$\mathbb{C}$ -de un automorfismo de álgebra de $M_n(\mathbb{C})$ tiene forma $X \mapsto AXA^{-1}$ .

Question

Como sugiere el título, ¿cuál es la forma más fácil de ver que cualquier $\mathbb{C}$ -de un automorfismo de álgebra de $M_n(\mathbb{C})$ tiene la forma $X \mapsto AXA^{-1}$ para algunos fijos $A \in GL_n(\mathbb{C})$ ?

Answer 1

Es una consecuencia de Teorema de Skolem-Noether .

Answer 2

No sé realmente qué significa "más fácil": esto depende en gran medida de lo que se dé por sentado.

De todos modos, aquí hay una prueba elemental directa. En lo que sigue, $\Phi$ es un automorfismo de $M_N(\mathbb C)$ .

Denota por $(E_{i,j})_{1\leq i,j\leq N}$ la "base canónica" de $M_N(\mathbb C)$ . Si $(e_1,\dots ,e_N)$ es la base canónica de $\mathbb C^N$ entonces $$E_{i,j}e_k=\delta_{j,k}e_i\qquad\hbox{for $ i,j,k=1 \dots N $} ,$$ donde $\delta_{j,k}$ es el habitual "símbolo de Kronecker". Tenga en cuenta que $$e_k=E_{k,1}e_1\qquad\hbox{for $ k=1, \dots ,N $}. $$ También se puede $$F_{i,j}:=\Phi(E_{i,j})\, .$$

Por definición, el $E_{i,j}$ satisfacen las identidades $$E_{i,j}E_{k,l}=\delta_{j,k}E_{i,l}\, .$$

Desde $\Phi$ es un homomorfismo de álgebra, el $F_{i,j}$ satisfacen las mismas identidades, y son distintas de cero porque $\Phi\neq 0$ . En particular, $F_{k,k}$ es una proyección no nula para cada $k$ .

Elija cualquier vector no nulo $f_1$ en el rango de $F_{1,1}$ . Entonces $F_{1,1}f_1=f_1$ porque $F_{1,1}$ es una proyección. Ahora, defina $$ f_k:=F_{k,1}f_1\qquad\hbox{for $ k=1, \dots ,N $.}$$

Tenga en cuenta que $f_1,\dots ,f_N$ son linealmente independientes. En efecto, supongamos que $$\sum_{j=1}^N\lambda_j f_j=0 $$ para algunos escalares $\lambda_1,\dots ,\lambda_N$ . Aplicando $F_{1,k}$ y como $f_j=F_{j,1}f_1$ y $F_{1,k}F_{j,1}=\delta_{j,k}F_{1,1}$ para todos $j$ obtenemos $$0=\lambda_kF_{1,1}f_1=\lambda_kf_1\, , $$ para que $\lambda_k=0$ para $k=1,\dots ,N$ .

Así que sabemos que $(f_1,\dots ,f_N)$ es una base de $\mathbb C^N$ . Dejemos que $P$ sea la matriz invertible tal que $$f_k=Pe_k\qquad\hbox{for $ k=1, \dots ,N $.} $$

Denota por $\Phi_P$ el automorfismo de $M_N(\mathbb C)$ definido por $\Phi_P(X)=PXP^{-1}$ . Demostremos que $\Phi=\Phi_P$ .

Para ello, basta con comprobar que $\Phi(E_{i,j})=\Phi_P(E_{i,j})$ para todos $i,j\in\{ 1,\dots ,N\}$ y esto se puede hacer probando en los vectores $f_k$ . Por un lado, $$\Phi(E_{i,j})f_k=F_{i,j}f_k=F_{i,j}F_{k,1}f_1=\delta_{j,k}F_i,1f_1=\delta_{j,k}f_i\, ; $$ y por otro lado $$\Phi_P(E_{i,j})f_k=PE_{i,j}P^{-1}f_k=PE_{i,j}e_k=\delta_{j,k}Pe_i=\delta_{j,k}f_i\, . $$ Así que, efectivamente, tenemos $\Phi=\Phi_P$ .

Answer 3

He aquí una sencilla prueba directa. Supongamos que $f:M_n(\mathbb{C})\to M_n(\mathbb{C})$ es un automorfismo. Para $1\leq i,j\leq n$ , dejemos que $e_{ij}$ denota la matriz con $ij$ entrada $1$ y todas las demás entradas $0$ y escribir $f_{ij}=f(e_{ij})$ . Tenga en cuenta que $e_{ij}e_{k\ell}=\delta_{jk}e_{i\ell}$ y, por tanto, aplicando $f$ a ambos lados tenemos $f_{ij}f_{k\ell}=\delta_{jk}f_{i\ell}$ .

Para cada $i$ , dejemos que $V_i\subseteq \mathbb{C}^n$ sea la imagen de $f_{ii}$ . Considere el mapa $F:\mathbb{C}^n\to \bigoplus_{i=1}^n V_i$ dado por $F(v)=(f_{11}v,\dots,f_{22}v)$ y el mapa $G:\bigoplus_{i=1}^n V_i\to \mathbb{C}^n$ dado por $G(v_1,\dots,v_n)=\sum_{i=1}^n v_i$ . Desde $\sum f_{ii}=I$ , $GF=I$ . Por otro lado, las identidades $f_{ii}^2=f_{ii}$ y $f_{ii}f_{jj}=f_{jj}f_{ii}=0$ para $i\neq j$ implica $$FG(f_{11}w_1,\dots,f_{nn}w_n)=(f_{11}\sum f_{ii}w_i,\dots,f_{nn}\sum f_{ii}w_i)=(f_{11}w_1,\dots,f_{nn}w_n),$$ así que $FG=I$ también. Así, $G$ es un isomorfismo, lo que dice exactamente que $\mathbb{C}^n$ es la suma directa interna de los subespacios $V_i$ . Dado que cada $V_i$ es distinto de cero (ya que $f_{ii}$ debe ser distinto de cero) y hay $n$ de ellos, esto implica que cada $V_i$ debe ser unidimensional.

Ahora fija un vector no nulo $v_1\in V_1$ y para $i>1$ , defina $v_i=f_{i1}v_1$ . Desde $f_{ij}f_{k\ell}=\delta_{jk}f_{i\ell}$ tenemos $$f_{ij}v_k=\delta_{jk}v_i$$ para todos $i,j,k$ (para $i=1$ , debe utilizar el hecho de que $f_{11}v_1=v_1$ desde $v_1\in V_1$ ). En particular, el establecimiento de $i=j=k$ Esto implica $v_k\in V_k$ para cada $k$ y el ajuste $j=k$ y $i=1$ Cada uno de ellos $v_k$ es distinto de cero. Como $\mathbb{C}^n=\bigoplus V_i$ y cada $V_i$ es unidimensional, esto significa que $\{v_1,\dots,v_n\}$ es una base para $\mathbb{C}^n$ . Dejemos que $A\in M_n(\mathbb{C})$ sea la matriz cuyas columnas son las $v_i$ . Entonces es fácil calcular que $$Ae_{ij}A^{-1}v_k=\delta_{jk}v_i.$$ Desde el $v_k$ forman una base, esto implica $Ae_{ij}A^{-1}=f_{ij}=f(e_{ij})$ . Desde el $e_{ij}$ abarcan todo $M_n(\mathbb{C})$ se deduce que $f(X)=AXA^{-1}$ para todos $X\in M_n(\mathbb{C})$ .