Неприводимость определителя

[MChagall]

Доказать, что $\det(x_{ij})$ неприводим в кольце $\mathbb{C}[x_{ij}]$, где $x_{ij}$ - элементы матрицы.

Знаю определение определителя как элементов матрицы через перестановки. А вот для неприводимости кроме критерия Эйзенштейна ничего не знаю.

Здесь есть мысль рассмотреть $\det(x_{ij})$ как элемент кольца $\mathbb{C}[x_{ij},i\ne j \ne1][x_{11}]$, то есть как кольцо многочленов от переменной $x_{11}$. Тогда получится, что определитель - это линейный многочлен. И коэффициент перед $x_{11}$ и свободный член - это разные многочлены от остальных переменных. И можно попробовать применить критерий Эйзенштейна. Но как показать что свободный член неразложим?

Или как-то по-другому надо пойти?

[Slav-27]

MChagall в сообщении #1484737 писал(а):

И коэффициент перед $x_{11}$ и свободный член - это разные многочлены от остальных переменных.

Коэффициент перед $x_{11}$ -- это определитель матрицы меньшего размера. Можно проводить индукцию по размеру матрицы.

-- 27.09.2020, 16:42 --

А именно: пусть определитель разложился на 2 множителя, только один из них может зависеть от $x_{11}$, разделим его на $x_{11}$ с остатком...

[svv]

Или: пусть определитель разложился на 2 множителя. Любой элемент матрицы входит только в один из них. Пусть $x_{11}$ входит в первый. Куда входит $x_{1j}$? А $x_{ij}$?

[Slav-27]

svv в сообщении #1484920 писал(а):

Или: пусть определитель разложился на 2 множителя. Любой элемент матрицы входит только в один из них. Пусть $x_{11}$ входит в первый. Куда входит $x_{1j}$?

У меня не получается... Я предположил, что $x_{12}$ входит туда же, и, поделив с остатком, получил разложение $\det x=(x_{11}(x_{12}p(x)+q(x))+(x_{12}r(x)+s(x)))t(x)$, где $p,q,r,s,t$ не зависят от $x_{11},x_{12}$. Отсюда $p=0$, но противоречия я не вижу. Потом я предположил, что они входят в разные, поделил так же с остатком, получил большую систему уравнений и тоже ничего интересного не увидел. Как это надо делать?

[svv]

Определитель можно разложить по элементам первой строки: $\det x=x_{11}A_{11}(x)+x_{12}A_{12}(x)+R(x)$, где $A_{11},A_{12},R$ не зависят от $x_{11},x_{12}.$ Это разложение показывает, что определитель как многочлен не содержит одночлена с $x_{11}x_{12}$. Но такой одночлен обязательно появился бы, если бы $x_{11}$ и $x_{12}$ в разложении $\det x=fg$ входили бы в разные множители. Значит, оба элемента $x_{11},x_{12}$ входят в один множитель, скажем, в $f$.

Но определитель можно также разложить по элементам второго столбца. Рассуждая аналогично, покажем, что $x_{12}$ и $x_{72}$ тоже входят в один множитель, т.е. $f$.
Таким образом, множитель $g$ не зависит ни от одного из $x_{ij}$ и может быть лишь константой.

[Slav-27]

svv в сообщении #1488099 писал(а):

Но такой одночлен обязательно появился бы, если бы $x_{11}$ и $x_{12}$ в разложении $\det x=fg$ входили бы в разные множители.

Кажется, понял. Пусть $\det x=a(x)b(x)$ -- нетривиальное разложение на множители, причём $a$ зависит от $x_{11}$, а $b$ от $x_{12}$. Так как определитель имеет степень 1 по каждой из этих переменных, то $a$ имеет степень 1 по $x_{11}$ и не зависит от $x_{12}$, и, аналогично, $b$ имеет степень 1 по $x_{12}$ и не зависит от $x_{11}$. То есть разложение переписывается в виде $(x_{11}p(x)+q(x))(x_{12}r(x)+s(x))$, где $p,q,r,s$ не зависят НИ от $x_{11}$, НИ от $x_{12}$. И тогда всё получается как вы говорите. Спасибо!