anello di matrici

[miuemia]

sia $K$ un campo e sia

$R=\{((a_0,a_{n-1},a_{n-2},...,a_1),(a_1,a_0,a_{n-1},...,a_2),(a_2,a_1,a_0,...,a_3),(...,...,...,...,...),(a_{n-1},a_{n-2},a_{n-3},...,a_0))\; a_i \in K\}$

verificare che le matrici di R sono simultaneamente diagonalizzabili, verificare che è un anello commutativo con unità e mostrare che è isomorfo a $(K[x])/((x^n -1))$.

bene per vedere se sono simultaneamente diagonalizzabili vedo se sono diagonalizzabili e se commutano, ma nn riesco a far vedere queste due cose. ho osservato che poichè la somma delle righe di una matrice in $R$ è costante allora tale somma è autovalore per tale matrice di autovettore $(1,1,1,...,1)$ ma non riesco ad andare oltre.

qualche suggerimento???

[dissonance]

Quelle matrici si chiamano circolanti... sono andato a vedere qui e a pagina 105 dice qualcosa che penso ti possa servire per dimostrare la diagonalizzabilità. E' un po' lungo da scrivere in MathML, comunque il concetto è di moltiplicare a destra per la matrice di Vandermonde $VdM(1, omega, omega^2, ldots, omega^(n-1))$ dove $omega$ è una radice primitiva $n$-esima dell'unità. Fai sapere come si evolve la cosa perché mi sono incuriosito!

[Dorian]

Il fatto che $sum_(i=0)^(n-1)a_i$ sia autovalore per la matrice d'ordine $n$ mi fa pensare che si possa dimostrare la proposizione per induzione... Non trovate?

[miuemia]

non mi fa accedere al link che mi hai suggerito!

[Thomas]

ciao.

Per quanto riguarda K=C, so che gli autovettori di quella roba sono della forma:

$(x^m)_k=(\alpha_m)^k$

con $\alpha_m$ un numero complesso t.c. $(\alpha_m)^n=1$[1]

dove m indicizza l'autovettore (ne esistono n)e $k$ la coordinata. Notare che a sinistra nella prima equazione m è un indice mentre k a destra un esponente.

Questo si fa per verifica diretta scrivendo le equazioni e vedendo che sono tutte equivalenti usando la [1].

Essendo gli autospazi non degeneri indipendenti dalla matrice si deduce la diagonazzibalità e commutatività. La matrice di vandermonde citata può essere usata è un cambio di coordinate che porta la base euclidea 'quasi' nella base sopra scritta.

Per altri campi non saprei... ma mi pare strano che funzioni anche se il campo non è algebricamente chiuso, tipo K=R.
Gli autovalori di una eventuale matrice reale dovrebbero essere gli stessi di quelli sopra, tra i quali si vede che ve ne possono essere di complessi anche se la matrice è reale. A questo punto gli autovalori reali sono di meno di $n$ e la dimensione dell'autospazio non credo cambi di modo che la diagonalizzazione non si ottiene.... ma ora nn ne sono troppo sicuro...

[Martino]

Ciao!

Ho pensato a questo interessante problema, e ne ho cavato quanto segue.

Intanto darei un'interpretazione un po' più formale degli elementi di $R$. Se $A in R$ allora $A_{i,j}=a_{k(i,j)}$ con $(i,j) to k(i,j)$ funzione da determinare. Osservando la matrice è facile dedurre che

$k(i,j) = i-j\ mod(n)$.

Penserò sempre agli indici modulo $n$.

