$\mathfrak{so}(n)$ ha trivial centro al $n\geq 3$

Question

Hay una buena manera de demostrar que $$\mathfrak{so}(n)=\{A \in M(n,\mathbb{R}): A+A^t=0\} $$ has zero center for $n \geq 3$?

Answer 1

Deje $A=(a_{ij})\in {\mathfrak{so}}(n)$ en el centro de ${\mathfrak{so}}(n)$. Por comodidad vamos a veces escribir $a[i,j]$ en lugar de $a_{ij}$.

Denotar por $E_{xy}$ de la matriz en la que todos los coeficientes son cero, excepto el que está en la intersección de las $x$-ésimo de la línea y el $y$-ésima columna. En otras palabras $E_{xy}=(\delta_{ix}\delta_{jy})_{1\leq i,j \leq n}$ donde $\delta$ es la Símbolo de Kronecker.

Al$x\neq y$,$D_{xy}=E_{xy}-E_{yx}\in {\mathfrak{so}}(n)$, y

$$ \begin{array}{lcl} AE_{x,y}[i,j] &=& a_{ix}\delta_{yj} \\ AE_{y,x}[i,j] &=& a_{iy}\delta_{xj} \\ AD_{x,y}[i,j] &=& a_{ix}\delta_{yj}-a_{iy}\delta_{xj} \\ E_{x,y}A[i,j] &=& \delta_{ix}a_{yj} \\ E_{y,x}A[i,j] &=& \delta_{iy}a_{xj} \\ D_{x,y}A[i,j] &=& \delta_{ix}a_{yj}-\delta_{iy}a_{xj} \\ \end{array}\etiqueta{1} $$

Así que debemos tener, siempre que $x\neq y$$1\leq i,j \leq n$ :

$$ a_{ix}\delta_{yj}-a_{i y}\delta_{xj}=\delta_{ix}a_{yj}-\delta_{iy}a_{xj} \etiqueta{2} $$

Deje $u,v$ ser dos distintos índices de entre el$1$$n$. Desde $n\geq 3$, no es otro índice de $w$ distinta de $u$$v$. Usando (2) con $x=w,y=u,i=w,j=v$ obtenemos $$ 0=(a_{ww}\delta_{uv}-a_{wu}\delta_{wv})-(\delta_{ww}a_{uv}-\delta_{wu}a_{wv}) =-a_{uv}\etiqueta{3} $$

Y vemos que $A$ debe ser diagonal. Luego, usando (2) con $x=v,y=u,i=v,j=u$ obtenemos

$$ 0=(a_{vv}\delta_{uu}-a_{vu}\delta_{vu})-(\delta_{vv}a_{uu}-\delta_{vu}a_{vu})= a_{vv}-a_{uu} \etiqueta{4} $$ Por lo $A$ es un múltiplo de la identidad, que es posible en ${\mathfrak{so}}(n)$ sólo si $A=0$.

Answer 2

Si uno toma por sentado el hecho de que la única de las matrices que conmutan con todos los bienes de las matrices cuadradas son múltiplos escalares de la matriz de identidad, uno puede argumentar de la siguiente manera.

Cada una matriz diagonal es la combinación lineal $I_n$ y algunos diagonal de las matrices con dos $1$s y $n-2$ ceros en la diagonal, como $\operatorname{diag}(1,1,0,\ldots,0)$. Deje $r=\frac1{\sqrt{2}}$. Observar que $\operatorname{diag}(1,1,0,\ldots,0)$ se puede descomponer en una suma de la forma $$ \frac{-1}{1-2r}\pmatrix{r y-r\\ r r&\\ &&I_{n-2}} + \frac{1-r}{1-2r}\pmatrix{1\\ &1\\ &&I_{n-2}} + \frac{r}{1-2r} \pmatrix{&-1\\ 1&\\ &&I_{n-2}}. $$ Por lo tanto, cuando se $n\ge3$, cada una matriz simétrica --- que es ortogonal diagonalisable --- es una combinación lineal de algunos especiales ortogonal de matrices. Si $A$ centraliza $SO(n)$, $A$ también debe conmuta con todas las matrices simétricas.

Además, desde cada una de las especiales ortogonal de la matriz es la matriz exponencial de algunos de sesgo de simetría de la matriz de $K$, si hacemos una valoración de los derivados a $t=0$ a ambos lados de la igualdad de $Ae^{tK}=e^{tK}A$, podemos ver que $A$ también conmuta con cada skew-simétrica $K$.

En consecuencia, $A$ deben de viajar con todas las de la matriz en $M_n(\mathbb R)$. Por lo tanto $A$ es un escalar múltiples de la matriz de identidad. Como la única escalar matriz en $\mathfrak{so}(n)$$0$, la prueba está completa.