Valores propios frente a cerrazón algebraica

Question

Supongamos que $k$ es un campo, y toda matriz cuadrada sobre $k$ tiene un valor propio (en $k$ ). ¿Se deduce de ello que $k$ es algebraicamente cerrado?

(Contexto: véase aquí . Del resultado allí demostrado se deduce que basta con demostrar que todo polinomio es factor del polinomio característico de alguna matriz).

Answer 1

Aunque se puede construir explícitamente una matriz con un polinomio característico dado, me gusta más el siguiente argumento más abstracto. Supongamos que $k$ no es algebraicamente cerrado. Entonces tiene una extensión de campo finito no trivial $K$ (se puede adosar una raíz de cualquier polinomio irreducible no lineal). Elegir una base para $K$ como $k$ -para cualquier $a\in K$ podemos representar la multiplicación por $a$ como matriz $T_a$ . Si $a\in K\setminus k$ entonces $T_a-\lambda I=T_{a-\lambda}$ es invertible para cualquier $\lambda\in k$ su inversa es simplemente $T_{(a-\lambda)^{-1}}$ . Así $T_a$ es una matriz sin valores propios sobre $k$ .

Answer 2

Hay dos "respuestas": Los comentarios sobre las "matrices compañeras" y la respuesta de Eric. Estoy de acuerdo con Eric en que su respuesta es mucho mejor que mirar la matriz compañera. Estoy publicando esto para señalar el hecho posiblemente interesante de que los dos métodos están muy estrechamente relacionados.

Diga $k$ es un campo y $p\in k[x]$ tiene grado $n$ . Sea $V= k[x]/I$ donde $I=(p)$ . Si $p$ es irreducible o no, $V$ es un espacio vectorial de dimensión finita sobre $k$ con base estándar $1,x,\dots,x^{n-1}$ .

Defina $T:V\to V$ multiplicando por $x$ es decir $T(r(x)+I)=xr(x)+I$ . Sea $M$ sea la matriz de $T$ wrt la base estándar para $V$ . Entonces resulta que $M$ es precisamente la matriz compañera de $p$ ¡! (Al menos si $p$ resulta ser mónico).

Esto ya es interesante, pues responde a la pregunta de dónde demonios sale eso de la matriz compañera. Si demostramos que $p$ era de hecho el polinomio característico de $M$ sería interesante. Pero sin hacer tanto trabajo, y sin jugar con matrices en absoluto, podemos demostrar lo siguiente, que es suficiente para responder a la pregunta en la parte superior:

Si $\lambda\in k$ es un valor propio de $T$ entonces $p(\lambda)=0$ .

Pruebas: Digamos $r(x)+I\ne0_V=I$ y $xr(x)+I=\lambda r(x)+I$ . Esto dice $$(x-\lambda)r(x)\in I,$$ así que $$(x-\lambda)r(x)=q(x)p(x)$$ para algún polinomio $q$ . Así que $p(\lambda)=0$ o $q(\lambda)=0$ . Pero si $q(\lambda)=0$ entonces $$q(x)=(x-\lambda)s(x)$$ para algún polinomio $s$ Por lo tanto $r(x)=s(x)p(x)$ así que $r\in I$ contradicción.

Ahora que lo pienso, lo contrario es igual de sencillo:

Si $\lambda\in k$ y $p(\lambda)=0$ entonces $\lambda$ es un valor propio de $T$ .

Prueba: $(x-\lambda)r(x)=p(x)\in I$ implica que $T(r(x)+I)=\lambda(r(x)+I)$ .