矩阵代数上的192个深邃的深邃lr

矩阵代数上的192个深邃的深邃lr

f表示数字或复合区域c，并记录f=f{0}。mn（c）是c上的nn矩阵的全部，a和b是f上的两个后代。当映射：ab满足（aba）=（a）（b）（a）时，它被称为优雅的半编程映射或优雅的半编程映射。近年来,线性保持问题一直是备受关注的研究课题.在线性保持问题研究的基础上,国内外许多学者开始研究可加,可乘,甚至是更一般的非线性保持问题.进而,Jordan可乘保持问题和Jordan-triple可乘保持问题也在许多文献中进行了深入讨论[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10].目前,对于算子代数上Jordan可乘映射,Jordan-triple可乘映射的刻画问题研究越来越受到人们的重视,成为算子代数和算子理论领域中重要的研究对象和必不可少的工具.2002年,文献证明了Banach空间上标准算子代数上的Jordan-triple可乘双射的是可加性问题.文献得到了Banach空间上标准算子代数上的Jordan-triple可乘双射的可加性的有关性质.1可逆矩阵tmnf和b3g.引理1设n≥3,F为域,G1,G2⊆Mn(F)且包含所有的一秩幂等元.F*=F＼{0}.Φ:G1→G2为满射,且满足ABA=0⇔Φ(A)Φ(B)Φ(A)=0,∀A,B∈G1.则存在可逆矩阵T∈Mn(F),数域F上的域自同构σ,以及数值函数α:G1→F*,使得以下条件之一成立:(ⅰ)Φ(A)=α(A)RAσR-1对所有的A∈G1都成立;(ⅱ)Φ(A)=α(A)R(Aσ)TR-1对所有的A∈G1都成立,其中Aσ=(σ(aij)).另外,如果G1包含所有的一秩矩阵,则引理1中的满射性假设可以去掉.惟一的不同就是(ⅰ)～(ⅱ)中的σ为非零同态(也可能不满).2选取0+0+0定理1设Mn(C)为复n阶矩阵代数,其中n≥3.则映射Φ:Mn(C)→Mn(C)为Jordan半可乘的充分必要条件是下列之一成立:(ⅰ)Φ(A)=0,∀A∈Mn(C).(ⅱ)Φ(A)=I,∀A∈Mn(C)或Φ(A)=-I,∀A∈Mn(C).(ⅲ)存在整数0<k<n和可逆矩阵R∈Mn(C),使得Φ(0)=R-1(Ιk00-Ιn-k)R,并且∀A∈Mn(C),都有Φ(A)=R-1(Ιk00-Ιn-k)R.(ⅳ)存在满足k1+k2<n的正整数k1,k2及可逆矩阵R∈Mn(C),使得Φ(0)=R-1(Ιk1000-Ιk20000n-k1-k2)R,并且∀A∈Mn(C),都有Φ(A)=R-1(Ιk1000-Ιk20000n-k1-k2)R.(ⅴ)存在满足k1+k2<n的正整数k1,k2及可逆矩阵R∈Mn(C),使得Φ(Ι)=R-1(Ιk1000-Ιk20000n-k1-k2)R.并且∀A∈Mn(C),都有Φ(A)=R-1(Φ1(A)000Φ2(A)0000n-k1-k2)R.其中Φi:Mn(C)→Mki(C)(i=1,2)为Jordan半可乘映射,Φi(0)=0(i=1,2).(ⅵ)存在整数0<k<n和可逆矩阵R∈Mn(C),使得Φ(Ι)=R-1(Ιk00-Ιn-k)R,并且∀A∈Mn(C),都有Φ(A)=(R-1Φ1(A)00Φ2(A))R,其中Φ1:Mn(C)→Mk(C)和Φ2:Mn(C)→Mn-k(C)为Jordan半可乘的映射.(ⅶ)Φ(I)=I,Φ是Jordan半可乘的且对任意的一秩矩阵A∈Mn(C),都有Φ(A)=0.(ⅷ)存在Mn(C)中的非奇异矩阵R,数域C上的非零域同态σ,以及Jordan半可乘数值函数α:Mn(C)→C*,使得∀A∈Mn(C),都有Φ(A)=α(A)RAσR-1或∀A∈Mn(C),都有Φ(A)=α(A)R(Aσ)TR-1.证明充分性是显然的,下面证明必要性.由于Φ是Jordan半可乘映射,故Φ(I)=(Φ(I))3.若Φ(I)=0,则∀A∈Mn(C),Φ(A)=Φ(I)Φ(A)Φ(I),故Φ(A)=0.有(ⅰ)成立.下面总可假设Φ(I)≠0.由Φ是Jordan半可乘映射可得Φ(0)=(Φ(0))3.情形1若Φ(0)≠0.如果Φ(0)可逆,则由Φ(0)=Φ(0)3,得Φ(0)2=I,则Φ(0)=±I或Φ(0)≠±I.(1)Φ(0)=±I,如Φ(0)=I,由Φ(0)Φ(A)Φ(0)=Φ(0)可知,∀A∈Mn(C),有Φ(A)=I.