Ora per mostrare che $R$ è un anello procedo così: date $A=(a_{k(i,j}})_{i,j}$, $B=(b_{k(i,j)})_{i,j}$ in $R$, chiaramente la somma $A+B$ sta in $R$ essendo $A+B = (a_{k(i,j}}+b_{k(i,j}})_{i,j}$. Resta da mostrare che $AB in R$. Dati $l,t in {1,...,n}$ si ha:

$(AB)_{l,t} = sum_i A_{l,i}B_{i,t} = sum_i a_{l-i}b_{i-t}$

Bisogna allora vedere se esiste un $c_{l-t}$ tale che $c_{l-t} = sum_i a_{l-i}b_{i-t}$.
Ponendo $t=n$ si dovrà avere $c_l = sum_i a_{l-i}b_i$ e quindi la condizione è $c_{l-t} = sum_i a_{l-t-i}b_i = sum_i a_{l-i}b_{i-t}$, ovvero

(*) $sum_i (a_{l-t-i}b_i-a_{l-i}b_{i-t}) = 0$.

Per mostrare che la (*) vale possiamo supporre che $t ne n$ perché se $t=n$ la (*) è banalmente verificata.
Ora: è sufficiente mostrare che per ogni indice $i_0$ non compare il termine $b_{i_0}$, infatti ogni addendo ammette un fattore del tipo $b_{i_0}$. Ora fissato $i_0$ ci sono solo due termini della sommatoria che coinvolgono $b_{i_0}$: quello con $i=i_0$ e quello con $i-t=i_0$ (e sono proprio due - non coincidono - perché $t ne n$). La loro somma vale:

$a_{l-t-i}b_i-a_{l-i_0}b_{i_0-t}+a_{l-t-(t+i_0)}b_{i_0+t}-a_{l-(i_0+t)}b_{i_0+t-t} =$
$= -a_{l-i_0}b_{i_0-t}+a_{l-i_0}b_{i_0+t}$.

Come si vede il termine $b_{i_0}$ è sparito.

Per ogni $i in ZZ//nZZ$ definisco $A(i)$ come quell'elemento di $R$ che ha $a_i=1$ e $a_j=0$ per ogni $j ne i$. Cosicché per esempio $A(0)$ è la matrice identica, l'elemento neutro di $R$.

Per mostrare che $R$ è commutativo si potrebbe usare lo stesso trucco che ho usato per mostrare che è un anello, ma per evitare questa fatica possiamo direttamente mostrare che le matrici di $R$ sono a due a due simultaneamente diagonalizzabili, cioè che ammettono tutte una stessa base di autovettori linearmente indipendenti (infatti la simultanea diagonalizzabilità è equivalente alla diagonalizzabilità più la commutazione).
Qui però serve l'ipotesi tecnica che il polinomio $x^n-1$ sia separabile e si fattorizzi completamente in $K[X]$, in modo tale che le radici $n$-esime di 1 siano $n$, tutte in $K$ e a due a due distinte.

A questo punto possiamo applicare l'idea di Thomas e dissonance: la matrice di Vandermonde ci convince che data una radice $n$-esima dell'unità $eta$ il vettore $v(eta)=((1),(eta),(eta^2),(...),(eta^{n-1}))$ è un autovettore di $A in R$, con autovalore $a_0+a_{n-1}eta+a_{n-2}eta^2+...+a_1 eta^{n-1}$. Siccome le radici dell'unità sono n e a due a due distinte, la matrice di Vandermonde è invertibile. In altre parole i vettori $v(eta)$ formano una base di autovettori per $A$.

Per mostrare che $R cong K[X]//(X^n-1)$ possiamo definire il seguente omomorfismo:

(1) $K[X] to R$, $X to A(1)$.

Per arrivare al nostro isomorfismo è sufficiente mostrare che $A(1)^m=A(m)$ per ogni $m in NN$, infatti le matrici $A(0),...,A(n-1)$ formano una $k$-base di $R$ e $A(1)^n=A(n)=A(0)=1$, quindi la (1) diventa suriettiva con nucleo $(X^n-1)$ e possiamo applicare il teorema di isomorfismo.
Ora procediamo per induzione: il caso $m=1$ è banale. Resta da mostrare che se $A(1)^{m-1}=A(m-1)$ allora $A(1)^m=A(m)$. Ma $A(1)^m=A(1)A(1)^{m-1}=A(1)A(m-1)$, quindi bisogna mostrare che $A(1)A(m-1)=A(m)$. Ora:

$A(1)A(m-1)_{l,t} = sum_i A(m-1)_{l,i}A(1)_{i,t}$.

