Similar matrices y extensiones de campo

Question

Dado un campo $F$ y un subcampo $K$ de $F$. Deje que $A$, $B$ ser $n\times n$ matrices tales que todas las entradas de $A$ y $B$ son $K$. Es cierto que si $A$ es similar a $B$ en $F^{n\times n}$, entonces ellos son similares en $K^{n\times n}$?

cualquier ayuda ... gracias

Answer 1

Si los campos son infinitas, hay una sencilla prueba.

Deje que $F \subseteq K$ ser una extensión de campo con $F$ infinito. Deje que $A, B \in \mathcal{Mat}_n(F)$ ser de dos matrices cuadradas que son similares en más de $K$. Así que hay una matriz $M \in \mathrm{GL}_n(K)$ tal que $AM = MB$. Podemos escribir: $$M = M_1 e_1 + \dots + M_r e_r,$$ con $M_i \in \mathcal{M}_n(F)$ y $\{ e_1, \dots, e_r \}$ es un $F$-subconjunto linealmente independiente de $K$. Así que tenemos un total de $Un M_i = M_i B$ por cada $i = 1,\dots, r$. Considere el polinomio $$P(t_1, \dots, t_r) = \det( t_1 M_1 + \dots + t_r M_r) \in F[t_1, \dots, t_r ].$$ Desde $\det M \neq 0$, $P(e_1, \dots, e_r) \neq 0$, por lo tanto $P$ no es el polinomio cero. Dado que $F$ es infinito, existen $\lambda_1, \dots, \lambda_r \in F$ tales que $P(\lambda_1, \dots, \lambda_r) \neq 0$. Recogiendo $N = \lambda_1 M_1 + \dots + \lambda_r M_r$ tenemos $N \in \mathrm{GL}_n(F)$ y $N = N B$.

Answer 2

TEOREMA 1. Vamos a $E$ ser un campo, deje que $F$ ser un subcampo, y dejar que $A$ y $B$ $$ n $n$ matrices con coeficientes de $F$. Si $a$ y $B$ son similares en más de $E$, que son similares en más de $F$.

Esta es una consecuencia inmediata de

TEOREMA 2. En la configuración anterior, vamos a $X$ ser indeterminado, y deje de $g_k(A)\en F[X]$, $1\le k\le$ n, ser el monic mcd de los determinantes de toda la $k$ por $k$ submatrices de $X$. Entonces $A$ y $B$ son similares en más de $F$ si y sólo si $g_k(A)=g_k(B)$ para todo $k$.

Referencias:

Básicos De Álgebra I: Segunda Edición, Jacobson, N., Sección 3.10.

Una Encuesta de la Moderna Álgebra, Birkhoff, G. y Lane, S. M., 2008. En la edición de 1999, fue en la Sección de X1.8, titulado "El Cálculo de los Factores Invariantes".

Algèbre: Chapitres 4 a 7, Nicolas Bourbaki. Traducción: Álgebra II.

(No he encontrado referencias en línea.)

[Estoy usando el wiki de la comunidad de modo de alentar a mejorar esta respuesta.]

Aquí está el boceto de una prueba del Teorema 2.

EDITAR [Esta edición sigue Soarer interesante comentario.] Cada una de las fórmulas de $fv:=f(A)v$ y $fv:=f(B)v$ (para todos $f\in F[X]$ y todos los $v\in F^n$) define en $F^n$ una estructura de finitely módulo generado sobre el principal ideal de dominio $F[X]$. Por otra parte, $A$ y $B$ son semejantes si y sólo si los módulos correspondientes son isomorfos. La buena noticia es que una maravillosa teoría de la finitely módulos generados durante un director ideal de dominio está disponible gratuitamente para nosotros. La MAREA

TEOREMA 3. Deje que $A$ es el principal ideal de dominio y $V$ a finitely generó $$-módulo. Entonces $V$ es isomorfo a $\oplus_{i=1}^nA/(a_i)$, donde $a_i$ elementos $A$ la satisfacción de $a_1 | a_2 | \cdots | a_n$. Aquí $| b$ significa "$a$ divide a $b$". Por otra parte los ideales de $Aa_i$ se determina únicamente por estas condiciones.

