Relacionadas con el seguimiento y la norma en la teoría de Galois con la traza y el determinante de una matriz de ciertos

Question

Supongamos que $F$ es un finito dimensionales campo de la extensión de $K$ (ambos subcampos de $\mathbb{C}$). Dado $u \in F$, vamos a $g_u : F \to F$ ser definido por $v \mapsto uv$. Si $B$ es cualquier ($K$- ) por $F$$M = [g_u]_B$, entonces me gustaría mostrar que $\mbox{trace}(M) = \mbox{Tr}_{F/K}(u)$ y, además,$\mbox{det}(M) = \mbox{N}_{F/K}(u)$. He estado tratando de demostrar que este al menos tiene en el caso de que $F = K(u)$ (donde tendríamos una base de la forma $\{u^0, u^1, \dots u^n\}$) pero no he tenido éxito.

Yo estoy usando la Hungerford noción de seguimiento y norma. En particular, vamos a $\sigma_1, \dots, \sigma_t$ ser todos distintos $K$-monomorphisms $F \to \mathbb{C}$. Si $a \in F$,$N_{F/K}(a) = \sigma_1(a)\sigma_2(a) \dots \sigma_r(a)$$\mbox{Tr}_{F/K}(u) = \sigma_1(a) + \dots + \sigma_r(a)$.

Answer 1

Armar su incrustaciones $\sigma_1,\ldots,\sigma_r$ da una incrustación $\Sigma:F\to\Bbb C^r$. El $\sigma_j$ son linealmente independientes más de $\Bbb C$ (Dededkind del lema). Por tanto, la imagen $\Sigma(F)$ de $F$ bajo $\Sigma$ abarca $\Bbb C^r$ como un complejo espacio vectorial.

Considere la posibilidad de su mapa de $g_u:F\to F$. Esto induce un mapa de $g'_u:\Sigma(F)\ \a\Sigma(F)$ and then a complex linear map $G_u:\Bbb C^r\a\Bbb C^r$. Las huellas de estos mapas son todos de la misma; del mismo modo que los determinantes (es, básicamente, sólo cambiando la base de un espacio vectorial). Pero $G_u(z_1,\ldots,z_r)=(\sigma_1(u)z_1,\ldots,\sigma_r(u)z_r)$ por lo que la matriz de $G_u$ es diagonal con entradas de $\sigma_1(u),\ldots,\sigma_r(u)$.

Answer 2

He aquí un argumento alternativo: por primitivo elemento teorema, podemos asumir que $F = K(a)$ algunos $a \in F$. Deje $n = [F : K]$ es el grado de la extensión, de modo que $a$ es una raíz de una irreductible $f \in K[x]$ grado $n$.

Entonces, desde el $a$ genera $F$$K$, diferente a $K$-monomorphisms $\sigma_i: F \to \mathbb{C}$ corresponden a diferentes opciones de $n$ diferentes raíces de $f \in K[x]$ $\mathbb{C}$ -- cada una de las $\sigma_i$ mapas de $a$ a una raíz diferente de $f$$\mathbb{C}$.

Como $f$ se divide $\mathbb{C}$, podemos escribir $f(x) = (x-\sigma_1(a))\cdots(x-\sigma_n(a)) \in \mathbb{C}[x]$. Multiplicando esto, conseguimos que los $\mbox{Tr}_{F/K}(a) = \sigma_1(a) + \ldots + \sigma_n(a)$ es igual a menos el coeficiente de a $x^{n-1}$ de la mínima polinomio de $a$$K$.

Ahora, vamos a conectar a la matriz anterior. Deje $h$ ser polinomio característico de a$g_a: F \to F$, $h(x) = \det(g_a - x \cdot id) = x^n - b_{n-1} x^{n-1} + \ldots + (-1)^n b_0$. Por la fácil observación, seguimiento de $g_a$ es igual a $b_{n-1}$. Pretendemos que en el hecho de $f = h$, es decir, el polinomio característico de a $g_a$ es de hecho el polinomio mínimo de a$a$$K$.

De hecho, esto se desprende de Cayley-Hamilton teorema, que dice que un operador lineal satisface su ecuación característica, que es, $h(g_a) = g_a^n - b_{n-1} g_a^{n-1} + ... + (-1)^n b_0 \cdot id$ es un cero operador. Pero eso significa que $h(g_a)(u) = 0$ cualquier $u \in F$, es decir,

$$ (g_a^n - b_{n-1} g_a^{n-1} + ... + (-1)^n b_0 \cdot id)(u) = g_a^n(u) - b_{n-1} g_a^{n-1}(u) + ... + (-1)^n b_0 \cdot u = 0 $$

que en los giros, ya que $g_a^n(u) = a^n \cdot u$, nos da:

$$ a^n\cdot u - b_{n-1}^n \cdot u + ... + (-1)^n b_0 \cdot u = (a^n - b_{n-1}^n + ... + (-1)^n b_0) \cdot u = 0 $$

lo cual sólo es cierto para todos los $u \in F$ si $a^n - b_{n-1} a^n + ... + (-1)^n b_0 = 0$, pero entonces significa que $h(a) = 0$. Desde $g_a: F \to F$ $K$- lineal mapa, y nos tomamos el polinomio característico de ella como tal, $h \in K[x]$, y $\deg h = \dim_K F = [F : K] = n$, $h$ debe ser el polinomio mínimo de a$a$$K$, lo que concluye la prueba.

