实方阵能有乘法线性算子吗？

Question

让我更准确地说：

是否有$f:\mathbb R^{n\times n}\to\mathbbR$对于任何方阵美元$和十亿美元$顺序相同$n\次n$我们有：

1. $f（A+B）=f（A）+f（B）$
2. $f（kA）=kf（A），k\in\mathbb R$
3. $f（AB）=f（A）f（B）$

能有这样的$f美元$? 很明显$f（0）=0，f（-A）=-f（A），f（I）=1$（或$0$). 我们从中得到一些矛盾吗？所有幂零矩阵都有$f=0$

编辑：你的一个回答让我得出了一些有趣的推论：

也没有只满足以下条件的运算符$1$和$3$对于除平凡矩阵之外的所有平方矩阵$f\等于0$.

如果操作员满足$1$和$2$则它必须是矩阵元素的随机（但固定）线性组合，如轨迹或任何固定坐标的随机元素。

Answer 1

编辑：为了完成，我添加了$n=1$和奇数n美元$案例，使用Will Jagy的有用评论。

首先，观察一下$f美元$是向量空间之间的线性映射$\mathbb{R}^{n\timesn}$和$\mathbb{R}$此外，使用属性$1$和$3$，这样的函数$f美元$必须满足：$$f\左（AB-BA\右）=0$$对于所有矩阵美元$和十亿美元$，即。$f美元$在所有可以写为交换子的矩阵上消失。实方阵是交换子的一个充要条件是它是无迹的。因此$f美元$必须至少包含$\mathfrak{sl}\left（n；\mathbb{R}\right）$，它是无迹矩阵的子空间，具有维数$n^2-1美元$然而，它在标量矩阵的一维子空间上仍然可能是非零的；正如您正确提到的，它必须将单位矩阵映射到1美元$或$0$因此，如果$f美元$不是常数零函数，必须具有：$$f（a I）=a$$为所有人$a\in\mathbb{R}$、和$f美元$在每个无迹矩阵上消失。这适用于$n=1$，即来自$\mathbb{R}$to本身显然满足所有三个属性（因为它是一个字段同构）。然而，对于$n>1$上面形式的映射不能满足第三个属性。采取：$$A=\开始{bmatrix}1 & 0 \\0 & -1\结束{bmatrix}$$然后$f（A）=0$但是$f（A^2）=f（I）=1$，矛盾。更一般地说，对于任何n美元$我们可以找到一个无迹矩阵n美元$次幂是恒等式，例如$x^n-1美元$，也称为移位矩阵（感谢Will Jagy的建议）：$$\left[A\right]_{ij}=\begin{cases}1 &; & i+1=j\，\mathrm{mod}\，n\\0 &; & \mathrm{否则}\结束{cases}$$行和列索引的来源$0$到n-1美元$.自$x^n-1美元$是的最小多项式美元$，很明显$A^n=我$; 但自从美元$没有非零对角线元素，它是无迹的，我们有$f（A）=0$但是$f（A）^n=f（A^n）=f（I）=1$，矛盾。因此，对于$n>1$我们一定有$f\等于0$.

Answer 2

所有这样的映射要么是常零映射，要么是代数同态从实代数$M_n（\mathbb R）$到实代数$\mathbb卢比$在域上，矩阵代数是简单的。因此，这个映射必须是内射的，这显然是不可能的（如果$n\geq 2个$，否则为身份映射$\mathbb R\to\mathbbR$工程）。因此，对于$n\geq 2个$，只有常数零映射存在。

Answer 3

如果你不想引用环理论：

让$n\geq 2个$.

对于任何此类$f美元$，如果$A^2=A$，然后$f（A）=0$或$f（A）=1$.如果$f（I_n）=0$，然后$f美元$是常量0美元$，所以我们可以假设$f（I_n）=1$.

让$E_{ij}$是具有$1$在中$（i，j）$协调和$0$其他地方。自$E_{ii}^2=E_{i}$，因此$f（E_{ii}）=0$或$f（E_{ii}）=1$.

自$I_n=E_{11}+\cdots+E_{nn}$，我们有$f（E_{11}）+\cdots+f（E_{nn}）=f（I_n）=1$也就是说$E_{ii}$映射到$1$，其余映射到$0$。假设$f（E_{ii}）=1$.

那么对于任何矩阵美元$，我们有$f（E_{二}A)=f（AE_{ii}）=f（A）$.

如果美元$和十亿美元$有同样的1美元$第个列，然后$AE_{ii}=BE_{i}$。根据上述内容，我们已经$f（A）=f（B）$.

同样，如果美元$和十亿美元$有同样的1美元$第th行，那么E美元_{二}A=电子_{ii}乙$，所以$f（A）=f（B）$因此，$f（甲）$完全取决于$a{ii}$，的$（i，i）$的条目美元$.

