Matrices de Vandermonde sobre un anillo conmutativo.

Question

Supongamos que $R$ es un anillo conmutativo con identidad. Intento demostrar que las dos afirmaciones siguientes son equivalentes.

1. El ideal generado por todos los determinantes de $n\times n$ Matrices de Vandermonde con entradas en $R$ es el ideal unitario.
2. Existe un $n\times n$ Matriz de Vandermonde con entradas en $R$ .

Puedo ver cómo 2 $\implies 1$ . Si existe una matriz de Vandermonde invertible, entonces su determinante es una unidad, y por tanto el ideal generado por todos los determinantes de Vandermonde contiene una unidad y por tanto debe ser el ideal unitario. No veo cómo demostrar lo contrario...

El contexto de esta pregunta es la solución que se publicó para el siguiente problema: https://mathoverflow.net/questions/32217/for-which-rings-does-there-exist-an-invertible-vandermonde-matrix . En ese enlace, la cuestión de la existencia de una matriz de Vandermonde invertible se equipara a "¿Es el ideal generado por todos los determinantes de Vandermonde el ideal unitario?". Dicho de otro modo, $1 \iff 2$ .

Answer 1

$\def\ZZ{\mathbb{Z}}$ (1) y (2) no son equivalentes. Establezca $\beta = (1 + \sqrt{-11})/2$ y considerar el anillo $R = \ZZ[\beta]$ . Sea $V(x,y,z)$ sea el determinante de Vandermonde $\det \begin{pmatrix} x^2 & y^2 & z^2 \\ x & y & z \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} = (x-y)(x-z)(y-z)$ . Afirmo que $V(x,y,z)$ nunca es una unidad, ya que $x$ , $y$ y $z$ en $R$ pero que el conjunto de todos los $V(x,y,z)$ con $x$ , $y$ , $z \in R$ genera el ideal unitario.

Prueba de que $V(x,y,z)$ no es una unidad Establecer $u=x-y$ , $v=y-z$ y $w = z-x$ . Si $V(x,y,z) = -uvw$ es una unidad, entonces $u$ , $v$ y $w$ son todas unidades. Las únicas unidades de $R$ son $\pm 1$ (escriba una unidad de $R$ como $a + b \sqrt{-11}$ con $a$ y $b$ semienteros, y observe que $a^2 + 11 b^2$ debe ser $1$ ). Pero $u+v+w=0$ y no podemos tener $\pm 1 \pm 1 \pm 1=0$ .

Prueba de que el $V(x,y,z)$ generar la unidad ideal Tenemos $V(2,1,0) = 2$ y $V(\beta,1,0) = -3$ . Así que $V(\beta,1,0) + V(2,1,0) = -1$ .

Proceso de reflexión $2 \times 2$ Vandermondes son triviales así que vamos a intentar $3 \times 3$ . Hay un $3 \times 3$ Vandermonde que es una unidad si y sólo si la ecuación unitaria es resoluble. Cuando trabajamos con anillos de números algebraicos generados finitamente, la ecuación unitaria sólo tiene un número finito de soluciones (un teorema duro de Siegel), por lo que debería ser fácil construir ejemplos en los que no tenga ninguna.

Por otro lado, como se explica en el enlace MO, $3 \times 3$ determinantes generan el ideal unitario siempre que no exista un campo cociente de tamaño $2$ . Hay muchos anillos de enteros algebraicos que no tienen $\mathbb{F}_2$ cociente.

Para encontrar un ejemplo explícito, quiero un anillo donde sea fácil calcular el grupo de unidades, y donde no haya $\mathbb{F}_2$ cociente. El primero sugiere el anillo de enteros en $\mathbb{Q}(\sqrt{D})$ , estos últimos obligan $D \equiv 5 \bmod 8$ . La primera solución que encontré fue $D=13$ pero $D=-11$ hizo una solución más corta así que esa es la que escribí.

Answer 2

La respuesta tiene las ideas escritas tal y como las pienso. Más tarde intentaré reescribirla mejor.

La respuesta que enlazas contiene más o menos la respuesta a tu pregunta.

Un Vandermonde es el producto de todas las diferencias (sin repeticiones) de las entradas del grado $1$ fila. Así que lo que necesitas es mostrar que hay $n$ elementos cuyas diferencias son todas unidades o suponer que no existen tales elementos (para un contrapositivo).

"no (2)" equivale (como se dice allí) a tener un ideal máximo $m$ con $R/m$ con menos de $n$ elementos.

Supongamos que existe tal $m$ entonces todos los Vandermond van a estar en $m$ , porque algunas de las diferencias que pones en el grado $1$ fila van a estar en $m$ . Por lo tanto, "no (1)".

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Nos falta demostrar que "no (2)" implica que existe un ideal maximal $m$ tal que $R/m$ tiene menos de $n$ elementos. Demostramos la contraposición.

Supongamos que para cada ideal maximal $m$ , $R/m$ tiene al menos $n$ elementos.

Tomemos un ideal maximal $m_1$ y $x_1,\ldots,x_n$ $n$ representantes de $n$ diferentes clases mod $m_1$ . Entonces El Vandermonde de esos elementos $V(x_1,\ldots,x_n)\notin m_1$ .

Tomemos otro maximal $m_2$ y $b_1\in m_1\setminus m_2$ . Si $x_1,\ldots,x_n$ están en clases diferentes mod $m_2$ los mantenemos como $V(x_1,\ldots,x_n)\notin m_2$ también. Si algunos de los $x_i$ pertenecen a la misma clase mod $m_2$ podemos añadir a algunos de ellos un elemento de la forma $b_1a$ para $a\in R$ tal que $x_1+b_1a_1,\ldots,x_n+b_1a_n$ pertenecen a clases diferentes mod $m_2$ (tomamos el $a_1,\ldots,a_n$ pertenecientes a diferentes clases mod $m_2$ para que esto ocurra, pero podemos hacerlo porque hay más de $n$ diferentes clases mod $m_2$ por suposición). Obsérvese que siguen perteneciendo a las mismas clases (diferentes) mod. $m_1$ como antes. A continuación, tomar este conjunto de elementos son los nuevos $x_1,\ldots,x_n$ y luego $V(x_1,\ldots,x_n)\notin m_2$ también.

Tomemos el siguiente ideal maximal $m_3$ y $c_{1}\in m_1\setminus m_3$ y $c_2\in m_2\setminus m_3$ . Si $V(x_1,\ldots,x_n)\notin m_3$ somos felices. Si pertenece a $m_3$ podemos añadir a la $x_i$ elementos de la forma $c_1c_2$ con $a\in R$ para que pertenezcan a clases diferentes mod $m_3$ manteniendo las clases mod $m_1$ y mod $m_2$ a la que pertenecen.

Continuando así para todos los ideales maximales de $R$ obtenemos elementos $x_1,\ldots,x_n$ tal que para cada ideal maximal $m$ pertenecen a clases diferentes mod $m$ . Por lo tanto, el Vandermonde $V(x_1,\ldots,x_n)\notin m$ para cada $m$ . Un elemento que no está en ningún ideal maximal es una unidad.

Permítanme lo que sucede si tenemos infinitamente muchos ideales maximales.

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