Martino ha scritto:Secondo voi come si può calcolare il determinante di $A in R$ ?
Mah, se il campo contiene tutte le radici $n$-esime di 1 basta fare il prodotto degli autovalori, no? Del resto quando ho citato le dispense di Cailotto era perché lui (pag.105) parla di un metodo che chiama "di Brioschi" per il determinante di queste matrici nel caso complesso. Riassumo:
Se $A=a_0A(0)+ldots+a_{n-1}A(n-1)$ allora presa la matrice di Vandermonde $V="VdM"(eta^0, eta^1, ldots, eta^(n-1))$ ($eta$ radice primitiva $n$-esima di 1) risulta che $AV=V^Hdiag(theta_0, ldots, theta_{n-1})$ dove $theta_i=sum_{j=0}^(n-1)a_{i, j}eta^(ij)$. E quindi $det\ A=prod_{k=0}^ntheta_k$. A parole povere: $A$ è diagonalizzabile, ne conosciamo gli autovalori e il determinante lo calcoliamo come prodotto degli stessi. La cosa mi pare funzioni anche se non siamo nel campo complesso, a condizione che $x^n-1$ sia separabile. In quel caso il determinante ce lo andremo a calcolare in una opportuna estensione.
Ma mi pare tutto troppo semplice. Dov'è l'inghippo?
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Per la storia delle permutazioni, non capisco perché parli di monoidi e non di gruppi...
Formalizzo un po' quello che volevo fare, più che altro per "capire" meglio le matrici di $R$:
definiamo le mat. di permutazione come: $\forall\sigma\in "Sym"(n), Pi(sigma):=[I_{sigma(1)}, ldots, I_{sigma(n)}]$, dove $I_{j}$ è la $j$-esima colonna della matrice identica. Queste matrici sono sempre invertibili: questo ci porta a un sottogruppo del $"GL"_n(K)$ (diciamo $"Perm"(n, K)$) isomorfo a $"Sym"(n)$. Infatti $Pi(sigma)Pi(tau)=Pi(sigma\circtau)$.
La dimostrazione formale di questo risultato credo sia della stessa natura della tua dimostrazione di $A(1)^m=A(m)$.
Io pensavo però a qualcosa di più sportivo: se $A\inM_n(K)$, allora $APi(sigma)=A[I_{sigma(1)}, ldots, I_{sigma(n)}]=[A_{sigma(1)}, ldots, A_{sigma(n)}]$. Moltiplicando a destra $Pi(sigma)$ permuta le colonne di $A$. Perciò $Pi(sigma)Pi(tau)=Pi(sigma)[I_{tau(1)}, ldots, I_{tau(n)}]=[Pi(sigma)_{tau(1)}, ldots, Pi(sigma)_{tau(n)}]$. Se la $i$-esima colonna di $Pi(sigma)$ è $I_{sigma(i)}$, la $tau(i)$-esima colonna si $Pi(sigma)$ è $I_{sigma(tau(i))}$. Perciò $Pi(sigma)Pi(tau)=Pi(sigma\circtau)$.(*)
Allora la trovata era: costruire una copia di $(ZZ_n, +)$ in $"Sym"(n)$ mediante $[k]\mapstosigma_k$ e $sigma_k(x)=(x+k\ "mod"\ n)$ ("shift" avanti di k posti). Mi pare che questo sia un isomorfismo di gruppi, o mi sbaglio? Se non sbaglio, allora abbiamo costruito un sottogruppo del $"Sym"(n)$ che corrisponde esattamente ad una base (la famosa $(A(0), ldots, A(n-1))=(Pi(id), Pi(sigma_1), ldots, Pi(sigma_{n-1}))$) della $K$-algebra $R$.
Che vantaggi ci sarebbero facendo così? Pensavo di rendere più trasparenti le varie dimostrazioni delle proprietà di $R$. Infatti potremmo costruire una $K$-algebra (non commutativa) di dimensione finita facendola generare (come spazio vettoriale) dalle matrici di permutazione. Con il risultato (*) non è difficile far vedere la chiusura rispetto al prodotto e quindi la
well-posedness di questa costruzione. A questo punto il nostro misterioso oggetto $R$ diventa una più semplice sotto-algebra, una cui base è isomorfa (come gruppo moltiplicativo) ad un gruppo abeliano. E perciò, se commutano gli elementi di una base, commutano tutti gli elementi di $R$ (a prescindere dalla diagonalizzabilità). E così anche per l'isomorfismo $(K[x])//(x^n-1)~=R$, visto che a questo punto il grosso della dimostrazione è già stato fatto con il punto (*). (Tra l'altro questo sarebbe un isomorfismo di
algebre oltre che di anelli...ma allora $(K[x])//(x^n-1)$ ha una base isomorfa a $ZZ_n$? Non ci capisco molto di queste cose!)
E' tutto un po' lungo ma ho cercato di essere più chiaro possibile.