Similar argumento también funciona para la norma, la cual se deja como ejercicio para el lector.

Answer 3

Permítanme reformular su pregunta. Deje $F/K$ ser una extensión de los campos de característica cero, de grado $n$. Para $u\in F$, definir $Tr_{F/K} (u)=$ la suma de los $n$ distintos conjugados de $u$ en una clausura algebraica de $K$ (sin necesidad de $\mathbf C$), y de manera similar a $N_{F/K} (u)=$ el producto de estos conjugados. Uno también podría estar interesado en el otro simétrica de las funciones de los conjugados de la $u$. Denotar por $m_u$ la "multiplicación por $u$", considerado como " $K$- lineal endomorfismo de $F$ . Mostrar que $Tr_{F/K} (u)$ $N_{F/K} (u)$ resp. igual a la traza $T(m_u)$ y determinante $D(m_u)$ (en el sentido de álgebra lineal) de $m_u$.

Respondiendo a una pregunta de @Cirilo L. (ver https://math.stackexchange.com/a/2710883/300700), me recordó los siguientes resultados:

1° en primer lugar, imaginemos que $u$ es un elemento primitivo, es decir,$F=K(u)$. Si $f_u=X^n + a_{n-1} X^{n-1} +...+ a_0\in K[X]$ es el polinomio mínimo de a$u$$K$, $F\cong K[X]/(f_u)$ admite una base $(1, u,..., u^{n-1})$$F$, y la matriz de la endomorfismo $m_u$ wrt. a esta base es el llamado "el compañero "matrix" con líneas de $(0, 0,..., 0, -a_0), (1, 0, ..., 0, -a_1), (0, 1,.., 0,..., -a_2),..., (0, 0,..., 1, -a_{n-1})$. A continuación, es fácil comprobar que el polinomio característico $\chi_u$ $m_u$ es det ($X.Id_E - m_u$) = $f_u$, y hemos terminado. Esto es más o menos la respuesta de @xyzzyz. Tenga en cuenta que en este caso particular, de la simetría de las funciones de los conjugados de la $u$ son dados por los coeficientes del polinomio mínimo $f_u$.

2° En el caso general, debemos encontrar una base adecuada para calcular el polinomio característico $\chi_u$$m_u$$F$. @Lord Shark el Desconocido diagonalized la matriz de $m_u$ el uso de Dedekind del lexema. Déjenos aquí realizar más directa de la matriz de cálculos (que le dará información adicional, vea a continuación). Poner a $[F:K(u)]$, de grado $r$, vamos a mostrar que el polinomio característico $\chi_u$ $m_u$ es igual a la $r$-ésima potencia de la mínima polinomio $f_u$ $u$ (esto es más fuerte que una simple consecuencia de Cayley-Hamilton). Vamos $(y_i)$, $1\le i\le q$, ser una base de $K(u)$$K$, y $(z_j)$, $1\le j \le r$, ser una base de $F$$K(u)$. A continuación, $(y_i z_j)$es una base de $F$$K$, e $[F:K]:=n=qr$. Deje $M=(b_{ih})$ ser la matriz de $m_u$ $K(u)$ con respecto a la base $(y_i)$, por lo que el $ay_i = \sum b_{ih}y_h$. A continuación,$a(y_i z_j)=(\sum b_{ih} y_h)z_j = \sum b_{ih}(y_h z_j)$. El pedido de lexicográficamente la base $(y_i z_j)$$F$$K$, vemos que la matriz de $M'$ $m_u$ $F$ con respecto a esta base es una diagonal de la tabla de matrices $M_1$ de la forma $M$ en la diagonal y $0$ en otros lugares. La matriz $X.Id - M_1$ es por tanto una diagonal de la tabla de matrices $X. Id_q -M$, por lo tanto det ($X. Id_n - M'$) = (det ($X.Id_q - M))^r$. Pero el LHS es el polinomio característico $\chi_u $, y el lado derecho es ${f_u}^r$, según el caso especial de 1°. Esto produce, en particular,$Det(m_u)={N_{F(u)/k}(u)}^r$$Tr(m_u)=r{Tr_{F(u)/k}(u)}$. Pero por la transitividad de la norma y de seguimiento de los mapas en la torre de extensiones $F/K(u)/K$ , sabemos que $N_{F/K}(u)= {N_{F(u)/k}(u)}^r$$Tr_{F/K} (u)=r{Tr_{F(u)/k}(u)}$, y hemos terminado. NB: en esta situación general, la simetría de las funciones de los conjugados de la $u$ son dados por los coeficientes de ${f_u}^r$ .