Естественность и единственность определителя

[Padawan]

Как известно, определитель является естественным преобразованием между парой функторов из категории коммутативных колец в категорию моноидов. Это значит, что для любого гомоморфизма $\varphi\colon R\to S$ коммутативных колец имеет место коммутативная диаграмма

$$ $\xymatrix{\operatorname{Mat}_n(R)\ar[r]^{F(\varphi)}\ar[d]^{\Delta_R}& \operatorname{Mat}_n(S)\ar[d]^{\Delta_S}\\ R'\ar[r]^{\varphi'}& S' }$ $$

Верхний функтор кольцу $R$ сопоставляет моноид матриц $n\times n$ с элементами из этого кольца, и гомоморфизму колец $\varphi\colon R\to S$ сопоставляет гомоморфизм $F(\varphi)$ моноидов, который отображает матрицу над $R$ в матрицу над $S$, заменяя каждый элемент матрицы $a$ на $\varphi(a)$. Нижний функтор - забывающий, он сопоставляет кольцу его моноид по умножению, $\varphi'=\varphi$.

Вопрос в том, какие еще есть естественные преобразования данных функторов? Понятно, что подойдет любое выражение, построенное из элементов матрицы при помощи операций сложения и умножения и удовлетворяющее условию $\Delta_R(AB)=\Delta_R(A)\Delta_R(B)$ (гомоморфизм моноидов).
1) Как доказать, что это должно быть именно "выражение, построенное из элементов матрицы при помощи операций сложения и умножения"? Может быть еще есть что-то другое?
2) Если 1) верно, какимим могут быть эти выражения? Понятно, что кроме определителя подходит любая его натуральная степень $(\det A)^m$, $m=1,2,\ldots$ (если рассматриваем категорию колец с единицей, то можно $m=0$, матрице сопоставляем единицу). Как доказать, что никаких других выражений нет?
Гипотеза: кроме натуральных степеней определителя других естественных преобразований между данными функторами нет.

Может надо попытаться выводить свойства $\Delta_R$ из данной диаграммы, выбирая какие-то конкретные матрицы?

UPD. Кольца с единицей. Это все-таки моноиды.

[Munin]

А разве определитель не должен быть линейным?

[Padawan]

Munin
Определитель - должен (точнее, полилинейным). Так мне и не определитель нужен, а такая фигня, $\Delta_R$, которая сделает эту диаграмму коммутативной.

А вот предположим, что у нас в этой диаграмме оба функтора рассматриваются как функторы из CRing в Set. Я думаю, что тогда естественное преобразование между ними -- это любой многочлен целыми коэффициентами от элементов матрицы, и других естественных преобразований нет. Этим, наверное, закроется вопрос 1).

[Munin]

Padawan в сообщении #1439923 писал(а):

Так мне и не определитель нужен, а такая фигня, $\Delta_R$, которая сделает эту диаграмму коммутативной.

В какой категории? Потому что если это морфизм колец или модулей, то это означает линейность. Не?

[Padawan]

Munin в сообщении #1439927 писал(а):

В какой категории?

Вся диаграмма в категории моноидов: для любых матриц $A, B\in\operatorname{Mat}_n(R)$ выполняется

Padawan в сообщении #1439887 писал(а):

$\Delta_R(AB)=\Delta_R(A)\Delta_R(B)$

Кроме определителя, подходит, например, $\Delta_R(A)=(\det A)^m$, где $m$ -- натуральное число. Также подходит $\Delta_R(A)=1$ ( если в кольце есть единица). Надо показать, что ничего другого не подходит.
P.S. Да, да кольца с единицей. Это же моноиды. Единица должны быть.

[vpb]

Padawan в сообщении #1439887 писал(а):

1) Как доказать, что это должно быть именно "выражение, построенное из элементов матрицы при помощи операций сложения и умножения"? Может быть еще есть что-то другое?

Такие вещи делаются способом "рассмотрим малый объект". Вот скажите, Вы умеете решать такую задачу ? Рассмотрим категорию всех множеств, и на ней два функтора: а) тождественный $X\Longrightarrow X$, (толстая стрелка означает действие функтора, чтоб отличать от обычных отображений множеств в случае чего), и б) функтор декартова квадрата $X\Longrightarrow X\times X$ (как действует на отображениях, понятно). Понятно, что диагональное вложение каждого множества в свой декартов квадрат $\Delta\colon X\longrightarrow X\times X$, $x\mapsto (x,x)$ --- естественное преобразование. Доказать, что других нет.

[Munin]

Padawan в сообщении #1439928 писал(а):

Вся диаграмма в категории моноидов

А, ну тогда линейность взять неоткуда.

А тогда почему степень только натуральная? Кажется, подойдёт вообще любая.

[Padawan]

vpb в сообщении #1439960 писал(а):

Понятно, что диагональное вложение каждого множества в свой декартов квадрат $\Delta\colon X\longrightarrow X\times X$, $x\mapsto (x,x)$ --- естественное преобразование. Доказать, что других нет.

Возьмём в качестве $X$ множество из одного элемента и отобразим его в произвольный элемент $y\in Y$. Тогда из коммутативности диаграммы получим $\Delta(y)=(y,y)$.

-- Вс фев 16, 2020 01:11:28 --

Ясно, в качестве кольца $R$ рассмотрим кольцо
многочленов от многих переменных, и посмотрим, куда отобразиться матрица $A=(x_{ij})$ при нашем естественном преобразовании.
Это и будет искомое выражение.