L'unico addendo che sopravvive di questa somma è quello con $i-t=1$, per definizione di $A(1)$, e quindi

$A(1)A(m-1)_{l,t} = A(m-1)_{l,t+1}A(1)_{t+1,t} = A(m-1)_{l,t+1}$.

Questo termine è non nullo se e solo se $l-(t+1)=m-1$ per definizione di $A(m-1)$, e quindi $A(1)A(m-1)_{l,t}$ è non nullo se e solo se $l-t=m$, nel qual caso vale $1$. Questo significa proprio che $A(1)A(m-1)=A(m)$.

Potrei aver fatto degli errori, se li trovate fatemi sapere

[dissonance]

Quindi l'utilità della matrice di Vandermonde sta nel dimostrare che i vettori di tipo $((1),(eta),(vdots),(eta^(n-1)))$ con $eta$ radice $n$-esima di 1 sono l.i. E se il campo non dovesse contenere tutte le radici $n$-esime dell'unità che si fa? Possiamo concludere almeno che le matrici commutano tra loro?

Inoltre (domanda scema ma non ci arrivo): come può succedere che $x^n-1$ non sia separabile? "Separabile" non significa "privo di radici multiple in un campo di spezzamento"? E quindi dire che $x^n-1$ non è separabile significa dire che l'unità ha meno di $n$ radici distinte. Quando succede questo? Perché mi suona così strano? Aiuto!

[Martino]

Quindi l'utilità della matrice di Vandermonde sta nel dimostrare che i vettori di tipo $((1),(eta),(vdots),(eta^(n-1)))$ con $eta$ radice $n$-esima di 1 sono l.i. E se il campo non dovesse contenere tutte le radici $n$-esime dell'unità che si fa? Possiamo concludere almeno che le matrici commutano tra loro?

Secondo me se manca qualche radice $n$-esima di 1 $R$ è comunque un anello commutativo ma non possiamo trarre conclusioni sulla diagonalizzabilità e sull'isomorfismo proposto.

Inoltre (domanda scema ma non ci arrivo): come può succedere che $x^n-1$ non sia separabile? "Separabile" non significa "privo di radici multiple in un campo di spezzamento"? E quindi dire che $x^n-1$ non è separabile significa dire che l'unità ha meno di $n$ radici distinte. Quando succede questo? Perché mi suona così strano? Aiuto!

Prendi per esempio $K=F_5$ e $n=10$. Allora $x^{10}-1 = (x^2-1)^5$ non è separabile, e dice che le sole radici decime di 1 in $K$ sono $1$ e $-1$ (quindi sono due, non dieci).
Se $K$ ha caratteristica zero allora ogni polinomio del tipo $x^n-1$ è separabile. Perché $x^n-1$ non sia separabile bisogna che la caratteristica di $K$ divida $n$ (questo si vede partendo dall'osservazione che un polinomio $P$ ha una radice multipla se e solo se ha radici in comune col polinomio derivato $P'$).

[Thomas]

Secondo me se manca qualche radice $n$-esima di 1 $R$ è comunque un anello commutativo ma non possiamo trarre conclusioni sulla diagonalizzabilità e sull'isomorfismo proposto.

Però a me sembra di ricordare che due matrici A e B commutano sse sono diagonalizzabili simultaneamente, indipendentemente dal campo dei coefficienti.

Se questo è vero (chi conferma o smentisce?) allora l'anello non dovrebbe nemmeno essere commutativo per campi in cui non esistono le n radici dell'unità. O no?

[Thomas]

no era una cazzata.... ci vuole che le matrici siano diagonalizzabili per il teorema che ho riportato: ho controllato...

del resto mi sa che martino hai ragione... se non ci sono le radici andiamo in un completamento edl campo e poi torniamo indietro... Quindi la commutatività rimane.... ciò non toglie la non diagonazzibalità....