Matriz de función que es multiplicativa y homogénea de grado n es el factor determinante

Question

Estoy solucionar el siguiente problema:

Deje $\Delta : M_n(\mathbb{F}) \to \mathbb{F}$ satisfacer las siguientes propiedades:

1. $\Delta(AB) = \Delta(A)\Delta(B), \quad\forall A, B \in M_n(\mathbb{F})$
2. $\Delta(\lambda I) = \lambda^n, \quad\forall \lambda \in \mathbb{F}$

Demostrar que $\Delta = \det$.

$M_n(\mathbb{F})$ es el espacio de la $n\times n$ matrices con entradas desde el campo de $\mathbb{F}$, e $I \in M_n(\mathbb{F})$ es la matriz identidad. $\mathbb{F}$ puede casi ser asumida $\mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$, ya que fue el general de la creación, donde el problema fue dada.

$\DeclareMathOperator{\sgn}{sgn}$ La definición del determinante estoy usando es$\det A = \sum_{p\in S_n} \sgn p\cdot a_{1p(1)}a_{2p(2)}\cdots a_{np(n)}$$A = (a_{ij})$. También estoy consciente de ciertas caracterizaciones, tales como:

Deje $f : M_n(\mathbb{F}) \to \mathbb{F}$ ser multilineal y alternando en función de las columnas de la matriz tal que $f(I) = 1$. A continuación,$f = \det$.

Mi intento:

Mi idea era demostrar que $\Delta = \det$ en todas las matrices elementales y, a continuación, utilice el hecho de que cada invertible la matriz se puede escribir como un producto de matrices elementales. Me gustaría por separado demostrar que $\Delta$ de todos los singulares de matrices es $0$.

Algunos de los resultados que he obtenido a lo largo de la manera (usando la notación de matrices elementales de los enlaces del artículo de la Wikipedia):

• Conectando $\lambda = 1$ $(2)$ obtenemos $\Delta(I) = 1$.
  $\lambda = 0$ da $\Delta(0) = 0$.
• $\Delta$ es homogénea de grado $n$: Por pluggin en $\lambda = 1$ $(2)$ obtenemos $\Delta(I) = 1$. A continuación, para cualquier matriz $A$ tenemos $\Delta(\lambda A) = \Delta(\lambda I\cdot A) = \Delta(\lambda I)\Delta(A) = \lambda^n \Delta(A)$.
• Deje $A$ ser invertible. A continuación,$1 = \Delta(I) = \Delta(AA^{-1}) = \Delta(A)\Delta(A^{-1})$. Por lo tanto, $\Delta(A) \ne 0$.
• ${T_{i,j}}^2 = I$ $|\Delta(T_{i,j})| = 1$
• Para $\lambda \notin \{0, 1\}$ tenemos $$\Delta(D_1(\lambda))\,\Delta(D_2(\lambda))\cdots \Delta(D_n(\lambda))) = \Delta(D_1(\lambda)\,D_2(\lambda)\cdots D_n(\lambda)) = \Delta(\lambda I) = \lambda^n$$ así que sin duda existe $i_0 \in \{1, \ldots, n\}$ tal que $|\Delta(D_{i_0}(\lambda))|\ne 1$.
• $\Delta$ de una matriz con una fila cero es $0$.
  
  Deje $A$ ser tal que su $i$-ésima fila es $0$. Entonces existe una secuencia de fila transposiciones $T_1, T_2, \ldots, T_k$ del tipo $T_{r,s}$ tal que $A$ se transforma en una matriz con su $i_0$-ésima fila es un cero de la fila, donde $|\Delta(D_{i_0}(\lambda))|\ne 1$. Ahora, desde la multiplicación de la fila con $\lambda \notin \{0, 1\}$ no el cambio de la matriz, haciendo la fila transposiciones de nuevo en orden inverso volvemos a la matriz $A$. Entonces tenemos $$\Delta(A) = \Delta(T_1\ldots T_{n-1}T_nD_{i_0}(\lambda)T_n\ldots T_2T_1A) = \Delta(T_1)^2\Delta(T_2)^2\cdots\Delta(T_n)^2\Delta(D_{i_0}(\lambda))\Delta(A)$$ Tomando el valor absoluto de ambos lados, desde la $|\Delta(T_{r,s})| = 1$$|\Delta(D_{i_0}(\lambda))|\ne 1$, obtenemos $\Delta(A) = 0$.
• $\Delta$ de singular de la matriz es $0$.
  