Deje que $K$ a ser el campo de fracciones de $A$ y $S$ un submódulo de $A^n$. El número máximo de linealmente independiente de los elementos de $S$ es también la dimensión del subespacio vectorial de $K^n$ generada por la $S$. Así, esta entero, llamado el rango de $S$, sólo depende del isomorfismo clase de $S$ y es aditivo con respecto a lo finito directa sumas.

TEOREMA 4. (a) $S$ es libre de rango $r\le$n.

(b) Existe una base de $u_1,\dots,u_n$ de $A^n$ y hay distinto de cero elementos $a_1,\dots,a_r$ de $Un$ que $a_1u_1,\dots,a_ru_r$ es una base de $S$ y $a_1 | a_2 | \cdots | a_r$.

Tendremos la

La PROPOSICIÓN. Deje que $f$ ser $Un$valor bilineal mapa definido en un producto de dos $A$-módulos. A continuación, la imagen de $f$ es un ideal.

La prueba de la Proposición. Vamos a $T$ el conjunto de todos los ideales de la forma $f(x,y))$, deje que $f(x,y))$ y $f(u,v))$ dos elementos de $T$, y supongamos que $f(x,y))$ es máxima en $T$. Esto es suficiente para mostrar que $f(x,y) | f(u,v)$.

Reclamo: $f(x,y) | f(x,v)$ y $f(x,y) | f(u,y)$. De hecho, cualquier generador de $f(x,y),f(x,v))$ es de la forma $$f(x,y)+bf(x,v)=f(x,ay+bv),$$ y el maximality de $f(x,y))$ implica $f(x,y) | f(x,v)$. La prueba de $f(x,y) | f(u,y)$ es similar.

Podemos suponer $f(x,v)=0=f(u,y)$. [Escribir $f(x,v)=f(x,y)$ y reemplazar $v$ por $v-ay$. Lo mismo para $u$.] El uso de la igualdad de $$f(a x+b, u,y+v)=f(x,y)+b f(u,v)$$ para todo $a$ y $b$ en $Un$, y argumentando como en la prueba de la demanda, vemos que $f(x,y) | f(u,v)$. QED

La prueba del Teorema 4. Suponemos (como podemos) $S$ es distinto de cero, dejamos que $f$ ser la forma bilineal en $A^$ n, cuya matriz con respecto a la base canónica es la matriz identidad, y escoger un generador de $a_1=f(s_1,y_1)$ de $f(S\veces A^n)$. [Ingenuamente: $a_1$ es el mcd de las coordenadas de los elementos de $S$.] Claramente, $u_1:=s_1/a_1$ en $A^n$, y hemos $$A^n=Au_1\oplus y_1^\asesino,\quad S=As_1\oplus(S\cap y_1^\asesino),$$ donde $y_1^\asesino$ es el ortogonal de $y_1$. Entonces (a) de la siguiente manera por inducción sobre $r$. En particular $y_1^\asesino$ y $S\cap y_1^\asesino$ son libres de rango $n-1$ y $r-1$, y (b) de la siguiente manera también por inducción. [Tenga en cuenta que si $x$ pertenece a una base de $A^n$, entonces $f(x,y)=1$ $y$ en $A^n$.] QED

La prueba del Teorema 3. Deje de $v_1,\dots,v_n$ ser los generadores de la $Una$-módulo $V$, vamos $(e_i)$ ser la base canónica de $A^n$, y dejar que $\varphi:A^n\a V$ ser $Un$lineal epimorphism asignación de $e_i$ $v_i$. Teorema 4 se muestra que hay un $r\le n$ y $Una$-lineal de $\psi:A^r\a^n$ tal que $\psi (^r)=\ker\varphi$. Esto implica que $V$ es isomorfo a $\oplus_{i=1}^nA/(a_i)$, donde $a_i$ son como en el Teorema 3. Suponga que $V$ es también isomorfo a $\oplus_{i=1}^mA/(b_i)$, donde $b_i$ satisfacer las mismas condiciones que los $a_i$. Sólo tenemos que demostrar que $m=n$ y $(a_i)=(b_i)$ para todo $i$. Deje que $p\in A$ ser una de las primeras. Esto es suficiente para demostrar el por encima de la igualdad en el caso de que $V$ es la suma directa de un número finito de la familia de módulos de la forma $$V_i:=A/(p^{i+1}).$$ Por cada $j$ el cociente $p^jM/p^{j+1}M$ es un $A/(p)$ espacio vectorial de dimensión finita $n_j$. La multiplicidad de $A/(p^{i+1})$ es $n_i-n_{i+1}$.

