Es la prueba de este lema es realmente necesario?

Question

Para demostrar la Cayley-Hamilton teorema de álgebra lineal, mi profesor dijo que un lema era necesario:

Lema: Vamos a $A \in M_n(\mathbb{K})$ $n\times n$ matriz sobre un campo $\mathbb{K}$, vamos a $b(t) \in M_n(\mathbb{K})[t]$$P(t) = b(t)[A-tI]$, $P(A) = 0$

El teorema (que dice que si $f$ es un endomorfismo de V, entonces $f$ es una solución para su polinomio característico), luego fue probado así:

deje $B(t) = \text{adj}[A-tI]$$P(t) = B(t)[A-tI]$,$P(A)=0$, pero también se $P(t) = \delta I$ (donde $\delta = \det(A-tI)$). Desde $\delta = \chi_f(t)$, lo $P(A) = 0 \Rightarrow \chi_f(A) = 0$.

Mi pregunta es: ya que interpretar el $P(t)$ del teorema como un polinomio con la matriz de los coeficientes, no es toda la cosa bastante obvia para las propiedades de un polinomio anillo? (Suponiendo que todos sabemos cómo cambiar entre matrices y endomorphisms)

Answer 1

La razón por la que necesitamos el lema es que de $P(t)=b(t)(A-tI)$ uno directamente no se puede concluir que $P(A)=b(A)(A-AI)$.

Si $R$ es un conmutativa anillo, entonces existe un natural mapa de $R[t]\to R^R$ que es un anillo de homomorphism (nosotros dotar $R^R$ con el pointwise estructura de anillo: $(f+g)(r) = f(r)+g(r)$, e $fg(r) = f(r)g(r)$ por cada $r\in R$). Si $p(t)=q(t)s(t)$, entonces para cada a $r\in R$ que $p(r)=q(r)s(r)$.

Pero esto no funciona si $R$ no es conmutativa. Por ejemplo, tomando $p(t) = at$, $q(t) = t$ y $s(t)=a$, usted tiene $p(t)=q(t)s(t)$ $R[t]$ (desde $t$ es central en $R[t]$, incluso cuando se $R$ no es conmutativa), sino $p(r) = ar$ mientras $q(r)s(r) = ra$. Así que usted consigue $p(r)=q(r)s(r)$ si y sólo si $a$ $r$ viaje. Por lo tanto, sin duda se puede definir un mapa de $\psi\colon R[t]\to R^R$ por $$\psi(a_0+a_1t+\cdots+a_nt^n)(r) = a_0 + a_1r + \cdots + a_nr^n,$$ este mapa no es un anillo de homomorphism cuando el anillo no es conmutativa. Esta es la situación que tenemos aquí, donde el anillo $R$ es el anillo de $n\times n$ matrices de más de $\mathbb{K}$, que no es conmutativa cuando $n\gt 1$. En particular, de $P(t) = B(t)(A-tI)$ uno no puede simplemente a la conclusión de que $P(A)=B(A)(A-AI)$. Esto supone implícitamente que el mapa $M_n(\mathbb{K})[t]\to M_n(\mathbb{K})^{M_n(\mathbb{K})}$ es multiplicativo, que no es en este caso.

Si su $A$ pasa a ser central en $M_n(\mathbb{K})$, entonces es cierto que la inducida por el mapa de $M_n(\mathbb{K})[t]\to M_n(\mathbb{K})$ es un homomorphism. Pero entonces se estaría asumiendo que su $A$ es un escalar múltiples de la identidad. También sería cierto si los coeficientes del polinomio $b(t)$ centralizar $A$, pero no está suponiendo que. Lo que no es necesario demostrar que en este caso ha $P(A)=b(A)(A-AI)$, ya que de ello no se sigue de lo general (la forma que lo haría en un conmutativa).

P. S. De hecho, este es el punto sutil donde la prueba de que un polinomio sobre un campo de grado $n$ tiene más de $n$ raíces se rompe para sesgar campos/división de los anillos. Si $K$ es un anillo de división, entonces el algoritmo de la división se tiene para polinomios con coeficientes más de $K$, por lo que uno puede mostrar que para cada $p(t)\in K[t]$ y $a(t)\in K[t]$, $a(t)\neq 0$, existen únicas $q(t)$ $r(t)$ tal que $p(t)=q(t)a(t) + r(t)$ $r(t)=0$ o $\deg(r)\lt \deg(a)$. A partir de esto, podemos deducir que por cada polinomio $p(t)$, y para cada $a\in K$, podemos escribir $p(t) = q(t)(t-a) + r$ donde $r\in K$. Pero la prueba de que el Resto y del Factor de Teoremas ya no va, porque no podemos ir de$p(t)=q(t)(t-a)+r$$p(a)=q(a)(a-a)+r$; y usted no puede obtener la recursividad argumento a trabajar, porque de $p(t)=q(t)(t-a)$, e $p(b)=0$$b\neq a$, no se puede deducir que $q(b)=0$. Por ejemplo, en el real cuaterniones, tenemos $p(t)=t^2+1=(t+i)(t-i)$, pero $p(j)=j^2+1\neq 2k = ij-ji = (j+i)(j-i)$. Recuerdo que cuando me enteré de los correspondientes teoremas para el polinomio de anillos, el profesor nos desafía a identificar a todos los de campo axiomas utilizados en las pruebas del Resto y del Factor Teorema; ninguno de nosotros vio el uso de la conmutatividad en la evaluación del mapa.

