffian de la expresión $A J A^T = J$ .

Answer 2

Permítame primero replantear su pregunta de una manera algo más abstracta. Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial real de dimensión finita. Una forma simpática es una 2 forma $\omega\in \Lambda^2(V^\vee)$ que es no degenerado en el sentido de que $\omega(x,y)=0$ para todos $y\in V$ implica que $x=0$ . $V$ junto con tal especificación $\omega$ La 2 forma no degenerada se llama espacio simpléctico. Se puede demostrar que $V$ debe ser de dimensión uniforme, digamos, $2n$ .

Un operador lineal $T:V\to V$ se dice que es una transformación simpléctica si $\omega(x,y)=\omega(Tx,Ty)$ para todos $x,y\in V$ . Esto es lo mismo que decir $T^*\omega=\omega$ . Lo que quiere demostrar es que $T$ es la conservación de la orientación. Ahora afirmo que $\omega^n\neq 0$ . Esto se puede demostrar eligiendo una base $\{a_i,b_j|i,j=1,\ldots,n\}$ tal que $\omega(a_i,b_j)=\delta_{ij}$ y $\omega(a_i,a_j)=\omega(b_i,b_j)=0$ para todos $i,j=1,\ldots,n $ . Entonces $\omega=\sum_ia_i^\vee\wedge b_i^\vee$ , donde $\{a_i^\vee,b_j^\vee\}$ es la base dual. Podemos calcular $\omega^n=n!a_1^\vee\wedge b_1^\vee\wedge\dots\wedge a_n^\vee \wedge b_n^\vee$ que es claramente distinto de cero.

Ahora permítanme hacer una digresión para hablar de los determinantes. Dejemos que $W$ sea un espacio vectorial n-dimensional y $f:W\to W$ sea lineal. Entonces tenemos mapas inducidos $f_*:\Lambda^n(W)\to \Lambda^n(W)$ . Desde $\Lambda^n(W)$ es unidimensional, $f_*$ es la multiplicación por un número. Esto es sólo el determinante de $f$ . Y el mapa dual $f^*:\Lambda^n(W^\vee)\to \Lambda^n(W^\vee)$ es también la multiplicación por el determinante de $f$ .

Desde $T^*(\omega^n)=\omega^n$ podemos ver a partir del argumento anterior que $\det(T)=1$ . El punto clave aquí es que la forma simpática $\omega$ dan una orientación canónica del espacio, a través de la parte superior desde $\omega^n$ .

Answer 3

Hay una prueba fácil para el caso real y complejo que no requiere el uso de pfaffianos. Esta prueba apareció por primera vez en un texto chino. Véase http://arxiv.org/abs/1505.04240 para la referencia.

Reproduzco aquí la prueba del caso real. El enfoque se extiende a las matrices complejas simplécticas.

Tomando el determinante de ambos lados de $A^T J A = J$ , $$\det(A^T J A) = \det(A^T) \det(J) \det(A) = \det(J).$$ Así que inmediatamente tenemos que $\det(A) = \pm 1$ .

Entonces consideremos la matriz $A^TA + I.$ Desde $A^TA$ es simétrica positiva definida,
sus valores propios son reales y mayores que $1$ Por lo tanto, su determinante, siendo el producto de sus valores propios, tiene $\det(A^TA +I) > 1$ .

Ahora como $\det(A) \ne 0$ , $A$ es invertible. Usando esto podemos escribir $$ A^TA + I = A^T( A + A^{-T}) = A^T(A + JAJ^{-1}).$$ Denote los cuatro $N \times N$ subbloques de $A$ de la siguiente manera, $$ A = \begin{bmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{bmatrix}, \text{ where } A_{11},A_{12},A_{21},A_{22} \in \mathbb{R}^{N \times N}. $$ A continuación, calculamos $$ A + JAJ^{-1} = \begin{bmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} O & I_N \\ -I_N & O \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} O & - I_N \\ I_N & O \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} A_{22} & -A_{21} \\ -A_{12} & A_{11} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A_{11}+ A_{22} & A_{12} - A_{21} \\ - A_{12}+ A_{21} & A_{11} + A_{22} \end{bmatrix}.$$ Escribir los bloques como $C := A_{11} + A_{22}$ y $D:= A_{12} - A_{21}$ , hacemos uso de una transformada unitaria $$ A + JAJ^{-1} = \begin{bmatrix} C & D \\ -D & C \end{bmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix} I_N & I_N \\ iI_N & -iI_N \end{bmatrix} \begin{bmatrix} C + i D & O \\ O & C - i D \end{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} I_N & -iI_N \\ I_N & iI_N \end{bmatrix}. $$ Introducimos esta factorización en nuestra identidad. Obsérvese que $C,D$ son ambos reales. Esto permite que la conjugación compleja conjugación compleja conmute con el determinante (ya que es un polinomio de sus entradas) $$0 < 1 < \det(A^TA + I) = \det(A^T(A + JAJ^{-1})) \\ = \det(A) \det(C + i D) \det(C - iD) \\ = \det(A) \det(C + i D) \det\left(\overline{C + iD}\right)\\ = \det(A) \det(C + iD) \overline{\det(C + iD)} = \det(A) \left\lvert \det(C + iD)\right\rvert^2. $$ Claramente, ninguno de los dos determinantes en el lado derecho puede ser cero, por lo que podemos concluir $\left\lvert \det(C + iD) \right\rvert^2 > 0$ . Dividiendo esto por ambos lados, tenemos $\det(A) > 0$ y por lo tanto $\det(A) = 1$ .

Answer 4

El determinante es una función continua, y el conjunto de matrices simplécticas con invertibles $A_1$ es denso en el conjunto de todas las matrices simplécticas. Así que si has demostrado que es igual a 1 para todas las invertibles $A_1$ entonces es igual a 1 para todos los $A_1$ .

Answer 5

Toda matriz simpléctica es el producto de dos matrices simplécticas con el ángulo inferior izquierdo invertible. Véase: M. de Gosson, s Symplectic Geometry and Quantum Mechanics, Birkhäuser, Basel, serie "Operator Theory: Advances and Applications" (subserie: "Advances in Partial Differential Equations"), Vol. 166 (2006)