Aquí es una manera de ver esto. Forma el polinomio $V(X):=\sum\ n_j\ X^j$. Tenemos $$V_i(X)=\frac{X^{i+1}-1}{X-1}=1+X+X^2+\cdots+X^i,$$ y debemos resolver $\sum\ m_i\ V_i(X)=\sum\ n_j\ X^j$ la $m_i$, donde $n_j$ son considerados como cantidades conocidas (casi todos iguales a cero). Multiplicar por $X-1$ tenemos $$\sum\ m_{i-1}\ X^i-\sum\ m_i=\sum\ (n_{i-1}-n_i)\ X^i,$$ de donde la fórmula. QED

La prueba del Teorema 2. Deje que la notación del Teorema 2 en vigor. En particular, $F$ es un campo, y $A$ es ahora un $$ n $n$ matriz con los coeficientes de $F$. La fórmula de $fv:=f(A)v$, $f\in F[X]$ y $v\in F^n$, define un $F[X]$-estructura del módulo en $F^n$. Vamos $(b_i)\subconjunto F[X]^n$ y $(e_i)\subconjunto F^n$ ser la base canónica, deje que $\varphi:F[X]^n\F^n$ los $F[X]$-módulo epimorphism asignación de $b_i$ $e_i$, y dejar que $\psi$ ser $F[X]$-módulo endomorfismo de $F[X]^n$, cuya matriz es de $X$. No es difícil comprobar que tenemos $\psi (^r)=\ker\varphi$, como en la demostración del Teorema 3. Ahora el Teorema 2 se sigue por el Teorema 3. QED

Aquí es una prueba del Teorema del Resto Chino (que ha sido utilizado en silencio).

TEOREMA DEL RESTO CHINO. Deje que $A$ ser un anillo y de $I_1,\dots,I_n$ ideales tales que $I_p+I_q=$ para $p\=q$. A continuación, el natural de morfismos de $a$ a el producto de la $A/I_p$ es surjective. Por otra parte la intersección de la $I_p$ coincide con su producto.

Prueba. La multiplicación de las igualdades $A=I_1+I_p$ para $p=2,\dots,$ n, obtenemos $$A=I_1+I_2\cdots I_n.\qquad(*)$$ En particular, hay un $a_1$ en $Un$ que $$a_1\equiv1\bmod I_1,\quad a_1\equiv0\bmod I_p\ \forall\ p>1.$$ Del mismo modo podemos encontrar elementos $a_p$ en $Un$ que $a_p\equiv\delta_{p, q}\bmod I_q$ (delta de Kronecker). Esto prueba la primera reclamación. Deje que $I$ ser la intersección de los $I_p$. Multiplicar (*) por $I$ obtenemos $$I=I_1I+II_2\cdots I_n\subconjunto I_1\ (I_2\cap\cdots\cap I_n)\subconjunto I.$$ Esto le da a la segunda afirmación, directamente para $n=2$, por inducción para $n>2$. QED

EDIT. Aquí está una más intrínseco de la formulación (tomado de Bourbaki) de la argumentación utilizada para demostrar el Teorema 2.

Deje que $K$ ser un anillo conmutativo, vamos a $V$ $K$-módulo, vamos a $f$ ser un endomorfismo de $V$, vamos que $X$ y $Y$ se indeterminates, y dejar que $V[X]$ los $K[X]$-módulo de polinomios en $$X con coeficientes en $V$. [En particular, cualquier $K$-base de $V$ es un $K[X]$-base de $V[X]$.] Equipar $V$ y $V[X]$ con $K[X,Y]$-módulo de estructuras que se caracteriza por$$ X^iY^j\cdot v=f^{i+j}v,\quad X^iY^j\cdot X^kv=X^{i+k}f^jv $$ para todo $i,j,k$ en $\mathbb N$ y todos los $v$ en $V$. Deje que $\phi$ de ser la única de $K[X,Y]$lineal mapa de $V[X]$ $V$ satisfacer $\phi(v)=v$ para todo $v$ en $V$.

