Grupos de matrices, ¿existe un elemento regular?

Question

Preparado. Dejemos que $k$ sea un campo de característica $0$ con un cierre algebraico $\overline{k}$ y $V$ una dimensión finita $k$ -espacio vectorial. Fijamos un mapa lineal $a: V \to V$ y escribir $A_a \subset \text{End}_kV$ para el $k$ -subálgebra generada por $a$ (es decir, $A_a$ es el $k$ -span de $1, a, a^2, \ldots$ ). La incrustación $A_a \hookrightarrow \text{End}_kV$ hace $V$ un $A_a$ -módulo.

Lo siguiente $4$ propiedades del operador $a$ son equivalentes.

• $V$ es un cíclico $A_a$ -módulo.
• Tenemos $\dim_k(\text{End}_{A_a}V) = \dim_k(V)$ .
• Tenemos $\text{End}_{A_a}V = A_a$ .
• En la forma normal de Jordania de $a$ en $\overline{k}$ dos bloques de Jordan diferentes tienen entradas diagonales diferentes.

Cualquier elemento $a \in \text{End}_kV$ que satisface las propiedades equivalentes anteriores se denomina regular .

Ahora, dejemos que $k = \mathbb{R}$ y ver $\text{M}_m(\mathbb{R})$ como un espacio topológico utilizando la identificación natural $$\text{M}_m(\mathbb{R}) \cong \mathbb{R}^{m^2}.$$ Dejemos que $$\mathbb{O}_a = \{g \cdot a \cdot g^{-1} : g \in \text{GL}_m(\mathbb{R})\}$$ denotan la clase de conjugación de un elemento $a \in \text{M}_m(\mathbb{R})$ .

Pregunta. Para cualquier $a \in \text{M}_m(\mathbb{R})$ ¿existe un elemento regular $b \in \text{M}_m(\mathbb{R})$ tal que el conjunto $\mathbb{O}_a$ está contenido en el cierre del conjunto $\mathbb{O}_b$ ?

Answer 1

La respuesta es sí.

Podemos suponer que $a$ está en la forma normal de Jordania. Además, basta con demostrar el resultado cuando $a$ es de la forma $a=\operatorname{diag}(J_{m_1},\cdots,J_{m_k})$ , donde $J_p$ es el bloque de Jordan nilpotente de dimensión $p$ . Dejemos que $b=J_r$ donde $r=m_1+\cdots+m_k$ . Consideramos la curva continua $t\in [0,1]\rightarrow b_t=(1-t)b+ta$ ; tenga en cuenta que, cuando $t<1$ , $b_t\in O_b$ ( $\operatorname{dim}(\ker(b_t))=1$ ) y $b_1=a$ . Así, $a\in \overline{O_b}$ donde $b$ es cíclico y hemos terminado cuando el campo subyacente es $\mathbb{C}$ .

EDITAR. El caso real. Basta con mostrar el resultado cuando $spectrum(a)=\{q\times i,q\times (-i)\}$ o, más exactamente, cuando $a$ es similar a la forma de Jordan $a=\operatorname{diag}(iI_{m_1}+J_{m_1},\cdots,iI_{m_k}+J_{m_k},-iI_{m_1}+J_{m_1},\cdots,-iI_{m_k}+J_{m_k})$ en particular, podemos suponer que $a$ es la forma real de Frobenius asociada: $a=\operatorname{diag}(F_{2m_1},\cdots,F_{2m_k})$ . Dejemos que $b$ sea el bloque de Frobenius (las entradas de la primera subdiagonal son 1) de dimensión $m=2m_1+\cdots+2m_k$ con valores propios $\{q\times i,q\times (-i)\}$ . Tenga en cuenta que $b$ es cíclico.

Construimos una curva continua $t\in[0,1]\rightarrow a_t\in M_m$ de la siguiente manera:

Caso $k=2$ . Dejemos que $a_t=\begin{pmatrix}F_{2m_1}&0\\(1-t)U&F_{2m_2}\end{pmatrix}$ . Supongamos que $t<1$ ; $\ker(a_t-iI_{m})$ viene dada por $F_{2m_1}=ix,(1-t)Ux+F_{2m_2}y=iy$ ; suponer que $x\not= 0$ ya que el núcleo de $F_{2m_1}-iI_{m_1}$ es de la forma $span(x_0)$ podemos suponer que $x=x_0$ ; elegimos $U$ s.t. $Ux_0\notin im(F_{2m_2}-iI_{2m_2})$ , lo que da lugar a una contradicción. Entonces $x=0$ y $\operatorname{dim}(\ker(a_t-iI_m))=1$ , lo que implica $a_t\in O_b$ . Finalmente $a_1=a\in\overline{O_b}$ y hemos terminado.

Caso $k>2$ . Utiliza el mismo método. Dejemos que $a_t=\begin{pmatrix}F_{2m_1}&0&0\\(1-t)U&F_{2m_2}&0\\0&(1-t)V&F_{2m_3}\end{pmatrix}$ . Constatar, como en el caso anterior, las matrices $U,V$ para que, cuando $t<1$ , $x=0,y=0$ y, en consecuencia, $\operatorname{dim}(\ker(a_t-iI_m))=1$ y así sucesivamente...