Гомоморфизм алгебр

[fish-ka]

Помогите придумать какой нибудь гомоморфизм, действующий из алгебры всех комплексных матриц 2-го порядка в поле комплексных чисел. Все мои попытки (определитель, след и проч.) провалились.

[AD]

Давайте вот с чего начнём. Раз мы ищем гомоморфизм алгебр $f:M_2(\mathbb{C})\to\mathbb{C}$, то это должен быть, как минимум, линейный оператор (в данном случае функционал). Тогда ясно, что он однозначно определяется действием на базисных векторах:

$$f\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12}\cr a_{21}&a_{22}\end{matrix}\right)=a_{11}\underbrace{f\left(\begin{matrix}1&0\cr0&0\end{matrix}\right)}_{f_{11}}+a_{12}\underbrace{f\left(\begin{matrix}0&1\cr0&0\end{matrix}\right)}_{f_{12}}+a_{21}\underbrace{f\left(\begin{matrix}0&0\cr1&0\end{matrix}\right)}_{f_{21}}+a_{22}\underbrace{f\left(\begin{matrix}0&0\cr0&1\end{matrix}\right)}_{f_{22}}$$

Осталось разобраться, может ли такая штука уважать произведения. У нас всего 4 параметра $f_{ij}$ (причем постоянный множитель нам до лампочки фиксируется равенством $f(\mathbf{1})=1$, то есть, фактически, три), можно составлять системки и пытаться решать.

-- Вт фев 23, 2010 17:36:36 --

Ну да, и, немножко посоображав, приходим к выводу, что кроме "всё в нуль"* ничего нету.
____________
* Если это вообще тянет на гомоморфизм алгебр с единицами.

-- Вт фев 23, 2010 17:38:57 --

Собственно, а кто может рассказать более разумный метод решения этой задачи? Это же наверняка что-нибудь глубоко категорное, а?

[fish-ka]

О, все получилось! Точнее, получилось, что такого гомоморфизма нет! Спасибо!

[AD]

А слабо для $n\times n$?

Хотя не, наверное, тоже не очень сложно.
Но все равно ясность хочу

-- Вт фев 23, 2010 17:48:22 --

А вот мы еще когда системки составляем, то пользуемся тем, что если многочлены от нескольких переменных равны как функции, то у них равны коэффициенты. Тоже доказывать надо А над любым полем слабо?

[fish-ka]

Мои рассуждения немного отличаются от Ваших. Я использую разложение функционала на базисные вектора, а дальше пользуюсь тем, что каждый характер в унитальной банаховой алгебре по норме есть 1. В качестве нормы использую модуль определителя. И получаю, что норма такого характера - 0, противоречие. Вроде, все норм.

Мне кажется, такими рассуждениями и для $n\times n$ прокатит.

[Padawan]

fish-ka в сообщении #291559 писал(а):

Мои рассуждения немного отличаются от Ваших. Я использую разложение функционала на базисные вектора, а дальше пользуюсь тем, что каждый характер в унитальной банаховой алгебре по норме есть 1. В качестве нормы использую модуль определителя. И получаю, что норма такого характера - 0, противоречие. Вроде, все норм.

Мне кажется, такими рассуждениями и для $n\times n$ прокатит.

Что значит "в качестве нормы использую модуль определителя"? Вы не можете выбирать, как считать норму функционала -- она вполне определяется нормой исходной алгебры. Как обычно - супремум на единичной сфере.

-- Вт фев 23, 2010 19:53:22 --

Допустим $f(E)=1$. Так как $f(A-f(A)E)=0$, то $\det(A-f(A)E)=0$ (иначе $f\left((A-f(A)E) \cdot (A-f(A)E)^{-1}\right)=1$ и $f(A-f(A)E)\neq 0$). Значит, $f(A)\in\mathrm{\mathbf{Spec}} A$. Но корни характеристического многочлена зависят от $A$ нелинейно, а $f(A)$ -- линейно. Противоречие.

-- Вт фев 23, 2010 20:17:32 --

AD в сообщении #291558 писал(а):

А вот мы еще когда системки составляем, то пользуемся тем, что если многочлены от нескольких переменных равны как функции, то у них равны коэффициенты. Тоже доказывать надо А над любым полем слабо?

Над $\mathbb{Z}_2$, например, неверно.

А над "нашими" полями -- коэффициенты через производные выражаются.

[Padawan]

А может ли некоммутативная алгебра гомоморфно отобразиться на $\mathbb{C}$ ?

[id]

Посмотрите Problem #4 с IMC 1997го года.

Цитата:

a) Let the mapping $f: M_n \to \mathbb R$ from the space
$M_n = R^{n^2}$ of $n\times n$ matrices with real entries to reals be linear, i.e.:
(1) $f(A + B) = f(A) + f(B); f(cA) = cf(A)$
Prove that there exists a unique matrix $C \in M_n$
such that $f(A) = tr(AC)$ for any $A \in M_n$.
b) Suppose in addition to (1) that
(2) $ f(AB) = f(BA)$
for any $A;B \in M_n$.
Prove that there exists $\lambda \in \mathbb R$ such that $f(A) = \lambda tr(A)$.

На свойства хар. многочлена и прочие тонкости решение вроде как не ссылается и переносится, а приложить эту задачку к исходной можно очевидным образом.

[RIP]

Padawan в сообщении #291872 писал(а):

А может ли некоммутативная алгебра гомоморфно отобразиться на $\mathbb{C}$ ?

Очень запросто. Берём алгебру всех комплексных многочленов от двух независимых некоммутирующих переменных. Гомоморфизм --- "значение в нуле".