Reclamo: la secuencia $$0\a V[X]\xrightarrow{X-Y}V[X]\xrightarrow{\phi}V\to0$$ es exacto.

La única que no sea trivial inclusión para comprobar es de $\mathrm{Ker}\ \phi\subconjunto\mathrm{Im}(X-Y)$. Para $$v=\sum_{i\ge0}X^iv_i$$ en $\mathrm{Ker}\ \phi$, tenemos $$v=\sum_{i\ge0}X^iv_i-\sum_{i\ge0}Y^iv_i=\sum_{i\ge1}\ (X^i Y^i)\ v_i=(X-Y) \sum_{j+k=i-1}X^jY^kv_i.$$

Answer 3

Este resultado es una consecuencia inmediata de la existencia de la forma canónica racional de las matrices cuadradas sobre un campo (y el hecho de que es racional, es decir, obtenidos sin el uso de cualquiera de las operaciones que el cambio en el campo de las extensiones, y canónica, es decir, se determina únicamente por la matriz). Cualquier matriz cuadrada sobre un campo es similar a su forma canónica racional, y dos diferentes racional formas canónicas nunca son similares. Por lo tanto, dos matrices son semejantes si y sólo si tienen la misma forma canónica racional.

Ahora el racional de la forma canónica de una matriz$~$ sobre el campo de la extensión $F$ es la misma que sobre la base de campo de $K$ (que sin duda es un racional canónica de forma similar a$~$ sobre$~F$, y no hay otros similares a él más de$~F$). Así que dos matrices de más de$~K$ son similares en más de $K$ iff sus racional de las formas canónicas de más de$~K$ coincidir, iff sus racional de las formas canónicas de más de$~F$ coincidir, iff las matrices son similares en más de$~F$.

Una consecuencia interesante de lo anterior es que el campo generado (en el primer campo) por las entradas de la forma canónica racional de$~$ (equivalente de los coeficientes de las monic invariante factores de$~$) es la más pequeña de campo$~k$ tal que $A$ es similar a una matriz de más de$~k$.

Answer 4

Una observación que se desarrolla Pierre y Soarer respuestas hacia el álgebra abstracta.

La proposición. Deje que $A \subseteq B$ una extensión de dominios. Supongamos que $a$ es un PID y $B$ es un dominio de Dedekind. Deje que $K$ a ser el campo de cocientes de $A$ y supongamos que $B \cap K = A$. Si $M$ y $N$ son finitos $$-módulos que $M \otimes_A B$ e $N \otimes_A B$ son isomorfos como $B$-módulos, entonces $M$ y $N$ son isomorfos como $Una$-módulos.

La propuesta implica la tesis de la semejanza de matrices si tenemos en cuenta la extensión de $F[t] \subseteq K[t]$. La proposición puede ser aplicado a todas las finito de extensión $A \subseteq B$, donde $A$ es un PID y $B$ es un dominio de Dedekind.

La prueba de la proposición. A partir de la estructura teorema de finitud de los módulos a través de los Pid, tenemos $M = A/I_1 \oplus \cdots \oplus Un/I_r$ y $N = A / J_1 \oplus \cdots \oplus Un / J_s$, donde $I_1 \subseteq \cdots \subseteq I_r$ y $J_1 \subseteq \cdots \subseteq J_s$ son propias de los ideales de $A$. Entonces: $$(1) \qquad \qquad \qquad \qquad M \otimes_A B = B / I_1 B \oplus \cdots \oplus B / B I_r$$ $$(2) \qquad \qquad \qquad \qquad N \otimes_A B = B / J_1 B \oplus \cdots \oplus B / J_s B.$$ La condición $B \cap K =$ implica que si $I$ es un buen ideal de $A$, entonces $IB$ es un buen ideal de $B$. Así que todos los sumandos de (1) y (2) no son triviales.

