鄧 琳，鄭克禮，徐金利

(東北林業(yè)大學(xué))

0 引言

設(shè)Mm和Sm分別是復(fù)數(shù)域C上m×m全矩陣和對稱矩陣全體，Pm是Sm中全體冪等矩陣構(gòu)成的子集，即Pm={A∈Sm:A2=A}. Chan最早研究了Mm上保持矩陣冪等性映射的結(jié)構(gòu)[1]，之后佟鑫和曹重光研究了對稱矩陣空間之間保持矩陣冪等性的映射結(jié)構(gòu)[2]，得到了以下定理：

定理1.1[2]設(shè)m≥n，線性映射Ψ:Sm→Sn保持矩陣冪等性，即

A∈Pm?φ(A)∈Pn

當且僅當φ=0或m=n且存在正交矩陣T∈Mmm使得

φ(X)=TXT-1,?x∈Sm.

近年來，李志光教授將矩陣保持問題與量子信息科學(xué)聯(lián)系起來，提出矩陣張量積空間上的保持問題.該問題將不變量的范圍縮小到純張量的范圍，其潛在的物理意義是通過僅測試純態(tài)的特點來刻畫通道的性質(zhì).可以參看文獻[3-7]了解更多與量子信息科學(xué)相關(guān)的保持問題.

該文刻畫具有性質(zhì)保持對稱矩陣張量積冪等的線性映射φ:Sm?Sn→Smn，即

A?B∈Pmn?φ(A?B)∈Pm

該文的主要結(jié)果是：

定理1.2 設(shè)m,n≥2，則線性映射φ:Sm?Sn→Smn滿足

A?B∈Pmn?φ(A?B)∈Pmn

(1)

當且僅當φ=0或存在正交矩陣T∈Mmn使得

φ(X)=TXT-1,?X∈Sm?Sn.

1 預(yù)備結(jié)果

在該節(jié)給出幾個預(yù)備引理：

引理1.1 設(shè)U,V∈Mn是可逆矩陣，如果對任意的X∈Sn有UX=XV則U=V=λIn，其中λ≠0.

證明分別取X=Eii,i=1,…,n，由UEii=EiiV可得U與V都是對角陣，再取X=Eij+Eji,1≤i

引理1.2[8]設(shè)t是一個正整數(shù)，P1,…,Pt∈Pmn滿足Pi+Pj∈Pmn，1≤i

ri=rank(Pi)，i=1,…,t,則存在正交陣T∈Mmn使得

Pi=Tdiag(0r1,…,0ri-1Iri,0mn-r1-…-ri)T-1,

i=1,…,t.

為了方便定理1.2的證明，在該節(jié)最后再給出兩個通過冪等條件刻畫矩陣的引理：

引理1.3 設(shè)正整數(shù)r,s滿足r+s≤mn，如果P∈Pr及X，0s⊕P⊕0mn-r-s-X∈Pmn，則存在Xr∈Pr使得

X=0s⊕Xr⊕0mn-r-s.

證明類似于文獻[4]，直接驗算即可.

引理1.4 設(shè)A=Pr⊕0s⊕0mn-r-s∈Pmn，B=0r⊕Ps⊕0mn-r-s∈Pmn，x∈Smn. 如果

(2)

及

(3)

則X2=A+B并且

其中X12∈Mr×s

證明顯然有AB=BA=0，再由(2)可以直接算出

于是

X2=A+B

進而

類似的，由(3)得

這表明

X=AX+XA=BX+XB

由上式，并注意到A,B的形式，可得

其中X12∈Mr×s

2 保對稱矩陣張量積冪等線性映射的刻畫

該節(jié)給出定理1.2的證明.

定理1.2充分性是顯然的，下面證明必要性.為了使定理其余的證明過程清晰，分成以下三個命題：

命題2.1 設(shè)P∈Pm.如果

φ(P?In)=0s⊕Ir⊕0mn-r-s

(4)

其中r,s是非負整數(shù)，則存在線性映射ψ:Sn→Sr使得

φ(P?X)=0s?ψ(X)⊕0mn-r-s,?X∈Sn

并且

B∈Pn?ψ(B)∈Pr

(5)

證明任取Sn中的冪等矩陣B，由

P?(In-B)∈Pmn

得到

φ(P?In-B))∈Pmn

因此有

0s⊕Ir⊕0mn-r-s-φ(P?B)∈Pmn

再由φ(P?B)∈Pmn應(yīng)用引理1.3，得到φ(P?B)具有形式

φ(P?B)=0s⊕ψ(B)⊕0mn-r-s

由B的任意性，可知

φ(P?X)=0s⊕ψ(X)⊕0mn-r-s,?X∈Sn

并且ψ是Sn→Sr保持對稱矩陣的冪等性的線性映射.

