"Conjugacy rango" de dos matrices sobre el campo de extensión

Question

EDIT: ARGH! Me tengo que ir y no tengo idea de cómo hacer la maldita subíndices derecho.

He publicado esto en otros lugares y sólo obtuvo una respuesta parcial. No sé si esto corresponde a la pregunta por abrir-el problema de la etiqueta; si lo hace, por favor alguien insertar.

Deje $L$ ser un campo, y $K$ un subcampo de la $L$. Para cualquiera de los dos $n\times n$ matrices $A$$B$$\mathrm{M}_n\left(K\right)$, y en cualquier campo de $S$ contiene $K$, denotamos $$\rho_{S}\left( A,B\right) = \max\left\{\mathrm{Rank}Q\mid Q\in\mathrm{M}_{n}\left( S\right) ;\ AQ = QB\right\}.$$ Podemos llamar a $\rho_{S}\left( A,B\right)$ "conjugacy rango de las matrices de $A$ $B$ sobre el campo de $S$ (teniendo en cuenta que $\rho_{S}\left( A,B\right) = n$ si y sólo si las matrices $A$ $B$ son conjugado a cada uno de los otros en $\mathrm{M}_{n}\left( S\right)$).

Mi pregunta es: ¿tenemos $\rho_{K}\left( A,B\right) = \rho_{L}\left( A,B\right)$ para cualquiera de las dos matrices $A$$B$$\mathrm{M}_{n}\left( K\right)$ ?

Esto puede ser demostrado en el caso de $n\leq\left\vert K\right\vert$ por un "polinomios que se desvanecen en todas partes debe ser idéntica $0$" argumento. Además, en el caso de $\rho_{L}\left( A,B\right) = n$, se puede demostrar mediante el racional de la forma canónica. Estoy interesado en el caso más general del problema - ni restringir $\left\vert K\right\vert$ ni $\rho_{L}\left( A,B\right)$ -, pero puede haber incluso contraejemplos.

Lo que también puede ser de ayuda: Para cualquier campo $S$ contiene $K$, el espacio $$R_{S}\left( A,B\right) = \left\{ Q\in\mathrm{M}_{n}\left( S\right) \mid AQ = QB\right\}$$ es un subespacio del espacio vectorial $\mathrm{M}_{n}\left(S\right)$. Además, cada base del espacio de $R_{K}\left( A,B\right)$ es también una base del espacio de $R_{S}\left( A,B\right)$ por cada campo de $S$ contiene $K$. Sin embargo, esto por sí solo no es suficiente; usted puede construir fácilmente un subespacio de $\mathrm{M}_{n}\left(\mathbb{F}_p\right)$ que consta de singular matrices, pero pierde esta propiedad cuando se extiende en $\mathrm{M}_{n}\left(\mathbb{F}_{p^2}\right)$.

Answer 1

Creo que esto es cierto, y puede ser demostrado por la fuerza bruta: escribir una fórmula explícita para conjugacy rango. Voy a preferir a reformular el problema en términos de los módulos.

A un $n\times n$ matriz $A$ sobre un campo $K$, asociado a la $K[x]$-módulo de $M$ $K^n$ como un espacio vectorial, mientras que $x$ actúa como $A$. En todas partes de abajo, todos los $K[x]$-los módulos son finito-dimensional como $K$-espacios vectoriales. A continuación, su definición se hace de la siguiente manera:

Deje $M$ $N$ dos $K[x]$-módulos. Definir sus conjugacy rango $\rho(M,N)$ la máxima dimensión (más de $K$) $K[x]$- módulo, que simultáneamente es isomorfo a un submódulo de $M$ y un cociente-módulo de $N$. Nuestro objetivo es demostrar que $\rho(M,N)$ es estable en el campo de las extensiones de $K$.

Por la estructura teorema de los módulos a través de PID, podemos escribir $M\simeq\bigoplus K[x]/f_i$, donde los factores invariantes $f_i=f_i(M)\in K[x]$ satisfacer $f_{i+1}|f_i$. Es fácil comprobar la siguiente afirmación:

Lema: $M'$ es isomorfo a un cociente de $M$ si y sólo $f_i(M')|f_i(M)$. El mismo criterio se mantiene para $M'$ ser isomorfo a un submódulo de $M$.

Corolario: No es única hasta el isomorfismo máxima dimensiones del módulo de $M'$, que simultáneamente es isomorfo a un submódulo de $M$ y un cociente-módulo de $N$; su invariante factores están dados por $f_i(M')=gcd(f_i(M),f_i(N))$.

Puesto que la fórmula para $M'$ es estable en el campo de las extensiones de $K$, la demanda de la siguiente manera.

