da Valerio Capraro » 27/05/2006, 14:17
però nessuno a priori ti garantisce che $a$ abbia determinante
non nullo. E se ha determinante nullo allora non puoi fare niente
perchè per il teorema di Binet, ha determinante nullo ogni matrice $xa$.
vabbè...
la "mia" soluzione...
Mostro un pezzo del teorema generale (che fra l'altro è un lemma per
il teorema di Wedderburn-Artin sulla caratterizzazione degli
anelli semisemplici).
th:
SIa $R$ un anello qualsiasi e $M=M_n(R)$ l'anello delle matrici
$n\timesn$ su $R$. Allora ogni ideale $I\subsetM$ è della forma
$M_n(J)$ con $J$ ideale di $R$. In particolare se $R$ è semplice lo
è anche $M$
dimostrazione:
Sia $J$ un ideale di $R$, allora chiaramente $I=M_n(J)$ è un ideale di
$M_n(R)$, infatti se $x\inI$ e $y\inM$, la matrice $xy$ ha i coefficienti
in $J$ (essendo esso un ideale) e dunque $xy\inI$.
Il viceversa è una cifra complicato e se non ti dispiace te lo faccio solo
nel caso in cui $R$ è semplice. Mostro quindi che anche $M$ è semplice:
Sia $I\subsetM$ un ideale non nullo e $x\inI$, consideriamo il sottoinsieme
di $R$ formato dai coefficienti di $x$, e sia $J\subsetR$ l'ideale generato da
tale insieme al variare degli $x\inI$, dunque $M_n(J)$ è un ideale di $M$
che sicuramente è contenuto in $I$ per costruzione. ora essendo $R$ semplice
si ha $J=R$ e di conseguenza anche $I=M$.
osservazione:
la filosofia della dimostrazione generale del viceversa è simile a questa: si parte dall'ideale
di $M$ e si considera il sottoinsieme di $R$ formato dai coefficienti delle matrici,
al variare di tali matrici nell'ideale fissato di $M$. Poi bisogna dimostrare che
tale insieme è a sua volta un ideale e mi sembra, leggendola, che sia piuttosto
faticosa questa parte, che viene evitata nel caso particolare in cui $R$ è semplice
e basta mostrare un'inclusione soltanto.