¿Existe un teorema fundamental del álgebra para las matrices?

Question

El teorema fundamental del álgebra dice que podemos hacer esto ( $z\in\mathbb{C}$ por supuesto)

$$\sum_{k=0}^n a_kz^k= a_n\prod_{k=1}^n (z-\omega_k)=0$$

para algún conjunto $\{\omega_k \in\mathbb{C}\}_{k=1,2,\ldots , n}$ . ¿Existe una respuesta similar para las matrices cuadradas con entradas complejas (es decir, para los operadores lineales $A_k:\mathbb{C}^n \to\mathbb{C}^n,\,\,(k=0,1,2,\ldots, n))$ ? Es decir, ¿podemos hacer tal factorización

$$\sum_{k=0}^n A_kz^k= A_n\prod_{k=1}^n (z\mathbb{1}-\Omega_k)=0$$

donde $\mathbb{1}$ es el operador de identidad y $\Omega_k : \mathbb{C}^n\to\mathbb{C}^n$ ¿son operadores lineales? Ciertamente estamos restringidos aquí por la no conmutatividad de las matrices en general, por lo que el orden de esta descomposición importaría. Pero, ¿quizás haya algunos tipos de matrices que admitan matrices "raíz" conmutativas?

Disculpe si mi notación es torpe, y también si la respuesta a esto se considera de conocimiento común.

Answer 1

Esta es una recopilación de las respuestas dadas en los comentarios por @darijgrinsberg y @dineshdileep, de ahí la wiki de la comunidad.

Es cierto para las matrices simultáneamente diagonalizables (¿y posiblemente otras matrices?). Tampoco es cierto en general.

Recordemos que el producto de matrices simultáneamente diagonalizables $A$ y $B$ , $AB$ es simultáneamente diagonalizable con $A$ y con $B$ . En general, cualquier combinación lineal de productos arbitrarios de (posiblemente más de $2$ ) es simultáneamente diagonalizable con todos sus componentes. Por tanto, si todas las matrices $A_k$ son simultáneamente diagonalizables, el problema se resuelve trivialmente diagonalizando todos los términos y aplicando el TLC estándar.

He aquí un contraejemplo para el caso general:

\begin{equation*} \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} z^2 + \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} = 0 \fin{ecuación*}

Si pudiéramos descomponer esto en factores lineales, tendríamos \begin{equation*} \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} (zI - A)(zI - B) = z^2I - z (A + B) + AB \end{ecuación*} por lo tanto $A+B=0 \implies A=B$ por lo que requerimos $AB=A^2=\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ . Pero es conocido que no hay raíces cuadradas para esa matriz.

Answer 2

Cuando $n>1$ para escribir $\sum_{k=0}^n A_kz^k=0$ es genéricamente un sinsentido. De hecho, eso implica que el $(A_k)_k$ son linealmente dependientes sobre $\mathbb{C}$ . Más concretamente, la ecuación anterior equivale a decir que $n^2$ los polinomios complejos tienen una raíz compleja común, lo que es genéricamente falso cuando consideramos sólo $2$ ¡¡polinomios !!

EDITAR. La pregunta correcta se puede escribir de la siguiente manera: dejemos $(A_k)_{0\leq k\leq n})\in M_n(\mathbb{C})$ nuestro problema: (*) ¿podemos factorizar $\sum_{k=0}^n z^kA_k$ en la forma $A_n \Pi_{i=1}^n (zI-X_i)$ donde el $X_i\in M_n(\mathbb{C})$ ? Por supuesto, hay contraejemplos; los matemáticos se divierten mucho cuando encuentran tales resultados; el ejemplo más conocido está probablemente relacionado con la ecuación $X^2=U$ El matemático dice inmediatamente que esta ecuación puede no tener soluciones; sin embargo, todo el mundo sabe que, para una ecuación genérica $U$ esta ecuación siempre ha $2^n$ ¡soluciones ! ¿Por qué no decirlo primero? Las matemáticas son hermosas cuando funcionan.

Propuesta. Supongamos que $n\leq 3$ . Para los genéricos $(A_i)_i$ (*) siempre ha $6$ soluciones sencillas cuando $n=2$ y $1680$ soluciones sencillas cuando $n=3$ .

Observaciones. 1. "Genéricamente" se considera en el sentido "conjunto denso abierto de Zariski" o en el sentido probabilístico (las entradas del $(A_i)$ son complejos iid que siguen una ley normal; el resultado es verdadero con probabilidad $1$ ). Los resultados y definiciones utilizados o citados en este post se encuentran en mi documento [1] http://arxiv.org/pdf/1304.2506.pdf (publicado en Linear Algebra and its Applications).

2. Evidentemente, también podemos considerar ecuaciones de grado $p$ en $M_n(\mathbb{C})$ .

3. Sólo escribí una prueba cuando $n\leq 3$ Creo que el resultado se puede generalizar cuando $n>3$ .

Prueba. Dado que $A_n$ es genérico, es invertible y podemos suponer que es $I$ .

Caso 1. $n=2$ . $U,V$ son matrices genéricas conocidas y las incógnitas $X,Y$ satisfacer $z^2I-Uz+V=(zI-X)(zI-Y)$ Es decir $U=X+Y,V=XY$ Entonces $X^2-XU+V=0,Y=U-X$ . La primera ecuación anterior es una ecuación unilateral de grado $2$ (una de Riccati) y (genéricamente) admite $6$ soluciones en $X$ y luego, $6$ soluciones en $(X,Y)$ .

Caso 2. $n=3$ . $U,V,W$ son matrices genéricas conocidas y las incógnitas $X,Y,Z$ satisfacer $z^3I-Uz^2+Vz-W=(zI-X)(zI-Y)(zI-Z)$ Es decir $U=X+Y+Z,V=XY+YZ+XZ,W=XYZ$ Entonces $Z=U-X-Y$ y poniendo $K=XY,L=X+Y$ obtenemos el sistema $V=K+L(U-L),W=K(U-L)$ en las incógnitas $K,L$ . Desde $Z=U-L$ , de $V(U-L)=W+L(U-L)^2$ deducimos (1) $Z^3-UZ^2+VZ-W=0$ . Además, podemos aplicar el resultado anterior sobre $Z$ a la transposición de la igualdad (*); obtenemos (2) $X^3-X^2U+XV-W=0$ .

Las ecuaciones (1) y (2) son unilaterales y, en consecuencia, tienen $\binom{3^2}{3}=84$ soluciones sencillas $Z$ o $X$ (véase el teorema 1 de [1]). Sea $Z$ sea una solución de (1). Entonces $X+Y=U-Z,XY=V-UZ+Z^2$ y $Y$ es la solución de una ecuación unilateral de grado $2$ . Con toda probabilidad, $U-Z,V-UZ+Z^2$ son genéricos (e independientes) y hay $\binom{2\times 3}{3}=20$ soluciones $Y$ . Finalmente, obtenemos $20\times 84=1680$ soluciones en $X,Y,Z$ .