如Φ(0)=-I,∀A∈Mn(C),有Φ(A)=-I.有(ⅱ)成立.(2)Φ(0)≠±I,则存在整数0<k<n和可逆矩阵R∈Mn(C),使得Φ(0)=R-1(Ιk00-Ιn-k)R.由Φ是Jordan半可乘映射,得Φ(0)=Φ(0)Φ(A)Φ(0),进而∀A∈Mn(C),都有Φ(A)=R-1(Ιk00-Ιn-k)R.有(ⅲ)成立.如果Φ(0)不可逆,那么0<r(Φ(0))=k<n.存在满足k1+k2<n的正整数k1,k2及可逆矩阵R∈Mn(C),使得Φ(0)=R-1(Ιk1000-Ιk20000n-k1-k2)R.由Φ是Jordan半可乘映射,Φ(0)=Φ(0)Φ(A)Φ(0),进而∀A∈Mn(C),都有Φ(A)=R-1(Ιk1000-Ιk20000n-k1-k2)R.有(ⅳ)成立.情形2若Φ(0)=0.由Φ是Jordan半可乘映射,则Φ(I)=(Φ(I))3.如果Φ(I)不可逆,那么0<r(Φ(I))=k<n.由Φ是Jordan半可乘映射,得Φ(A)=Φ(I)Φ(A)Φ(I).进而r(Φ(A))≤r(Φ(I))=k,则存在满足k1+k2=k的正整数k1,k2及可逆矩阵R∈Mn(C),使得Φ(Ι)=R-1(Ιk1000-Ιk20000n-k1-k2)R.又由Φ(A)=Φ(I)Φ(A)Φ(I),则∀A∈Mn(C),都有Φ(A)=R-1(Φ1(A)000Φ2(A)0000n-k)R.其中Φi:Mn(C)→Mki(C)(i=1,2)为Jordan半可乘的映射.有(ⅴ)成立.如果Φ(I)可逆,则由Φ(I)=(Φ(I))3,得(Φ(I))2=I.进而有Φ(I)≠I或Φ(I)=±I.(1)若Φ(I)≠±I,则存在整数0<k<n和可逆矩阵R∈Mn(C),使得Φ(Ι)=R-1(Ιk00-Ιn-k)R.由Φ是Jordan半可乘映射,得Φ(A)=Φ(I)Φ(A)Φ(I).又由Φ(A2)=Φ(A)Φ(I)Φ(A),则∀A∈Mn(C),都有Φ(A)=R-1(Φ1(A)00Φ2(A))R.其中Φ1:Mn(C)→Mk(C)和Φ2:Mn(C)→Mn-k(C)为Jordan半可乘的映射.有(ⅵ)成立.(2)若Φ(I)=I,要么对任意的一秩矩阵A∈Mn(C),有Φ(A)=0.有(ⅶ)成立,要么存在一秩矩阵x0⨂f0,使得Φ(x0⨂f0)≠0.将证明后一种情形下对任意的一秩矩阵x⨂f∈Mn(C),都有Φ(x⨂f)≠0.对λ∈C,且λ≠0,有I=Φ(I)=Φ(λ1/2I)Φ(λ-1I)Φ(λ1/2I),所以Φ(λ1/2I)可逆.对任意的一秩矩阵x⨂f∈Mn(C),令〈x,f0〉〈x0,f〉=μ,则x0⨂f0x⨂fx0⨂f0=〈x,f0〉〈x0,f〉x0⨂f0=μx0⨂f0.当μ≠0时,Φ(μ1/2I)Φ(x0⨂f0)Φ(μ1/2I)=Φ(μx0⨂f0)=Φ(x0⨂f0)Φ(x⨂f)Φ(x0⨂f0).由于Φ(μ1/2I)可逆且Φ(x0⨂f0)≠0,因而Φ(x⨂f)≠0.当μ=0时,即〈x,f0〉〈x0,f〉=0.可取y∈Cn,g∈(Cn)′,使得〈y,f0〉〈x0,g〉≠0且〈x,g〉〈y,f〉≠0,可得Φ(y⨂g)≠0,从而Φ(x⨂f)≠0.下面将证明Φ(A)=0⇔A=0.此情形下显然只需证明Φ(A)=0→A=0即可.设N={B|Φ(B)=0,B∈Mn(C)}.由Φ是Jordan半可乘映射,因而∀A∈Mn(C),ANA⊆N.取B∈N但B≠0,则Φ(B)=0.由B≠0,因而∃x∈Cn,使得Bx≠0.取f∈(Cn)′,使得〈Bx,f〉=1,令A=x⨂f,则ABA=x⨂fBx⨂f=〈Bx,f〉x⨂f=x⨂f.而Φ(x⨂f)=Φ(ABA)=Φ(A)Φ(B)Φ(A)=0.这与∀x⨂f∈Mn(C),都有Φ(x⨂f)≠0,矛盾.由上面的证明可知Φ(A)=0⇔A=0.又由Φ是Jordan半可乘映射,因此ABA=0⇔Φ(A)Φ(B)Φ(A)=0,也就是Φ双边保Jordan半零积.又Mn(C)包含所有的一秩矩阵,而且n≥3,由引理1可知,则存在可逆矩阵R∈Mn(C),数域C上的域自同构σ,以及数值函数α:Mn(C)→C*,使得以下条件之一成立:(ⅰ)Φ(A)=α(A)RAσR-1对所有的A∈Mn(C)都成立;(ⅱ)Φ(A)=α(A)R(Aσ)TR-1对所有的A∈Mn(C)都成立.(3)若Φ(I)=-I,定义Ψ=-Φ,则Ψ(I)=I.如Φ(I)=I的证明,可得,则存在可逆矩阵R∈Mn(C),