¿Qué tiene que decir sobre el determinante álgebra abstracta?

Question

El determinante es un homomorphism de la multiplicativo monoid de matrices para la multiplicativo monoid de un campo (a la derecha?). Me parece que esta es la manera más intuitiva para interpretar algunos de los determinantes de las propiedades (en particular, la invertibility condición: obviamente una matriz sólo es invertible si un homomorphism asigna a un elemento invertible del campo).

Así que a partir de una expresión algebraica punto de vista, ¿puede algo interesante que decir sobre el factor determinante?

Algunos bastante técnicos específicos preguntas:

1. ¿Cómo encajan en el panorama de todos los homomorphisms $M_n(\Bbb K)\to\Bbb K^\star$? Es la única? ¿Cómo son los demás relacionados? El invertibility condición es una de las cosas más útiles sobre el factor determinante, pero cualquier homomorphism daría la misma condición, así que ¿por qué utilizar el factor determinante?
2. ¿Hay algún anillo homomorphisms $M_n(\Bbb K)\to\Bbb K^\star$? ¿Cómo funciona el factor determinante relacionamos con ellos?

Algunos de los más vago, más suave preguntas:

1. Hay intuitiva pruebas para las fórmulas para el cálculo de determinantes basa en el hecho de que es un homomorphism?
2. Esta un poco por ahí. El polinomio característico es un polinomio con coeficientes en un campo que es la imagen homomórfica de un polinomio con coeficientes en el anillo de matrices. Es allí cualquier manera de explicar las diferentes relaciones entre una matriz y su polinomio característico basado en la estructura de la preservación de las propiedades del determinante?

Answer 1

Consideremos $M_n(\mathbb K)$ $\mathbb K$ monoids bajo la multiplicación. Aquí son bastante completo de las respuestas a sus preguntas técnicas:

1. Cada monoid homomorphism $f$ $M_n(\mathbb{K})$ $\mathbb{K}$es de la forma $f=\phi \circ \text{det}$ para algunos monoid endomorfismo $\phi:\mathbb{K}\to\mathbb{K}$. En otras palabras, el factor determinante ha universal de los bienes que cada monoid homomorphism de $M_n(\mathbb{K})$ $\mathbb{K}$factores a través de ella. Para hacer las cosas más concretas, por ejemplo, $\mathbb{K}=\mathbb{R}$: si nos restringimos a la continua homomorphisms, el resultado implica que la única homomorphisms se $f=(\text{sgn}(\text{det} A))^{\varepsilon}\cdot|\text{det} A|^r$$\varepsilon\in\{0,1\}$$r\in\mathbb{R}$.

Aquí es cómo podemos probar esto: Vamos a $f : M_n(\mathbb{K}) \to \mathbb{K}$ ser un monoid homomorphism. En primer lugar, pretendemos que cualquiera de las $f(A)=1$ todos los $A$ o $f(A)=0$ para todos no es invertible $A$: Tenemos $f(0)=f(00)=f(0)^2$, lo $f(0)=0$ o $f(0)=1$. Si $f(0)=1$, entonces para todos $A\in M_n(\mathbb{K})$, $f(A)=f(A)f(0)=f(A0)=f(0)=1$. Así que supongamos $f(0)=0$. Deje $J$ ser un nilpotent matriz de rango $n-1$, por ejemplo, tome $J$ a ser un solo bloque de Jordan con ceros en la diagonal. A continuación,$J^n=0$, lo $f(J)^n=f(J^n)=f(0)=0$, por lo tanto $f(J)=0$. Ahora, cualquier matriz $A$ de la fila $n-1$ puede ser escrito $A=SJT$ adecuado para matrices de $S$$T$, y de ello se sigue que $f(A)=f(S)f(J)f(T)=0$. Finalmente, debido a que cualquier matriz invertible $A$ puede escribirse como un producto de varios rango de $n-1$ matrices, obtenemos $f(A)=0$ para todos no es invertible $A$, lo que demuestra la demanda.

Por lo tanto, si ignoramos el caso trivial $f=1$ y restringir la atención a los casos en que $f(A)=0$ para todos no es invertible $A$, $f$ está totalmente determinado por su restricción a $GL_n(\mathbb{K})$, que es un grupo de homorphism en el grupo multiplicativo $K^*$, cuyo núcleo es un subgrupo normal $N \unlhd GL_n(\mathbb{K})$. Si excluimos a la situación excepcional donde $n=2$ $\mathbb{K}=\mathbb{F}_2$ o $\mathbb{F}_3$, entonces cualquiera de las $N$ es un subgrupo de matrices escalares o $N$ contiene $SL_n(\mathbb{K})$. En el primer caso, $GL_n(\mathbb{K})/N$ tiene el grupo $PGL_n(\mathbb{K})$ como una imagen homomórfica, que no es abelian (por $n\geq 2$), en contradicción con el hecho de que el Primer Teorema de Isomorfismo aplicado a $f$ proporciona una incrustación de $GL_n(\mathbb{K})/N$ en el grupo abelian $\mathbb{K}^*$. Por lo tanto, $N$ debe contener $SL_n(\mathbb{K})$, que es el núcleo de la determinante homomorphism $\text{det} : GL_n(\mathbb{K}) \to \mathbb{K}^*$. De ello se desprende que $f$ factores a través de la determinante homomorphism, es decir, para $A\in GL_n(\mathbb{K})$ tenemos $f(A) = \phi(\text{det} A)$ para un grupo de endomorfismo $\phi$$\mathbb{K}^*$. Si ampliamos $\phi$ a un monoid endomorfismo en $\mathbb{K}$ mediante el establecimiento $\phi(0)=0$, entonces la ecuación de $f(A)=\phi(\text{det} A)$ también se aplica a no es invertible matrices $A$ ya que en este caso tanto en$f(A)=0$$\phi(\text{det}(A))=\phi(0)=0$. Por lo tanto $f = \phi \circ \text{det}$.

En la situación excepcional que $n=2$ $\mathbb K=\mathbb F_2$ o $\mathbb F_3$, es sencillo comprobar que, aunque hay algunos adicionales normal subgrupos de $GL_2(\mathbb K)$, ninguno de ellos da lugar a ningún nuevo grupo homomorphisms de $GL_2(\mathbb K)$ a $\mathbb K^*$.

2. No hay ningún anillo homomorphisms $M_n(\mathbb K) \to \mathbb K$ a excepción de $n=1$, en cuyo caso el anillo homomorphisms son sólo el campo de automorfismos de a $\mathbb K$.

Esto es sólo una consecuencia del hecho de que $M_n(\mathbb K)$ es un simple anillo.