Matriz nipotente sobre un anillo.

Question

Esta pregunta está vinculada a esta: elementos nilpotentes de$M_2(\mathbb{R})$,$M_2(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})$

Deje que$R$ sea un anillo conmutativo con la unidad y deje que$A\in M_2(R)$. Muestre que$A$ es una matriz nilpotent si los elementos$\det(A)$ y$\mathrm{trace}(A)$ son elementos nilpotent de$R$.

Answer 1

Una dirección puede ser encontrado aquí: Seguimiento de nilpotent matriz sobre un anillo

En el otro sentido escribir $A^2=tr(A)A-\det(A)I$ y el aviso de que $tr(A)A$ $\det(A)I$ son nilpotent y viajar.

Otra Solución. Reclamo: Vamos A $A\in M_2(R)$. Si $tr(A^{2^k})$ es nilpotent, a continuación, $tr(A^{2^{k-1}})$ es nilpotent.

Por Cayley-Hamilton, $A^{2^k}=(A^{2^{k-1}})^2=tr(A^{2^{k-1}})A^{2^{k-1}}-\det(A^{2^{k-1}})I$.

Por lo tanto, $tr(A^{2^k})=tr(A^{2^{k-1}})^2-2\det(A^{2^{k-1}})$. Por lo tanto, $tr(A^{2^{k-1}})^2=tr(A^{2^k})+2\det(A^{2^{k-1}})$. Desde $tr(A^{2^k})$ es nilpotent, por hipótesis de esta afirmación, y $\det(A)$ es nilpotent, a continuación, $tr(A^{2^{k-1}})^2$ es nilpotent y $tr(A^{2^{k-1}})$ es demasiado.

Desde $A$ es nilpotent existe $k$ tal que $tr(A^{2^k})=0$. Ahora, el uso de la reivindicación $k$ veces para obtener el $tr(A)$ nilpotent.

---

Observación: En esta respuesta , está demostrado que el $tr(A)$ es nilpotent si $A$ es nilpotent. El uso de la exactamente la misma idea, podemos demostrar que los otros coeficientes del polinomio característico de Una (excepto la primera) son también nilpotent.

Ahora bien, si los coeficientes del polinomio característico de a $A$ son nilpotent, a continuación, $A^n$ es una suma de nilpotent de las matrices que conmutan: $A^n=\sum_{i=0}^{n-1}a_iA^i$ donde $a_i$ son los coeficientes del polinomio característico de a $A$ (Cayley-Hamilton). Por lo tanto, $A^n$ es nilpotent y $A$ es nilpotent.

Por lo tanto $A$ es nilpotent iff los coeficientes del polinomio característico de a $A$ son nilpotent.

Answer 2

Escribo rápidamente una respuesta debido a que este archivo se pondrá "en espera". Sí, el ayatolá ley, incluso en el campo matemático.

Daniel hizo un muy buen trabajo que implica la siguiente equivalencia:

Suponga que $n!$ es una unidad en $R$$A\in M_n(R)$. A continuación, $A$ es nilpotent matriz iff para todos $1\leq i\leq n$, $\mathrm{trace}(A^i)$ es un nilpotent elemento de $R$.

Prueba: de Acuerdo a la Qiaochu Yuan'post en las Fórmulas para el (los de arriba) los coeficientes del polinomio característico de una matriz o de mi post (EDICIÓN 2,3) en la n-ésima derivada de determinante wrt matriz del coeficiente de $a_{n-i}$ de Daniel es $a_{n-i}=\dfrac{1}{i!}(P_{n-i}(trace(A),\cdots, trace(A^{n-i-1}))\pm (n-i-1)trace(A^{n-i}))$ donde $P_{n-i}$ es un polinomio con coeficientes en $\mathbb{Z}$. De acuerdo a Daniel del resultado, el $(a_{n-i})$ son nilpotent ; por una recurrencia de razonamiento, podemos concluir que el $(trace(A^k))$ son también nilpotent ; lo contrario es fácil.

Nota: la condición de "$n!$ es una unidad es esencial". En efecto, consideremos el caso $R=\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ y $n=2$. $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ es nilpotent iff $2|a+d$$2|ad-bc$. Ahora la condición sobre las huellas puede ser escrito $2|a+d$$2|a^2+d^2+2bc$$2|a^2+d^2$. Las entradas $b,c$ son libres y, en consecuencia, la equivalencia no funciona.