Desde $I_rB \subsetneqq B$, existe un ideal maximal $\mathfrak{m}$ de $B$ tal que $\mathfrak{m} \supseteq I_r B$. Tenemos que $M \otimes_A B_\mathfrak{m}$ y $N \otimes_A B_\mathfrak{m}$ son isomorfos como $B_\mathfrak{m}$-módulos. Desde $B_\mathfrak{m}$ es un PID, a partir de la singularidad de la estructura de la suma directa de cíclico módulos, tenemos $I_i B_\mathfrak{m} = J_i B_\mathfrak{m}$ para todo $i = 1, \dots, r$; en particular, el $r \geq s$. Escoger un ideal maximal que contiene a $J_sB$ podemos demostrar que $r \leq$ s. Por lo que $r = s$.

Repitiendo el mismo argumento de la singularidad de la estructura, podemos demostrar que para todo $\mathfrak{p} \\mathrm{Specm} \ B$, $I_i B_\mathfrak{p} = J_i B_\mathfrak{p}$ para todo $i =1, \dots, r$. De la arbitrariedad de $\mathfrak{p} \\mathrm{Specm} \ B$, tenemos $I_i B = J_i B$ para todo $i$. Desde $I_i B, J_i B$ son los principales ideales de $B$ y $B \cap K =$, podemos deducir que $I_i = J_i$. QED

Answer 5

Vamos a $E/F$ ser una extensión. Pretendemos que dos plazas de matrices con coeficientes de $F$ son similares en más de $F$, si son similares en más de $E$.

Deje que $X$ ser indeterminado. Para cualquier campo $K$ escribir $K'$ para el conjunto de irreductible monic polinomios en $K[X]$. Deje que $V$ ser finito dimensionales $F[X]$-módulo. Esto es suficiente para mostrar que

el isomorfismo de la clase de la $F[X]$-módulo $V$ pueden ser recuperados desde el isomorfismo de la clase de la $E[X]$-módulo $V_E:=E\otimes_FV$.

Por el Teorema del Resto Chino y (1) a continuación, no son exclusivos de finitely admite mapas $$n:F'\times\mathbb N\to\mathbb N,\quad m:E'\times\mathbb N\to\mathbb N$$ que son débilmente disminuyendo en la segunda variable y satisfacer $$V\simeq\bigoplus_{f,i}\ F[X]/(f^{n(f,i)}),\quad V_E\simeq\bigoplus_{e,i}\ E[X]/(e^{m(e,i)}).$$

Nos rancio demostrar que $$ n puede ser recuperado desde $m$.

Tenemos $$V_E\simeq\bigoplus_{f,i}\ E[X]/(f^{n(f,i)}).$$

Hay un único mapa de $k:F'\times E'\to\mathbb N$, que es finitely apoyado en la segunda variable y satisface $$f=\prod_e\ e^{k(f,e)}$$ para todos los de $f$. Como, por cada $e$ hay $f$ tales que $k(f,e)\no=0$, el reclamo de la siguiente manera desde el isomorfismo $$V_E\simeq\bigoplus_{e,f,i}\ E[X]/(e^{k(f,e)n(f,i)}).$$ QED

(1) Vamos a $A$ ser el anillo $F[X]/(f^n)$ donde $f$ es irreductible e $n\ge1$. Deje que $V$ ser finito dimensionales $$-módulo. A continuación, hay $v_1,\dots,v_k\en V$ tales que $V=Av_1\oplus\cdots\oplus Av_k$.

Prueba. Podemos suponer que hay un costo de $v$ en $V$ $f^{n-1}v\no=0$ (de lo contrario, reemplace $$n $n-1$). Deje que $\mathcal W$ el conjunto de los sub-$$ -módulos $W$ de $V$, cuya intersección con $Av$ es cero", $W$ ser un elemento maximal de $\mathcal W$, y supongamos por contradicción que existe un valor de $x$ en $V$, que no está en $Av+W$. Deje que $i$ ser el menor entero positivo tal que $f^ix$ en $Av$. En la sustitución de $x$ $f^{i-1}x$ si $i\ge2$, podemos suponer que $i=1$. Tenemos $fx=f^jav$ con $0\le j\le n$ y $a$ una unidad de $A$. $J=0$ implica $f^nx\no=0$, tenemos $j\ge1$. Pero entonces $W+K(x-f^{j-1}av)$ es un elemento de $\mathcal W$, lo que contradice la maximality de $W$. Un caso obvio de inducción en $\dim V$ completa la prueba. QED