Answer 2

Edit: Como se señaló en el comentario, hay un error en este argumento.

Reescribir la ecuación de $AQ-QB = 0$ el uso de Kronecker del producto (es decir, respecto de Q como un vector columna), entonces estamos para resolver la ecuación

$(I \otimes A - B^T \otimes I)Q = 0$

y vamos a encontrar el máximo rango de la solución de $Q$, donde los coeficientes de $Q$ puede estar en un campo más amplio.

Deje $M = I \otimes A - B^T \otimes I \in M_{n^2} (K)$, y realizar la eliminación Gaussiana para obtener invertible matrices $E,F$ $M_{n^2}(K)$ tal que $M = EDF$, $D = diag(1,...,1,0,..,0)$ (r 1s). Ahora, el máximo rango de la solución de $MQ = 0$, es obviamente el mismo que el máximo rango de la solución de $EDFQ = 0$, o el rango de la solución de $D(FQ) = 0$.

Desde $F$ es invertible, $Q'=FQ$ tiene el mismo rango que $Q$.

Sin embargo, el máximo rango de $Q'$ satisfacción $DQ' = 0$ es claramente sólo depende de $r$ - esto es, obviamente, independiente del campo donde $Q'$ se encuentra en - por lo que el conjugacy rango tiene que ser independiente de que la extensión de $K$ que usted está considerando.

Answer 3

Supongamos que el campo de extensión de la $L/K$ es separable y que $K$ es infinito.

Vamos $A$, $B\in M_n(K)$ y supongamos que existe una matriz $P\in M_n(L)$ is such that $QA=BQ$ and which has rank $Q=r$. Queremos mostrar que hay un matriz $Q'\in M_n(K)$ tal que $Q'A=BQ'$ y que tiene rango, al menos,$r$.

En primer lugar, mediante la sustitución de $L$ por el subcampo de $L$ generado más de $K$ por el los coeficientes de $Q$ si es necesario, podemos suponer que $L/K$ es un finitely generado extensión. Mediante el uso de un máximo puramente trascendental extensión de $K$ $L$ como un paso intermedio, vemos que no es suficiente para considerar por separado los casos en que (i) $L/K$ es puramente trascendental o (ii) $L/K$ es finito.

En el caso (i), vamos a $S$ ser un trascendence base de $L/K$. Debido a que la matriz $Q$ tiene rango de $r$, tiene un $r\times r$ menor $M$ con cero no determinante. Como el entradas de $Q$ son un número finito de funciones racionales en un número finito de elementos de la indeterminates $S$, y desde el campo de $K$ es infinita, nos asignar valores de $K$ a la indeterminates que aparecen en $Q$ en un manera que se obtiene una matriz de $Q'\in M_n(K)$ (es decir, que evite los ceros en denominadores) y tales que el menor de $Q'$ correspondiente a $M$ todavía no tiene determinante cero. Está claro que $Q'A=BQ'$, y que el rango de $Q'$ al menos $r$, de modo que se hace en este caso.

Veamos ahora el caso (ii). Hasta la ampliación de $L$, podemos asumir que $L/K$ es de Galois con grupo de Galois $G$. Como antes, la matriz $Q$ tiene un $r\times r$ menor $M$ con cero no determinante. Supongamos que los elementos de $G$ $g_1=1\_G,g_2,\dots,g_n$ , y considerar el polinomio $f(X_1,\dots,X_n)=\det_M\left(\sum_{i=1}^ng_i(Q)X_i\right)\en L[X_1,\dots,X_n]$; here the elements of $G$ act on the matrix $P$ en el manera obvia, y $\det_M$ denota el determinante de la menor de sus argumento correspondiente a $M$. Observe que $f$ es no es el polinomio cero, debido a que el coeficiente de $X_1^r$ es, precisamente,$\det_MQ\neq0$.

Desde $L$ es infinita y los elementos de $G$ son algebraicamente independientes (Lang, Álgebra, VI, \S12, Teorema 12.2), el mapa $$ x \in L \mapsto f(g_1(x),\dots,g_n(x))\in L$$ no es idéntica idéntica a cero. De ello se desprende que existe una $\xi\in L$ tal que la matriz$Q'=\sum_{i=1}^ng_i(\xi)g_i(Q)$$\det_MQ'\neq0$; en en particular, el rango de $Q'$ al menos $r$. Desde la extensión de $L/K$ es Galois y $Q'$ se fija por todos los elementos en $G$, vemos que $P'\en M_n(K)$. Finally, since the matrices $$ and $B$ tienen sus coeficientes en $K$, $Q'A=BQ'$.