¿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 matrices cuadradas con entradas complejas (es decir, para 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 identidad y $\Omega_k : \mathbb{C}^n\to\mathbb{C}^n$ son operadores lineales? Ciertamente estamos limitados aquí por la no conmutatividad de las matrices en general, por lo que el orden de esta descomposición importaría. Pero, ¿tal vez hay algunos tipos de matrices que admiten matrices "raíz" conmutativas?

Disculpa si mi notación es un poco extraña, y también si la respuesta a esto se considera conocimiento común.

Answer 1

Esta es una recopilación de respuestas dadas en comentarios por @darijgrinsberg y @dineshdileep, por lo tanto es wiki de la comunidad.

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

Recuerde 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 matrices diagonalizables simultáneamente (posiblemente más de $2$) es simultáneamente diagonalizable con todos sus componentes. Entonces, si todas las matrices $A_k$ son simultáneamente diagonalizables, el problema se resuelve trivialmente diagonalizando todos los términos y aplicando el FTA estándar.

Aquí hay 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 \end{equation*}

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{equation*} por lo tanto $A+B=0 \implies A=B$ entonces requerimos $AB=A^2=\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$. Pero es conocido que no existen raíces cuadradas para esa matriz.

Answer 2

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

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

Proposición. Supongamos que $n\leq 3$. Para $(A_i)_i$ genéricos, (*) tiene siempre $6$ soluciones simples cuando $n=2$ y $1680$ soluciones simples cuando $n=3.

Observaciones. 1. "Genéricamente" se considera en el sentido de "conjunto denso abierto de Zariski" o en el sentido probabilístico (las entradas de los $(A_i)$ son iid complejas que siguen una ley normal; el resultado es cierto con probabilidad $1$). Los resultados y definiciones utilizados o citados en este post están en mi artículo [1] http://arxiv.org/pdf/1304.2506.pdf (publicado en Álgebra Lineal y sus Aplicaciones).

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

3. Escribí una prueba solo 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 asumir que es $I$.

Caso 1. $n=2$. $U,V$ son matrices genéricas conocidas y las incógnitas $X,Y$ satisfacen $z^2I-Uz+V=(zI-X)(zI-Y)$, 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 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 $X,Y,Z$ satisfacen $z^3I-Uz^2+Vz-W=(zI-X)(zI-Y)(zI-Z)$, 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 $K,L$. Dado que $Z=U-L$, 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 traspuesta 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 simples $Z$ o $X$ (ver Teorema 1 en [1]). Sea $Z$ una solución de (1). Luego, $X+Y=U-Z,XY=V-UZ+Z^2$ y $Y$ es 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 $X,Y,Z$.