Deje $s, u \in M_m(\mathbb{k})$ ser un par de desplazamientos matrices tales que el $s$ es una matriz diagonal y $u$ es estrictamente una matriz triangular (con ceros en la diagonal). Poner $a = s + u$. ¿Existe un polinomio $f(x) = c_1x + \cdots + c_dx^d \in \mathbb{k}[x]$, sin término constante y de tal manera que uno ha $s = f(a)$ (una matriz de igualdad), donde $f(a) := c_1a + \cdots + c_da^d$?
Respuestas
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Si $\mathbb k$ es un campo y el grado $d$ del polinomio es no pre se especifica, la respuesta a su pregunta es afirmativa.
Consideremos primero el caso especial donde $s$ es un escalar múltiples de la matriz de identidad, digamos, $s=\lambda I$. En este caso, básicamente está preguntando si existe un polinomio $f$ tal que $f(0)=0$ $f(a)=\lambda I$ al $a=u+\lambda I$.
Si $\lambda=0$, podemos simplemente tomar $f=0$. Si $\lambda\ne0$, $a$ es invertible. Por lo tanto, por Cayley-Hamilton, teorema de, $a^{-1}=g(a)$ para algunos polinomio $g$. Deje $f(x)=\lambda xg(x)$, podemos ver que $f(0)=0$$f(a)=\lambda I$.
Ahora, consideremos el caso general. Desde $s$ $u$ viaje, por permutación podemos suponer que la $s$ es una suma directa de sub-bloques de escalar de matrices y $u$ es un bloque diagonal de la matriz de tal forma que su estructura de bloque cumple con $s$ y cada sub-bloque es estrictamente triangular superior. En otras palabras, podemos suponer que la $s=\bigoplus_{j=1}^k \lambda_jI_{n_j}$ para algunos distinto $\lambda_j$s $u=\bigoplus_{j=1}^k u_j$, donde cada una de las $u_j$ es estrictamente triangular superior de la matriz del mismo tamaño que el de $I_{n_j}$.
Para cada una de las $j$, vamos a $a_j=u_j+\lambda_jI_{n_j}$ y deje $f_j$ ser un polinomio tal que $f_j(0)=0$$f_j(a_j)=\lambda_j I_{n_j}$. Ahora podemos construir $f$ en el espíritu de la interpolación de Lagrange. Para cualquier fija $j$, definir $$ p_j(x)=\prod_{\stackrel{i=1}{i\ne j}}^k (x-\lambda_i)^{n_i} .$$ De ello se desprende que $p_j$ aniquila a todos los $a_i$ al $i\ne j$, e $p_j(a_j)$ es invertible. Por lo tanto, la matriz inversa de a $p_j(a_j)$ es igual a $q_j(a_j)$ para algunos polinomio $q_j$. Ahora, si definimos $f$ $$ f(x) = \sum_{j=1}^k p_j(x)q_j(x)f_j(x), $$ llegamos $f(0)=0$ $f(a_j)=\lambda_j I_{n_j}$ por cada $j$. En consecuencia, $f(u+s)=s$.
Crostul
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Esta es una respuesta parcial. Me limitaré a $2 \times 2$ invertible matrices (es decir, todas las entradas de la diagonal son $\neq 0$), y voy a demostrar que la respuesta es positiva. Voy a denotar por $1$ la matriz de identidad.
Deje $$a = \left( \begin{matrix} x & y \\ 0 & z\end{matrix} \right)$$ su matriz, con $xz \neq 0$.
Claramente, si $y=0$, usted tiene $a=s$, por lo que se hace. Supongamos $y \neq 0$. A partir de su hipótesis de que la $u,s$ conmutar usted tiene que $x=z$ (check it!).
En nuestro ámbito, voy a demostrar que la restricción en el polinomio $f$ tener null término constante no es necesario. Esto se deduce del hecho de que, si denotamos por a $p(X)= X^2 - tX + d$ el polinomio característico de $a$ ($t$ es la traza, $d$ el factor determinante), a continuación,$p(a) = 0$, por lo que $$1 = \frac1d (-a^2 + ta)$$ Por otra parte, a partir de $$a^2 = ta-d1$$ de la siguiente manera (el uso de la inducción) que el espacio de las matrices de la forma $f(a)$ tiene dimensión $2$$\Bbb{k}$, y una base es, simplemente,$\{ a, 1\}$. En otras palabras: $$\{ f(a) : f \in \Bbb{k}[X] \} = \{ f(a) : f \in \Bbb{k}[X] , f(0)=0 \} = \{ \lambda a + \mu 1 : \lambda, \mu \in \Bbb{k} \}$$
La ecuación $$s = f(a)$$ puede escribirse como $$\left( \begin{matrix} x & 0 \\ 0 & x\end{matrix} \right) = \lambda \left( \begin{matrix} x & y \\ 0 & x\end{matrix} \right) + \mu \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{matrix} \right)$$
Dar la solución a $\lambda = 0, \mu = x$.
EDIT: Lo que si $a$ no es invertible? A continuación, puede ver que los desplazamientos hipótesis pide que $y = 0$ o $x=z=0$. Para el primer caso, tome $f(X)=X$, para el segundo caso tome $f(X)=X^2$, y listo.
