Si$A,B$ son matrices triangulares superiores de modo que$AX=XA\implies BX=XB$ para el triangular superior$X$, ¿es$B$ un polinomio en$A$?

Question

Un profesor mío me dijo que esto es cierto, pero él no recuerda lo que la prueba era o dónde encontrarla, y no he sido capaz de encontrar una fuente para ello todavía. Como tal, estoy en busca de uno aquí.

En el teorema como se ha dicho, $\mathbb{F}$ es cualquier campo y $T_n(\mathbb{F})$ denota el álgebra de triangular superior $n\times n$ matrices de más de $\mathbb{F}$.

Teorema: Vamos a $A,B\in T_n(\mathbb{F})$ ser tal que para todos los $X\in T_n(\mathbb{F})$, $$AX=XA\implies BX=XB$$ Then $B=p(a)$ for some $p\in \mathbb{F}[t]$.

¿Alguien sabe de una fuente de este resultado? He buscado en Google, MSE, MO, y el como fue en vano.

Si reemplazamos $T_n(\mathbb{F})$ por $M_n(\mathbb{F})$, la pregunta es contestada en este documento. Por desgracia, el argumento no parece traducirse directamente, como yo no puede encontrar una manera de forzar la $M_i$ mapas superior triangular.

Además, ya he hecho esta pregunta aquí en el MSE. Como la pregunta es para el estudiante de pregrado proyecto de investigación, se creyó conveniente preguntar aquí.

Gracias por la ayuda!

Editar el 9 de julio de 2018: Es probablemente vale la pena mencionar que el siguiente teorema es falso, por lo que la apelación a Jordania formulario no funciona (al menos, no tan fácilmente como sería de esperar).

Falso Teorema: Si $A\in T_n(\mathbb{F})$, entonces existe una invertible $T\in T_n(\mathbb{F})$ y una matriz de permutación $P$ tal que $P^{-1}T^{-1} ATP$ es de Jordan en la forma.

Una explícita contraejemplo es $$A=\left[\begin{array}{cccc} 0&1&0&0\\ &0&0&1\\ & &0&1\\ & & &0\end{array}\right]$$ y un análisis más detallado de demolición de este teorema se da aquí, donde los autores demuestran que si $n\geq 12$ e $\mathbb{F}$ es infinito, entonces existen conjuntos infinitos de nilpotent matrices en $T_n(\mathbb{F})$, ninguno de los cuales está conjugado (en $T_n(\mathbb{F})$) a cualquiera de los demás.

Menciono esto porque pensé que era cierto por más que me gustaría admitir, y un par de otras personas con las que he hablado pensó que era cierto, como bien hasta que se le indique lo contrario.

Answer 1

Esto es falso! Deje $$ A = \begin{bmatrix} 0&0&0&1 \\ &0&1&0 \\ &&0&0 \\ &&&0 \\ \end {bmatrix}. $$ Imponiendo que$XA=AX$ para el triangular superior$X$ proporcione ecuaciones lineales en las entradas$10$ de$X$. Al resolverlos, entiendo que esto ocurre precisamente para$X$ de la forma $$ X = \begin{bmatrix} a&0&\ast&\ast \\ &b&\ast&\ast \\ &&b&0 \\ &&& a \\ \end {bmatrix}. $$ A su vez, una matriz triangular superior conmuta con todos esos$X$ si y solo si tiene la forma $$ B = \begin{bmatrix} c&0&0&d \\ &c&e&0 \\ &&c&0 \\ &&&c \\ \end {bmatrix}. $$ Pero tal$B$ es solo un polinomio en$A$ si$d=e$.