-- Вс фев 16, 2020 01:16:06 --

Значит, остаётся понять, какие полиномиальныe функции от элементов матрицы обладают свойством $\Delta(AB)=\Delta(A)\Delta(B)$

[vpb]

Padawan
Правильно. Вот план второй части.
1) Мультипликативный многочлен от одной переменной --- это только степень.
2) $\Delta(I)=1$, где $I$ --- единичная матрица.
3) Если $P$ --- матрица перестановки, то $\Delta(P)=\pm1$.
4) Пусть $A=\operatorname{diag}(a,1,\ldots,1)$. Тогда $\Delta(A)=a^m$.
5) Из 3) и 4) получить $\Delta$ для любой диагональной матрицы.
6) Вспомогательный факт: $\det(A)$ --- неприводимый многочлен от $x_{11},\ldots,x_{nn}$.
7) Рассмотреть произведение $AA'$, где $A'$ --- матрица алгебраических дополнений. Воспользоваться 5) и 6).

[Padawan]

vpb в сообщении #1439969 писал(а):

1) Мультипликативный многочлен от одной переменной --- это только степень.

$f(x)$ - многочлен с целыми коэффициентами, удовлетворяющий $f(xy)=f(x)f(y)$. Продифференцируем по $y$: $xf'(xy)=f(x)f'(y)$, и положим $y=1$. Получим $xf'(x)=f(x)m$, где $m=f'(1)\in \mathbb Z$. Решая диффур, получаем $f(x)=Cx^m$, из мультипликативности $C=C^2$, значит $C=1$, $f(x)=x^m$, $m\geqslant 0$.

vpb в сообщении #1439969 писал(а):

4) Пусть $A=\operatorname{diag}(a,1,\ldots,1)$. Тогда $\Delta(A)=a^m$.

$\Delta(A)=f(a)$ -- многочлен с целыми коэффициентами, удовлетворяющий $f(ab)=f(a)f(b)$. Значит, $f(a)=a^m$.
Аналогично, рассматривая $A_i=\operatorname{diag}(1,\ldots,a,\ldots,1)$ ($a$ на $i$-том месте), получим $\Delta(A_i)=a^{m_i}$.

vpb в сообщении #1439969 писал(а):

5) Из 3) и 4) получить $\Delta$ для любой диагональной матрицы.

$\Delta(\operatorname{diag}(a_1,\ldots,a_n))=a_1^{m_1}\ldots a_n^{m_n}$

vpb в сообщении #1439969 писал(а):

7) Рассмотреть произведение $AA'$, где $A'$ --- матрица алгебраических дополнений. Воспользоваться 5) и 6).

$R=\mathbb Z[x_{11},x_{12},\ldots, x_{nn}]$, $A=(x_{ij})$. Тогда $AA'=\det(A)E$, $\Delta(A)\Delta(A')=\det(A)^{m_1+\ldots+m_m}$. Так как многочлен $\det(A)$ неприводим, и в кольце $R$ имеет место единственность разложения на простые множители, то $\Delta(A)=\det(A)^m$ для некоторого неотрицательного целого $m$.

P.S. $C=C^2$ дает еще $C=0$. Действительно, $\Delta(A)=0$ -- тоже естественное преобразование.

[nnosipov]

Padawan в сообщении #1439977 писал(а):

$f(x)$ - многочлен с целыми коэффициентами, удовлетворяющий $f(xy)=f(x)f(y)$. Продифференцируем по $y$: $xf'(xy)=f(x)f'(y)$, и положим $y=1$. Получим $xf'(x)=f(x)m$, где $m=f'(1)\in \mathbb Z$. Решая диффур, получаем $f(x)=Сx^m$, из мультипликативности $C=C^2$, значит $C=1$, $f(x)=x^m$, $m\geqslant 0$.

Можно так: пусть $f(x)=x^m(a_m+g(x))$, где $m \geqslant 0$, $a_m \neq 0$ и $g(0)=0$. Тогда равенство $f(xy)=f(x)f(y)$ равносильно равенству $a_m+g(xy)=a_m^2+a_m(g(x)+g(y))+g(x)g(y)$. При $x=0$ получим $a_m=a_m^2+a_mg(y)$, откуда $g(y)$ --- нулевой многочлен и $a_m=1$.

[Padawan]

nnosipov в сообщении #1440000 писал(а):

Можно так

Блин, я точно не алгебраист :(

[vpb]

Padawan
Да, всё правильно (можно было несколько по другому, но это не важно). Только с первым пунктом как-то сложно. Тем более, рассматриваются абстрактные многочлены над ${\mathbb Z}$, какие тут диффуравнения ?

nnosipov
Чересчур уж изящно. Я бы более дуболомно: пусть старшие члены $f(x)$ суть $Ax^m+Bx^n+\ldots$, $m>n$. Тогда старшие члены в $f(xy)$ --- это $Ax^my^m+Bx^ny^n+\ldots$, а в $f(x)f(y)$ --- $A^2x^my^m+ABx^my^n+ABx^ny^m+\ldots$. Откуда ясно.

[nnosipov]

vpb
Да я, собственно, то же самое хотел сказать: раскроем скобки и посмотрим на коэффициенты.

[Padawan]

vpb в сообщении #1440128 писал(а):

Тем более, рассматриваются абстрактные многочлены над ${\mathbb Z}$, какие тут диффуравнения ?

Есть же теорема, что если два многочлена (от многих переменных) имеют равные значения для всех элементов некоторого бесконечного поля, то все их коэффициенты совпадают. Почему бы не взять в качестве э́того поля $\mathbb R$ и не использовать всю мощь Анализа?

-- Пн фев 17, 2020 10:24:37 --

Я понимаю, что это не в духе Алгебры, но формально все корректно.