EDIT. Acerca de la orangeskid la respuesta. Considere el siguiente ejemplo $p(X)=X^3+X+4,R=\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}$. Desde $p$ no admite raíces en $R$, consideramos que el anillo de $R_1=R[X]/(p(X))=\{ax^2+bx+c;a,b,c\in R\}$ con la condición de $x^3=-x-4$ ; en $R_1$, $p$ admite $3^2=9$ raíces ($3$ mod $3$ $3$ mod $5$):

$x,6x+10,11x+5,6x^2+6x+4,6x^2+x+9,6x^2+11x+14,9x^2+3x+1,9x^2+13x+6,9x^2+8x+11.$

Sin embargo, entre estas raíces, no podemos encontrar la $\lambda,\mu,\nu$ s.t. $X^3+X+4=(X-\lambda)(X-\mu)(X-\nu)$. Entonces, como orangeskid escribió, debemos considerar un adicional de cociente para factorizar p en un producto de primer grado de los factores.

Answer 3

Las huellas son más interesantes. En la dimensión $d=2$ tenemos la implicación

$$A^n = 0 \implies (\text{Tr} A)^{2n-1}=0$$ y $2n-1$ es el mejor exponente.

$\bf{Added}$ Aquí tienes una prueba de que si $A$ es nilpotent, a continuación, todos los coeficientes del polinomio característico de a $A$ son nilpotent.

Vamos a utilizar dos hechos básicos de álgebra.

1. Si $P(X)$ es un monic polinomio en $R[X]$ existe una extensión de anillos de $R\subset S$ en el que el polinomio se descompone

$$P(X) = (X-\lambda_1)\cdot \ldots \cdot (X-\lambda_d)$$

2. Deje $A$ una matriz en la $M_d(R)$, de modo que su polinomio característico $P_A(X)=\det(X\cdot I_d - A)$ se descompone en la extensión de $R\subset S$

   $$P_A(X) = (X-\lambda_1)\cdot \ldots \cdot (X-\lambda_d)$$

   Luego tenemos el polinomio característico de a $A^n$

$$P_{A^n}(X) = (X-\lambda_1^n)\cdot \ldots \cdot (X-\lambda_d^n)$$

Supongamos ahora que $A^n=0$. A continuación,$P_{A^n}(X)=X^d$, que es $$X^d= (X-\lambda_1^n)\cdot \ldots \cdot (X-\lambda_d^n)$$

Enchufe en esta igualdad de $X \mapsto \lambda_i^n$. Llegamos $(\lambda_i^n)^d=0$$\lambda_i^{nd}=0$. A partir de aquí llegamos a la conclusión de que todas las fundamentales simétrica polinomio en $\lambda_i$ son nilpontent, por lo que los coeficientes del polinomio característico de a $A$ (otros que el líder de $1$) son nilpotent, de hecho.

Tenga en cuenta que sólo hemos utilizado el hecho de que los coeficientes del polinomio característico de a $A^n$ son cero. Esto es más débil de lo $A^n=0$.

Obs: el Uso de este método podemos demostrar que $A^2=0$ implica $(\text{Tr}A)^4$$A$$M_2(R)$. Sin embargo, es cierto que ya implica $(\text{Tr}A)^3=0$. Por lo que este método no dar el óptimo exponentes. Sin embargo, podemos tener algunas estimaciones explícitas.

$\bf{Added:}$ Aquí está un ejemplo: supongamos $A$ $2\times 2$ matriz en $M_2(S)$ ($S$ conmutativa anillo) y $\lambda_1$, $\lambda_2$ en $S$, de modo que $$\text{Tr} = \lambda_1 + \lambda_2 \\ \det a = \lambda_1 \cdot \lambda_2$$ Entonces tenemos $$\text{Tr} A^2 = \lambda_1^2 + \lambda_2^2 \\ \det a = \lambda_1^2 \cdot \lambda_2^2 $$

Tenemos que mostrar que $\text{Tr} A^2 = (\text{Tr} A)^2 - 2 \det A$. Esto podría ser hecho directamente, o podemos utilizar la conocida identidad $A^2 - \text{Tr} A \cdot A + \det A \cdot I_2 = 0$.