让美元$成为所有人的矩阵$1$s.然后美元^2$是所有矩阵n美元$s.但是美元$有相同的$（i，i）$条目为美元（_n）$，所以$f（A）=1$，这意味着$f（A^2）=f（A）^2=1$; 虽然美元^2$有相同的$（i，i）$第个条目为$nI_n$，所以$f（A^2）=f（nI_n）=nf（I_n$这是一个矛盾。

所以如果$n\geq 2个$，那么唯一的映射就是零映射。如果$n=1$，然后是来自的环同态$\mathbb{R}$自身必须是零映射或标识。

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然而，如果你知道环理论，有一个更短的论点（模知道矩阵环在具有单位的环上的理想）：因为$f美元$是一个环同态，核是一个理想。众所周知，除环上的矩阵环是简单的：唯一的理想是平凡理想和整环。如果内核是整环，那么这就是零映射。如果内核是平凡的，那么将其视为实向量空间的线性映射，我们得到$\dim（\mathbb{R}^{n\timesn}）=n^2$和$\dim（\mathbb{R}）=1$，所以$n^2=1美元$，因此$n=1$然后您只需要验证$\mathbb｛R｝\到\mathbb｛R｝$是标识映射（它将正值映射为正值，因此它尊重顺序，并限制上的标识$\mathbb{Q}）$因此$f（A）=0$为所有人美元$，或$n=1$和$f=\mathrm{id}$.

Answer 4

假设$n\ge2$.对于任何秩一矩阵$xy^T美元$，选择两个矢量$u（美元）$和$v（美元）$使得$u^Tx=0$和$u^Tv=1$.然后$f（xu^T）^2=f（xu ^Txu ^T）=f（0）=0f（0$.因此$f（xu^T）=0$反过来，$f（xy^T）=f（xu^T）=f（xu ^T）f（vy ^T）=0$。由于每个矩阵都可以写成秩一矩阵的有限和，因此我们得出以下结论$f=0$.

Answer 5

这是一个机器灯光证明。属性3告诉我们$f（AB）=f（A）f（B）=f$这意味着$f美元$是（共轭）类函数，即。
$f\big（P^{-1}应付账款\大）=f\大（P^｛-1｝A)P\big）=f\big（P（P^{-1}甲)\big）=f\big（A\big）$

为编写基础$V=E\oplus W\oplus S$，其中$E=\big\{\lambda I\big\}$,美元（W）$是无迹对称矩阵的子空间美元$不对称矩阵的子空间。

美元（W）$发电机由（i）给出$\mathbf e_1\mathbf e_1^T-\mathbf-e_j\mathbfe_j^T$对于$j\in\big\{2,3，\cdot，n\big\}$和（ii）$\big（\tathbf e_i\mathbf e_j^T\big）+\big$对于$j\neq i$.
在（i）的情况下，每个基向量与其负向量是共轭的（实际上置换类似——使用2型初等矩阵），所以$f\big（\mathbf e_1\mathbf e_1^T-\mathbfe_j \mathbf-e_j ^T \big）=f \big$
$\implies 2\cdot f\big（\mathbf e_1\mathbf e_1^T-\mathbfe_j\mathbf-e_j^T\big）=0\implicates f\bigh（\mathbf e_1\mathbfe_1^T-\ mathbf e _j\mathcf e_j^T\ big）=0$

在（ii）的情况下，每个向量都是类似于（通过类型2初等矩阵）的置换
$\mathbf e_1\mathbf e_2^T+（\mathbf-e_1\mathbfe_2^T）^T=\left[\begin{矩阵}0&1&\mathbf 0\\1&0&\mathpf 0\\mathbf 0&\mathbf 0&\mathbf 0\end{matrix}\right]$可以通过以下方式对角化$S=\左[\开始{矩阵}1&-1&\mathbf 0\\1&\mathpf 0\\mathbf 0&\mathbf 0&I_{n-2}\end{matrix}\right]$从（i）中恢复向量，因此这些向量被$f美元$也。结束$f\big（W\big）=\big\{0\big\}$.

斜对称子空间美元$由形式的向量生成$\big（\mathbf e_i\mathbf e_j^T\big）-\big$对于$i\neq j个$，每一个都类似于它的转置，即它的负（再次通过类型2的初等矩阵），如（i）$f（v）=0$对于$v\单位：S$.

最后检查E美元$.如果$f（I）=r$然后$f（A）-\frac{r}{n}\cdot\text{trace}\big（A\big）$是零映射，即。$\frac{r}{n}\cdot\text{trace}\big（A\big）=f（A）$.但如果$r\neq 0$和$n\geq 2个$然后选择任何斜对称$A\neq\mathbf 0$并确认$\frac{r}{n}\cdot\text{trace}\big（A^2\big）-\big$
这是一个矛盾

备注：
如果我们忽略了最后一句话，我们已经证明了$f美元$遵循属性（1）和（2），这也是一个类函数，必须$\propto\text{trace}$在任何字段上$\mathbb F美元$哪里$\text{char}\mathbb F\neq 2$，除了我们想评估$f美元$在$E=\大\{\lambda\mathbf E_1\mathbf E_1^T\big\}$处理积极特征中可能出现的问题。