Answer 2

El problema es bastante simple: la definición de polinomio de multiplicación se supone que los coeficientes conmuta con el indeterminates desde, por ejemplo, $\rm\; r\ x = x\ r\:.\:$ Modo de evaluación a fin de preservar polinomio aritmético, es decir, para que sea un anillo de homomorphism, sólo se puede evaluar en los anillos de polinomios donde el coeficiente de anillo es central, es decir, donde los coeficientes conmuta con todas las otras mesas de elementos. Este concepto es tan importante que tiene un nombre, viz. $\rm\:R\:$-álgebras son los anillos de $\rm\:A\:$ en el que los polinomios en $\rm R[x]$ pueden ser evaluados. Más precisamente, esto significa que $\rm\:A\:$ contiene una imagen $\rm\:R'$ $\rm\:R\:$ y que para todos los $\rm\;a\in A\:$ la evaluación del mapa de $\rm\:x\to a\:$ es un anillo homomorphism $\rm\:R[x]\to A\:$. En particular, la evaluación de $\rm\;\; r\: x = x\: r\;\;$ $\rm\:x = a\in A\:$ implica que el $\rm\;R'$ es central, es decir, que conmutan con todos los elementos de a $\rm\:A\:$. Precisamente eso es todo lo que se requiere para la existencia de una única evaluación homomorphism $\rm\:\epsilon_a : x\to a\:$ por cada $\rm\:a\in A\:.\:$ Esto permite a uno ver el polinomio anillo de $\rm R[x]$ como el universal $\rm\:R$-álgebra generada por $\rm\:x\:.$

Answer 3

Me gustaría hacer las siguientes tres observaciones como un menor de edad complemento a las otras respuestas.

OBSERVACIÓN 1. Lo que el Cayley-Hamilton Teorema dice que es $$\det \begin{pmatrix} a_{11}-A & a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}-A&\cdots&a_{2n}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}-A \end{pmatrix}=0.$$

OBSERVACIÓN 2. La prueba de Cayley-Hamilton Teorema que más me gusta (entre los que yo conozco) está en la página 21 (prueba de la Proposición 2.4) de Introducción al Álgebra Conmutativa por Atiyah y MacDonald. El argumento puede ser formulada de la siguiente manera.

Deje $K$ ser un anillo conmutativo; deje $n$ ser un entero positivo; deje $A=(a_{ij})\in M_n(K)$ $n$ $n$ matriz con entradas en $K$; deje $\chi$ ser su polinomio característico; definir $B=(b_{ij})\in M_n(K[A])$$b_{ij}:=\delta_{ij}\,A-a_{ij}$; observar $$\sum_i\ \ b_{ij}\ e_i=0,\quad\det B=\chi(A);$$ and write $(c_{ij})$ for the adjugate of $B$. Applying (a trivial case of) Fubini's Theorem to the double sum $\sum_{i,j}\ c_{jk}\ b_{ij}\ e_i$, we get $\chi(A)=0$.

OBSERVACIÓN 3. Es fácil definir el anillo de $R[X]$ de los polinomios en la indeterminada $X$ con coeficientes en la no conmutativa $R$. Pero cuando usted piensa en términos de propiedades universales, se ve que esta construcción no es muy natural. Así, es mejor, creo yo, a no introducir es sólo para demostrar la Cayley-Hamilton Teorema.

Answer 4

No me queda claro cuál es el problema exacto aquí, pero hay un error común de los sobre polinomios con la matriz de coeficientes.

Dado un polinomio $P(t)=\sum_i B_i t^i$ sin duda podemos sustituir una matriz $A$ $t$ conseguir $P(A)=\sum_i B_i A^i$. Pero hay un problema cuando multiplicamos polinomios. Si $Q(t)$ es otro polinomio con la matriz de coeficientes, entonces podemos han $$(PQ)(A)\ne P(A)Q(A).$$ Una condición suficiente para $(PQ)(A)=P(A)Q(A)$ a sostener es que el $A$ viajes con los coeficientes de $Q$. Pero cuando no es así, en general $(PQ)(A)\ne P(A)Q(A)$.