  Deje $A$ ser singular. A continuación, $A$ puede ser transformado por fila y columna de las operaciones de una matriz $$E_r = \begin{bmatrix} 1 & & & & \\ & \ddots & & & \\ & & 1 & & & \\ & & & 0 & & \\ & & & & \ddots \\ & & & & & 0 \\ \end{bmatrix}$$ with $r$ nonzero rows, where $r$ is the rank of $$. Since $\Delta$ of elementary matrices is nonzero because they are invertible, and $\Delta(E_r) = 0$ because there is always a zero row in it, we can conclude that $\Delta(A) = 0$.
• $L_{i,j}(\lambda)$ puede ser diagonalized a $I$, y desde $\Delta$ es, obviamente, una similitud invariante tenemos $\Delta(L_{i,j}(\lambda)) = 1$.

Esto es donde estoy atascado, todavía tenemos que demostrar $\Delta(T_{i,j}) = -1$$\Delta(D_i(\lambda)) = \lambda$.

He tenido algunos avances, si asumimos $\mathbb{F} = \mathbb{R}$:

• De $|\Delta(T_{i,j})| = 1$ podemos concluir $\Delta(T_{i,j})$ = $\pm 1$.
• Observe que $D_i(\lambda) = T_{i,j}D_j(\lambda)$. La aplicación de $\Delta$ llegamos a la conclusión de que $\Delta(D_i(\lambda))$ $\Delta(D_j(\lambda))$ puede diferencian sólo por firmar. Ya sabemos $\Delta(D_1(\lambda))\,\Delta(D_2(\lambda))\cdots \Delta(D_n(\lambda))) = \lambda^n$, obtenemos $|\Delta(D_i(\lambda))| = |\lambda|$.
• Si asumimos, además, que $\lambda > 0$,$\Delta(D_i(\lambda)) = \Delta(D_i(\sqrt{\lambda})D_i(\sqrt{\lambda})) = \Delta\left(D_i(\sqrt{\lambda})\right)^2 > 0$. Finalmente obtenemos $\Delta(D_i(\lambda)) = \lambda$.

Answer 1

La solución general para el problema es $f(A) = \phi(\det A)$, donde $\phi \colon F \to F$, $\phi(0)=0$, $\phi\colon F \to F$ multiplicativa y $\phi(t)^n = t^n$ todos los $t \in F$. Por eso, $f(t) = \omega(t) \cdot t$ donde $\omega \colon F^{\times} \to \mu_n$ es una de morfismos de grupos de $F^{\times}$ para el grupo de $n$-th raíces de $1$ acostado en $F$.

Bosquejo de la prueba:

1. Si $A$, $B$ son conjugadas, a continuación,$f(A) = f(B)$.

2. Si $A = L_{ij}(m)$$f(A) = 1$. De hecho, todos los $L_{ij}(m)$, $m\ne 0$ son conjugada, y por otra parte, $L_{ij}(m)^2 = L_{ij}(2m)$ ( distinguir dos casos: $\operatorname{char} F \ne 2$$\operatorname{char} F =2 $ )

3. $f(D_i(\lambda)) = f(D_j(\lambda))$ ( conjugado de matrices). Por otra parte, $\prod_{i=1}^n D_i(\lambda) = \lambda \cdot I_n$.

4. Definir $\phi(t) =f(D_i(t))$. Aviso que es multiplicativa y $\phi(t)^n = t^n$.

5. El uso que cada matriz es un producto de matrices de tipo $D_i$ $L_{ij}$

$\bf{Added 1:}$ Uno debe probablemente a dar ejemplos de como los mapas de $\phi$, como notado, si $n$ es aún, y $F=\mathbb{R}$, $\phi(t) = |t|$ obras. Sin embargo, si decir $F= \mathbb{C}$ $\phi(t) = t$ todos los $t$. De hecho, $\phi(t^n) = t^n$ y cada elemento en $\mathbb{C}$ $n$- ésima potencia.

$\bf{Added 2:}$ Tenga en cuenta que $D_i(a) L_{ij}(\lambda) D_i(a)^{-1} = L_{ij}( a \lambda)$, por lo tanto la conjugación de todos los $L_{ij}(\lambda)$ donde $\lambda \ne 0$. Por otra parte, $L_{ij}(\lambda)^2 = L_{ij}(2 \lambda)$. Si $2 \ne 0$ esto implica $f(L_{ij}(\lambda))= 1$. Pero si $2=0$ en el campo de $F$ a continuación se obtienen $f(L_{ij}(\lambda) = \pm 1 = 1$ nuevo.

(Tenga en cuenta que $L_{ij}(\lambda)$ no es conjugado a la identidad si $\lambda \ne 0$.)

Usted puede hacer algunos $D$ $L$ operaciones sobre una matriz de $T_{ij}$ y obtener la identidad.