命題2.2 如果某個i，有rankφ(Eii?In)

證明因為

Eii?In,i=1,…,m

及

(EiiEjj)?In,1≤i

都是可寫成純張量的對稱冪等陣，由φ的性質(zhì)(1)得

φ(Eii?In)∈Pmn,i=1,…,m

和

φ(Eii?In)+φ(Ejj?In)∈Pmn,

1≤i

記

ri=rankφ(Eii?In),i=1,…,m

由引理1.2可知存在正交陣T使得

φ(Eii?In)=Tdiag(0r1,…,0ri-1Iri,0mn-r1-…-ri)T-1,i=1,…,m.

φ(Eii?In)=diag(0r1,…,0ri-1Iri,0n-r1-…-ri),i=1,…,m.

如果存在某個1≤i≤m使得ri

φ=0，不失一般性，設(shè)r1

φ(E11?In)=Ir1⊕0mn-r1

應(yīng)用命題2.1知，存在從Sn到Sr1滿足(5)的映射ψ使得

φ(E11?X)=ψ(X)⊕0mn-r1,?X∈Sn

因為r1

φ(E11?X)=0,?X∈Sn

(6)

任取B∈Pn，因為

及

都是可寫成純張量的對稱冪等陣，由φ的性質(zhì)(1)和引理1.4得

φ((E1j+Ej1)?B)=0,j=2,…,m

及

φ(Ejj?B)=0,j=2,…,m

同理可得

φ((Eij+Eji)?B)=0,1≤i

由φ的線性可知

φ(A?B)=0,?A∈Sm.

由B的任意性，得到φ=0.

下面總假定φ=0.

命題2.3 設(shè)A1,…,Am∈Pm,如果rankAi=1,1≤i≤m， 并且Ai+Aj∈Pm，1≤i

φ(Ak?X)=Q(Ekk?X)Q-1,?X∈Sn,

k=1,…,m.

證明由于假定φ=0，由命題2.2有

rankφ(Ak?In)=n,k=1,…,m.

事實上，如果某個rankφ(Ak?In)>n，則一定有1≤i≤m使得rankφ(Ai?In)

再由引理1.2知，存在正交陣T∈Mmn使得

φ(Ak?In)=T(Ekk?In)T-1,k=1,…,m.

再應(yīng)用命題2.1得

φ(Ak?X)=T(Ekk?ψk(X))T-1,?X∈Sn,k=1,…,m

其中ψk≠0且滿足(5).

由定理1.1，存在正交陣Pk∈Mn使得

令Q=T(P1⊕…⊕Pm),則有

ψ(Εkk?X)=Q(Ekk?X)Q-1,?X∈Sn,

k=1,…,m.

由命題2.3，不失一般性，可以設(shè)

φ(Ekk?X)=Ekk?X,?X∈Sn,k=1,…,m.

(7)

為了表述方便，對1≤i

Dij=Eij+Eji.

容易看出，Ekk,1≤k≤m,Dii,1≤i

余下的證明分為3步：

第1步 存在λij∈C,1≤i

證明為了方便，僅對i=1,j=2時給出證明，其他情況的證明是類似的.令

Ak:=Ekk,k=3,…,m(m≥3)

由命題2.3，存在正交陣Q∈Mmn使得對任意的X∈Sn有

φ(Ak?X)=Q(Ekk?X)Q-1,k=1,…,m.

(8)

由(7)和(8)可得

Ekk?X=Q(Ekk?X)Q-1,k=3,…,m

(9)

記Q=[Qij]m×m，其中Qij∈Mn，取X=In，由(9)得

(Ekk?In)Q=Q(Ekk?In),k=3,…,m

因此

(10)

記

其中T11,T12,T21,T22∈Mn，由(7)，(8)和(10)知對任意的X∈Sn有

φ(D12?X)=

(11)

及

φ(D12?X)=

(12)

任取B∈Pn，因為

及

都是可寫成純張量的對稱冪等陣，由φ的性質(zhì)(1)和引理1.4得

其中Y∈Mm.再由B的任意性，可得

(13)

其中*代表一個與X有關(guān)的m階矩陣.

取X=In,由(11)，(12)和(13)可得

2Q11T11=2Q22T22=2Q21T21=2Q12T12=In.

這表明T11,T21和Q22是可逆陣.再由(11)，(12)和(13)可得

由引理1.1得(T11)-1T21=λ12In.再由(11)可得

?X∈Sn.

第2步 如果m≥3，則對1≤i

證明

是可寫成純張量的對稱冪等陣，由φ的性質(zhì)(1)和(7)結(jié)合第1步所得結(jié)果可知

(14)

由(14)得λijλjk=λik.

第3步 令

則

φ(A?B)=T(A?B)T-1,?A∈Sm,B∈Sn.

這就證明了定理1.2的必要性.