Si una matriz simétrica conmuta con todas las matrices simétricas, ¿es entonces un múltiplo de la identidad?

Dejar$E_{ij}$denote la matriz con un$1$en el$(i,j)$-th lugar y$0$Está en todas partes. Entonces$E_{ii}$es simétrico, y así de

$$E_{ii}A=AE_{ii},$$ se sigue que el$i$-ésima fila y columna son todos ceros excepto en el$i$-th lugar. Esto muestra que$A$es diagonal.

También$E_{ij}+E_{ji}$es diagonal, y así desde

$$(E_{ij}+E_{ji})A=A(E_{ij}+E_{ji}),$$ se sigue que el$i$-th y$j$-ésimas entradas diagonales de$A$son lo mismo. Esto muestra que$A=cI$por alguna constante$c$.

Tenga en cuenta que nada de esto supone que las matrices son reales; esto es válido para matrices sobre cualquier anillo conmutativo.

Dejar$V_1, V_2$ser autovectores de$A$con valores propios distintos$\lambda_1, \lambda_2$. Dejar$C$ser una matriz simétrica arbitraria. Tenemos:

$$\langle V_1 |CA|V_2\rangle = \lambda_2 \langle V_1 |C|V_2\rangle\\ \langle V_1 |CA|V_2\rangle = \langle V_1 |AC|V_2\rangle = \lambda_1 \langle V_1 |C|V_2\rangle$$ Entonces tenemos$\lambda_2 \langle V_1 |C|V_2\rangle = \lambda_1 \langle V_1 |C|V_2\rangle$para cualquier matriz simétrica$C$. Configuración$C = | V_1 + V_2\rangle \;\langle V_1 + V_2 |$y sabiendo que$\langle V_1 | V_2 \rangle = 0$(como vectores propios de valores propios distintos para matrices simétricas) obtenemos$\lambda_1 = \lambda_2$. Esto es una contradicción, así que$A$no tiene valores propios distintos. Por lo tanto$A = \lambda I.$

Editar: podemos hacer que la prueba sea más fuerte eliminando la suposición de simetría para$A$. Eliminar la suposición de simetría haría que la prueba fuera más difícil con vectores propios de$A$. si empezamos con$V_1,V_2$como vectores propios de$C$en lugar de$A$, y hacemos las mismas manipulaciones algebraicas, obtenemos:

$$\lambda_2 \langle V_1 |A|V_2\rangle = \lambda_1 \langle V_1 |A|V_2\rangle$$ dónde$V_1, V_2$son vectores propios con valores propios distintos de$C$. Como$C$es un operador simétrico elegido libremente,$\langle V_1| A |V_2 \rangle = 0$para todos$V_1,V_2$con$\langle V_1, V_2 \rangle = 0$. Tenemos$A V_2$es ortogonal al complemento ortogonal de$V_2$, entonces$A V_2$es proporcional a$V_2$, para todos los vectores$V_2$. De este modo$A= \lambda I$.

Aquí hay una prueba diferente que tiene más maquinaria pero puede ser interesante en términos de técnica. Una idea repetidamente útil para este tipo de preguntas es hacer uso de los fundamentos de la teoría de la representación de grupos finitos, en particular apoyándose en los grupos de permutación y el Lema de Schur.

Lo que sigue a continuación funciona para$\mathbb R$y su extensión$\mathbb C$. (En el caso complejo, la prueba es esencialmente la misma si consideramos$A$ser hermitiano o simétrico.)

prueba radicalmente simplificada
para probar esta afirmación de simetría arbitraria$n\times n$matriz$A$, primero considere la representación matricial estándar de$S_{n+1}$, y llame a este grupo de matrices$M^{(S_{n+1})}$. Este grupo es una suma directa de la representación trivial y un irreductible$n$representación dimensional.