Answer 2

Si $A$ ha pares distintos elementos de la diagonal se puede demostrar el teorema de la inducción de la siguiente manera:

1. Por el bloque de partición se puede poner $A\in T_{n}({\mathbb F})$ a del formulario $$ A = \begin{pmatrix} \alpha & a \left(\alpha I - A'\right)\\ 0 & A'\end{pmatrix}$$ con $\alpha \in{\mathbb F}$, $a\in {\mathbb F}^{n-1}$ una fila de vectores y $A'\in T_{n-1}({\mathbb F})$. Aquí uno de los usos que se $\alpha I - A'$ es no singular. Para $p \in {\mathbb F}[t]$ uno tiene $$ p(A) = \begin{pmatrix} p(\alpha) & a \left(p(\alpha) I - p(A')\right)\\ 0 & p(A')\end{pmatrix}.$$
2. Para $X \in T_{n}({\mathbb F})$, uno ha $[A,X]=0$ fib $X$, puede ser de la forma $$ X = \begin{pmatrix} \xi & a \left(\xi I - X'\right)\\ 0 & X'\end{pmatrix}$$ con $[A',X']=0$.
3. Ahora, si $B\in T_{n}({\mathbb F})$ satisface $[A,X] = 0\Rightarrow [B,X]=0$ debe ser (en el Paso 2) de la forma $$ B = \begin{pmatrix} \beta & a \left(\beta I - B'\right)\\ 0 & B'\end{pmatrix},$$ donde $[A',X'] = 0\Rightarrow [B',X']=0$. Por hipótesis de inducción, existe un polinomio $q\in {\mathbb F}[t]$ tal que $B'=q(A')$.
4. Ahora, si uno denota el pares distintos elementos de la diagonal (es decir, los autovalores) de la parte superior triangular de la matriz de $A$ por $\alpha, \lambda_1,\ldots,\lambda_{n-1}$ el polinomio $p \in {\mathbb F}[t]$ resolver el problema de interpolación $p(\alpha)=\beta$ y $p(\lambda_j)=q(\lambda_j)$ ($j=1,\ldots,n-1$) rendimientos $p(A')=q(A') = B'$ y, por lo tanto, por el Paso 1, $p(A)=B$.

En particular, la que así se construye el polinomio $p$ tiene un grado en la mayoría de las $n-1$.

Answer 3

(Una observación, no una respuesta.) Si ha pares distintos elementos de la diagonal, a continuación, cualquier matriz $X$ desplazamientos con $A$ es necesariamente triangular superior. Es fácil ver que esta vez de calcular la parte inferior de $D=[A,X]$, debido a que $$D_{ij}=(A_{ii}-A_{jj})X_{ij}+\sum_{k>i} A_{ik} X_{kj}-\sum_{k<j} A_{kj} X_{ik}.$$ Por ejemplo, $D_{n1}=(A_{nn}-A_{11})X_{n1}$. Por lo tanto $X_{n1}=0$ y, a continuación, $X_{ij}=0$ por inducción en $n-(i-j)$, que sólo se rompe cuando $i-j=0$. Como $B$ conmuta con cualquier matriz de desplazamientos de los con $A$, es un polinomio de $A$.

Lo que tenemos que demostrar es $$C(C({\mathbb F}[A])\cap T_n({\mathbb F}))\cap T_n({\mathbb F})=C(C({\mathbb F}[A])),$$ donde $C(R)$ denota un centralizador de una subalgebra $R\subset M_n({\mathbb F})$. En el caso anterior es trivial debido a que $C({\mathbb F}[A])\subset T_n({\mathbb F})$.

Answer 4

Esta no es la respuesta, pero:

En su papel

Britnell, Juan R.; Wildon, Marca, Sobre los tipos de matrices y centralizadores de las matrices y permutaciones, J. Teoría de Grupo 17, Nº 5, 875-887 (2014). ZBL1302.15018.

Los autores (el documento está disponible sin un paywall)dar una caracterización de las matrices con el mismo centralizadores (tenga en cuenta que el OP la pregunta acerca de dos matrices $A$ e $B$ de manera tal que el centralizador de uno es un subgrupo de un centralizador de la otra, pero esto no es demasiado lejos. En particular, véase el Teorema 4.3 y Lema 5.1 El último se dice que dos nilpotent matrices tienen el mismo centralizador si y sólo si, se conjugado, que me confunde un poco, ya que al parecer esto no implica la afirmación acerca de que uno de ellos sea un polinomio en el otro (llegamos a nilpotent si restringimos el OP de la situación a unipotentes matrices).