¿Cómo extender un campo afecta la similitud de la matriz?

Question

Supongamos que tenemos los campos de $\mathbb{K}_1, \mathbb{K}_2$ s.t. $\mathbb{K}_1 \subset \mathbb{K}_2$. En un artículo que estoy leyendo hay un llamativo referencia a algunos algebraicas resultados relativos a la semejanza de matrices de más de $\mathbb{K}_1$ cuando se ve como matrices de más de $\mathbb{K}_2$. El papel no dice nada más, así que yo me quedo preguntando qué es exactamente esos son los resultados. La cosa más simple que se me ocurre es la siguiente.

Pregunta Deje $A, B$ ser cuadrado $n\times n$ matrices de más de $\mathbb{K}_1$. Si no existe $P_2 \in \mathrm{GL}(n, \mathbb{K}_2)$ s.t.

$$ P_2^{-1}AP_2=B, $$

entonces existe $P_1 \in \mathrm{GL}(n, \mathbb{K}_1)$ s.t. $$ P_1^{-1}AP_1=B. $$ Es esto cierto?

Answer 1

Sí. Es cierto. $A$ y $B$ % similar de iff $\lambda I-A$y $\lambda I-B$ iff equivalente tienen los mismos factores invariantes o los mismos factores determinantes. Estos sólo depende de las matriz sí mismo.

Ver matriz Similar

Answer 2

Aquí es un poco más elementales prueba de que funciona si el campo $\mathbb{K}_1$ es lo suficientemente grande (por ejemplo funciona con infinidad de campos). Suponga $A$ $B$ son similares sobre $\mathbb{K}_2$, por lo que ha $P \in \textrm{GL}_n(\mathbb{K}_2)$ tal que

$$P A = B P$$

Ahora escribo $P = (p_{i,j})$, y escoger una base $(e_1, \ldots, e_r)$ $\textrm{Vect}_{\mathbb{K}_1}(p_{i,j})$ $\mathbb{K}_1$- espacio vectorial. Así, podemos escribir

$$P = \sum_{i = 1}^r e_i P_i$$

con $P_i \in M_n(\mathbb{K}_1)$ $i \in [\!|1,r|\!]$ (tenga en cuenta que el $P_i$ no necesita ser invertible en general). Y debido a que $(e_1, \ldots, e_r)$ es gratis, obtenemos $P_i A = B P_i$ todos los $i \in [\!|1,r|\!]$. Ahora consideremos el polinomio

$$f(X_1, \ldots, X_r) = \det \left(\sum_{i = 1}^r X_i P_i \right) \in \mathbb{K}_1[X_1, \ldots, X_r]$$

Desde $P$ es invertible, tenemos $f(e_1, \ldots, e_r) \neq 0$, lo $f$ es distinto de cero. Y si $|\mathbb{K}_1| > n$, entonces no existe $(\lambda_1, \ldots, \lambda_r) \in \mathbb{K}_1^r$ tal que $f(\lambda_1, \ldots, \lambda_r) \neq 0$ (véase el lema de abajo para una explicación). Por lo que la matriz de $P' = \sum_{i = 1}^r \lambda_i P_i$ $\textrm{GL}_n(\mathbb{K}_1)$ y satisface $A = P'^{-1} B P'$.

Lema : Deje $f \in \mathbb{K}[X_1, \ldots, X_r]$ que no sea un cero del polinomio. Asumir

$$|\mathbb{K}| > \deg(f) = \max_{1 \le i \le r} (\deg_{i}(f))$$

Entonces existe un punto de $(\lambda_1, \ldots, \lambda_r) \in \mathbb{K}^r$ tal que $f(\lambda_1, \ldots, \lambda_r) \neq 0$.

Prueba : Vamos a probar esto por inducción sobre el número de $r \ge 1$ de las variables. El caso de $r = 1$ se deduce del hecho de que un polinomio de grado $d$ tiene más de $d$ raíces. Si $r \ge 2$, escribir $d = \deg_{r}(f)$ y

$$f = \sum_{k = 0}^{d} a_k X_r^k$$

donde el $a_i$ son polinomios en $r-1$ variables $\deg(a_i) \le \deg(f)$. Ahora $a_d$ no es cero, de modo que por inducción, hay un punto de $(\lambda_1, \ldots, \lambda_{r-1}) \in \mathbb{K}_1^{r-1}$ tal que $a_{d}(\lambda_1, \ldots, \lambda_{r-1}) \neq 0$. Por último, desde el $g(X) = f(\lambda_1, \ldots, \lambda_{r-1}, X)$ es distinto de cero polinomio con $\deg(g) \le \deg(f)$, usted puede encontrar $\lambda_n$ tal que $g(\lambda_n) \neq 0$. Que concluye.