Los generadores de$M^{(S_{n+1})}$son$n+1\times n+1$elemental tipo 2, matrices$E_2^{(k)}$, cada uno de los cuales es simétrico. Ahora considere ortogonal$U \in \mathbb R^{n+1\times n+1}$dónde$\mathbf u_1 \propto \mathbf 1$. Así para$P \in M^{(S_{n+1})}$,

$P=\prod_k E_2^{(k)}$y$P' = U^TPU= U^T\big(\prod_k E_2^{(k)}\big)U = \prod_k \big(U^TE_2^{(k)}U\big)$
cada$\big(U^TE_2^{(k)}U\big)$es necesariamente simétrico y de la forma
$\begin{bmatrix}1 & \mathbf 0\\ \mathbf 0 & Y_{n} \end{bmatrix}$
dónde$Y_n$es la representación irreducible n-dim antes mencionada y$Y_n$es pues simétrico.

Por lo tanto, la$n$matriz irreducible dimensional rep para$S_{n+1}$es generado por un producto de matrices simétricas ($Y_n$). Y$A$conmuta con cada generador n-dimensional, por lo tanto$A$viaja con el$n$representación de matriz irreducible dimensional. trabajando temporalmente$\mathbb C$, aplicamos el Lema de Schur$\implies A=\lambda I_n$dónde$\lambda \in \mathbb R$desde$A$es real.

original, prueba más larga
0.) $2\times 2$Caso
Mediante cálculo directo puede mostrar el resultado (es decir,$A$conmuta con una matriz diagonal con distintos elementos en diagonal por lo que$A$debe ser diagonal y luego conmuta con alguna matriz no diagonal que es simétrica entonces$A\propto I$).

Un corolario inmediato de la$n\times n$caso es
en el caso especial que$A = \begin{bmatrix}* & \mathbf 0\\ \mathbf 0 & \lambda I_{n-1} \end{bmatrix}$y conmuta con todas las matrices simétricas$\implies A=\lambda I_n$

1.) $n\times n$El caso
A conmuta con todas las matrices simétricas, por lo que conmuta con todas las matrices elementales de tipo 2$E_2^{(j)}$. Estos generan la representación matricial estándar del grupo de permutación.$S_n$, que es un grupo finito. Llamaré a este grupo matriz$M^{(S_n)}$. Desde$A$viaja con los generadores,$A$viaja con$M^{(S_n)}$.

Cada$P \in M^{(S_n)}$es una suma directa de la representación trivial y un irreductible$n-1$representación tenue (esto es, por ejemplo, un ejercicio en el capítulo de teoría de la representación de Álgebra de Artin , cualquiera de las dos ediciones).

Finalmente considere ortogonales reales$Q$dónde$\mathbf q_1 = \frac{1}{\sqrt{n}}\mathbf 1$(es decir$\propto$el vector de unidades) y para arbitraria$P \in M^{(S_n)}$definir
$P':= Q^T PQ=\begin{bmatrix}1 & \mathbf 0\\ \mathbf 0 & B_{n-1} \end{bmatrix}$
dónde$B_{n-1}$es el irreductible$n-1$representación dimensional mencionada anteriormente.

Observamos$P' = Q^T\big(\prod_{j} E_2^{(j)}\big)Q =\prod_{j} \big(Q^T E_2^{(j)}Q\big)$cada uno de los cuales es simétrico por lo que$A$viaja con$P'$. Hay varias formas de terminar.

ej., usando el$P_c' = Q^T P_cQ$, dónde$P_c$es el operador de desplazamiento cíclico (es decir, matriz complementaria para$x^n-1$) tenemos$\big(P_c'-I_n\big)A\mathbf e_1 = A\big(P_c'-I_n\big)\mathbf e_1 = \mathbf 0\implies A\mathbf e_1 \propto \mathbf e_1$porque$A\mathbf e_1\in \ker \big(P_c'-I_n\big) = \big\{\alpha\cdot \mathbf e_1\big\}$. De este modo

$A = \begin{bmatrix}* & *\\ \mathbf 0 & Z_{n-1} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}* & \mathbf 0\\ \mathbf 0 & Z_{n-1} \end{bmatrix}$
desde$A$es simétrico

Pero$Z_{n-1}$conmuta con arbitraria$B_{n-1}$que es una representación irreducible (y trabajando temporalmente sobre el campo de extensión$\mathbb C$) por lo que el Lema de Schur nos dice que$Z_{n-1} = \lambda I_{n-1}$y la aplicación del corolario anterior nos dice$A=\lambda I_n$