¿Es toda involución matricial sobre una UFD diagonalizable?

Question

Dejemos que $A$ sea un UFD, que también es un $k$ -álgebra, donde $k$ es un campo de característica $\not=2$ (por ejemplo, polinomios sobre $k$ ).

¿Es toda involución en $\mathrm{GL}_n(A)$ ¿diagonalizable?

Esto es, por supuesto, cierto sobre el campo de las fracciones de $A$ .

En este pregunta se explica que $$M=\left(\begin{array}{rr} 3&-1\\-1 & 3\end{array}\right)$$ es diagonalizable sobre $\mathbb{Q}$ pero no sobre $\mathbb{Z}$ . Sin embargo, no es una involución.

Answer 1

He aquí una respuesta basada en mi comentario, y en el comentario anterior de Geoff Robinson.

Dejemos que $A$ sea un dominio con $2\in A^\times$ y que $M$ ser un $n\times n$ matriz con $M^2=I$ . Es conveniente considerar $M$ como $A$ -endomorfismo de $A^n$ y $I$ como el endomorfismo de identidad de $A^n$ . Poner $S_+ =\{x\in A^n\,:\,Mx=x\}$ y $S_-=\{x\in A^n\,:\,Mx=-x\}$ . Como se señala en el comentario de Geoff Robinson, ya que $2\in A^\times$ tenemos $A^n=S_+\oplus S_-$ . (Esto se deduce fácilmente del hecho de que $x=\frac{1}{2}(x+Mx)+\frac{1}{2}(x-Mx)$ para todos $x\in A^n$ y $M^2=I$ .) En particular, ambos $S_+$ y $S_-$ son f.g. proyectivas $A$ -módulos.

Supongamos que todo f.g. proyectivo $A$ -el módulo es gratuito. Entonces $S_+$ y $S_-$ son libres. Deje que $E_+$ y $E_-$ sean bases para estos espacios. Entonces $E=E_+\cup E_-$ es una base de $A^n$ que consiste en los valores propios de $M$ lo que significa que $M$ es un diagonalizable.

Por otro lado, si existe una f.g. proyectiva $A$ -Módulo $P$ que no es libre, entonces podemos construir una involución no diagonalizable $M:A^n\to A^n$ como sigue. Existe un f.g. $A$ -Módulo $Q$ tal que $A^n\cong P\oplus Q$ para algunos $n\in\mathbb{N}$ . Ahora toma $M$ para ser la matriz correspondiente a $\mathrm{id}_P\oplus (-\mathrm{id}_Q)$ . Para ello $M$ tenemos $S_+=P$ y $S_-=Q$ . Si $M$ fueran diagonalizables, entonces $A^n$ tendría una base $E$ formado por vectores $x\in A^n$ con $Mx\in \{\pm x\}$ (aquí necesitamos $A$ para ser un dominio). En consecuencia, $E = (E\cap S_+)\cup (E\cap S_-)$ lo que significa que $E_+:=E\cap S_+$ es una base de $S_+=P$ . Esto contradice nuestra elección de $P$ Así que $M$ no es diagonalizable.

Hay ejemplos de UFDs que admiten f.g. módulos proyectivos que no son libres --- ver esto pregunta por ejemplo. Citando esto respuesta se puede tomar $A=\mathbb{C}[a,b,c,x,y,z]/(ax+by+cz-1)$ el módulo $P$ para ser el núcleo de $(\alpha,\beta,\gamma)\mapsto a\alpha+b\beta+c\gamma:A^3\to A$ y $Q=(x,y,z)A$ . Uno tiene $P\oplus Q=A^3$ por lo que debería ser posible escribir la resultante $M\in \mathrm{M}_3(A)$ explícitamente.