nilpotent elementos de $M_2(\mathbb{R})$, $M_2(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})$

Question

Deje $R$ ser un anillo conmutativo. Definimos $\mathfrak{N}(R)$ a ser el conjunto de nilpotent elementos en $R$. Encontrar $\mathfrak{N}(R)$ para:

1. $R = M_2(\mathbb{R})$
2. $R = M_2(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})$

Answer 1

Uno puede usar $\mathfrak{N}(R)$ para denotar el conjunto de todos los nilpotent elementos en $R$ incluso si $R$ es no conmutativa. Observe que cuando se $R$ es no conmutativa, $\mathfrak{N}(R)$ no pueden formar un ideal en $R$. Por ejemplo, vamos a $$x = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\text{ }y = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \in M_2(\mathbb{R})$$be nilpotent elements. Their sum $$x+y = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$$no es nilpotent.

Revisamos en primer lugar, algunos hechos en álgebra lineal.

Lema 1. Supongamos $F$ es un campo, $A \in M_n(F)$ $n \times n$ matriz con coeficientes en $F$. Si por alguna $k \ge 1$ hemos$$\text{rank}(A^k) = \text{rank}(A^{k+1}).$$Then for any $l \ge k$, we have $$\text{rank}(A^k) = \text{rank}(A^l).$$

Prueba. Para cualquier entero positivo $i$, vamos a $S_i$ el conjunto de $x \in F^n$ tal que $A^ix = 0$. El uso de álgebra lineal, sabemos que $S_i$ es un espacio vectorial sobre$F$$\text{dim}_F = n - \text{rank}(A^i)$.

Observe que $S_i \subseteq S_j$ cualquier $1 \le i < j$. En particular, $S_k \subseteq S_{k+1}$. La condición de $\text{rank}(A^k) = \text{rank}(A^{k+1})$ implica que el $\text{dim}_F(S_k) = \text{dim}_F(S_{k+1})$ y, por tanto,$S_k = S_{k+1}$.

Ahora para cualquier $l \ge k$, se demuestra que $S_l = S_{l+1}$. Por un lado, como se mencionó anteriormente, tenemos $S_l \subseteq S_{l+1}$. Por otro lado, para cualquier $y \in S_{l+1}$, $A^{l+1}y = A^{k+1}A^{l-k}y = 0$ y, por tanto,$A^{l-k}y \in S_{k+1} = S_k$. Por lo tanto $A^kA^{l-k}y = A^ly = 0$$y \in S_l$. Esto demuestra $S_l \supseteq S_{l+1}$ y, por tanto,$S_l = S_{l+1}$.

Por lo tanto, tenemos$$S_k = S_{k+1} = S_{k+2} = \dots$$so we get$$\text{rank}(A^k) = \text{rank}(A^{k+1}) = \text{rank}(A^{k+2}) = \dots.$$

$\tag*{$\square$}$

Lema 2. Supongamos $F$ es un campo, $A \in M_n(F)$ $n \times n$ matriz con coeficientes en $F$. Si $A$ es nilpotent, a continuación,$A^n = 0$.

$($Hacemos la observación de que una cosa buena acerca de Lema 2 es que transforma a la pregunta sobre la búsqueda de todos los nilpotent elementos en $M_n(F)$ en la pregunta acerca de la resolución de un número finito de preguntas.$)$

Prueba. Como se mencionó en el Lema 1, tenemos el aumento de la secuencia$$S_1 \subseteq S_2 \subseteq \dots \subseteq S_n \subseteq S_{n+1} \subseteq \dots$$and hence a decreasing sequence of natural numbers$$n \ge \text{rank}\,{A} \ge \text{rank}(A^2) \ge \dots \ge \text{rank}(A^n) \ge \text{rank}(A^{n+1}) \ge \dots \ge 0.$$If $Un$ is nilpotent, then we must have $n> \text{rango}(A)$, because otherwise $$ would be invertible and hence not nilpotent. Given this condition, we can see that there must be some $1 \le i \le n$ such that $$\text{rank}(A^i) = \text{rank}(A^{i+1})$$and hence by Lemma 1, for all $l \ge i$, $\text{rango} (^l) = \text{rango} (^i)$. Since $i \ge n$, in any case we will get $\text{rango}(A^n) = \text{rango} (^l)$ for all $l \ge$n.

Desde $A$ es nilpotent, debe haber alguna $l \ge n$ tal que $\text{rank}(A^l) = 0$, y, por tanto, $\text{rank}(A^n) = 0$ y por lo tanto $A^n = 0$. $\square$

1.

Por nuestros lemas, una matriz de $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \in M_2(\mathbb{R})$ es nilpotent si $A^2 = 0$, que es el caso si y sólo si$$a^2 + bc = d^2 + bc = b(a+d) = c(a+d) = 0.$$So the set of nilpotent elements is$$\mathfrak{N}(M_2(\mathbb{R})) = \left\{\begin{pmatrix} a & b \\ c & -a \end{pmatrix}\Bigg|\text{ } a^2 + bc = 0,\text{ }a,b,c \in \mathbb{R}\right\}.$$

2.

Aquí $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ no es un campo, por lo que no podemos aplicar nuestros lemas directamente. Sin embargo, observe que el cociente mapa$$\iota:\mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\text{ }x\,\text{mod}\,4\mapsto x\,\text{mod}\,2$$induces a quotient map$$\pi: M_2(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}) \to M_2(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}),\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix} \iota(a) & \iota(b) \\ \iota(c) & \iota(d) \end{pmatrix}.$$It is easy to check that $\pi$ es, de hecho, un anillo de homomorphism.

Ahora supongamos $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ es nilpotent elemento en $M_2(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})$, $\pi(A) \in M_2(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ también es nilpotent elemento. Observe que $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ es un campo, entonces por el Lema 2, podemos concluir que $\pi(A^2) = 0$ y, por tanto, $A^2 \in M_2(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})$ tiene cada entrada divisible por $2$.

Por el contrario, si $A \in M_2(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ tal que $A^2$ tiene cada entrada divisible por $2$, entonces es fácil ver que $A^4$ tiene cada entrada divisible por $4$, y, por tanto,$A^4 = 0$, lo $A$ es nilpotent.

Por lo tanto hemos demostrado que$$\mathfrak{N}(M_2(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})) = \{A \in M_2(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}): A^2 \text{ has every entry divisible by }2\}$$$$=\a la izquierda\{A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \en M_2(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})\text{ } \Bigg|\text{ }2|(a + d)\text{ y }2|(a^2 + bc)\right\}.$$