![[personal profile]](https://www.dreamwidth.org/img/silk/identity/user.png){kind=small}
С днём рождения, kdv2005
После некоторых сомнений, решил поздравить именинника нестандартной (как мне кажется) задачей.
Для каких N существуют матрицы размера NxN с рациональными элементами, удовлетворяющие уравнению A^3+A+I=0
Комментарии пока что буду скринить, чтобы всем было интереснее решать.
Для каких N существуют матрицы размера NxN с рациональными элементами, удовлетворяющие уравнению A^3+A+I=0
Комментарии пока что буду скринить, чтобы всем было интереснее решать.
no subject
В поезде с удовольствием повожусь.
no subject
N delitsya na tri?
no subject
no subject
All eigenvalues of A are roots of the polynomial x^3+x+1=0
det A is the product of eigenvalues. It is not hard to see that the only way for it to be rational is for eigenvalues to go in triples.
On the other hand it is not hard to construct a matrix of size 3 (hence any size divisible by three):
0 -1 -1
1 0 0
0 1 0
(from the recursive equation).
Spasibo, zabavnaya zadacha.
no subject
no subject
no subject
if P is any polynomial of three variables, P of the roots is rational if and only if it is contained in the algebra generated by the three symmetric polynomials x_1+x_2+x_3, x_1x_2+x_2x_3 + x_1 x_3 and x_1 x_2 x_3 (corresponding to the coefficients of the cubic). Since det is a product of the roots it needs to be a power of x_1 x_2 x_3
It's been a long time since i studied these things :)
no subject
Когда Вы говорите "P of the roots", Вы имеете подстановку трёх собственных чисел искомой матрицы или что-то другое? Если да, то Вы уже предполагаете, что их три?
Чтоб я хоть примерно понял откуда ветер дует, как бы выглядел базис алгебры полиномов, если бы исходное уравнение включало и квадратичный член? Я это спрашиваю потому, что мне непонятно как это тройка соответствует коэффициентам уравнения.
Since det is a product of the roots it needs to be a power of x_1 x_2 x_3
Этого тоже не понял. Это обобщение на случай, когда размерность ужене ровно три а кратна трём?
no subject
Sorry, chto-to ya nevnyatno izlagaju.
1. All eigenvalues of the matrix are roots of x^3+x+1=0.
Let's call them a,b,c
2. det A is a product of these eigenvalues and therefore has the form
a^k b^l c^n for some integers k,l,n. Clearly det A is a rational number (all coefficients of the matrix are rational).
3. Let us now consider a polynomial of three variables P(x,y,z).
Claim:
P(a,b,c) is rational if and only if P can be written as a sum
(with rational coefficients) of powers of the elementary symmetric polynomials xyz, xy+xz+zy, x+y+z.
4. Consider now P(x,y,z)= x^k y^l c^n . We know that P(a,b,c) is rational.
Therefore P is a sum of powers of the elementary symmetric polynomials.
By some additional simple argument, which I omit, the only polynomial
which can appear is xyz. Therefore, it is a power of xyz and roots go in triples.
Mne kazhetsya, primerno tak.
no subject
no subject
How do you see this?
no subject
no subject
Thanks! Of course, it is just needs to be invariant under conjugation.
I was making it far too complicated.
You are welcome
multiplicities => coefficients
no subject
no subject
no subject
no subject
no subject
no subject
no subject
no subject
Вообще, много с чем не повезло. Столько оказалось всего полезного, чему нас решили не учить, что прямо иногда обидно бывает.
no subject
Над каким полем?
no subject
no subject
no subject
no subject
no subject
Ну, вот и птички так же :)
$a +b \alpha + c \alpha^2$ (с рациональными $a,b,c$)
образует поле (т.е., оно замкнуто относительно сложения, вычитания, умножения и деления на не нуль), которое можно рассматривать как трехмерное векторное пространство над $Q$ с базисом
$1, \alpha, \alpha^2$.
Это доступно
Не совсем пока дошло, почему именно важно деление (т.е. что поле) и откуда этот факт берется - видимо какая-то теорема, связанная с неприводимостью.
Ну хорошо, берем какую-то матрицу А из нашего подпространства размерности 3, представляем в виде линейной комбинации элементов базиса и действуем на какой-то 3-мерный вектор. Получили новый элемент нашего подпространства. Как будто, Вы именно это приводили в процессе доказательства, но я не вполне понимаю, что именно это доказывает.
Такое впечатление, что эти рассуждения только подсказывают, что решения надо искать среди размерностей кратных трём, но факт существования устанавливается только предъявлением конкретного решения.
Кстати, как Вы его нашли? Догадались?
Re: Это доступно
Если у нас поле, то сразу же появляется возможность использовать весь мощный аппарат линейной алгебры, в частности, свободно оперировать понятием размерности векторного пространства.
Совершенно верно. Вот (более чем) естественная аналогия. Если рассмотреть множество
${0,1, ..., n-1}$ вычетов(остатков) по модулю $n$, то на нем естественно определяются операции сложения, вычитания и умножения (по модулю $n$). Однако делить тут можно если и только если n - простое число. (Для составного n можно найти пару ненулевых вычетов, произведение которых равно n и, стало быть, равно нулю по модулю $n$).
В Вашей задаче вместо множества ${0,1, ..., n-1}$ следует рассматривать все многочлены от #x$ с рациональными коэффициентами и со степенью меньшей тройки. Получается трехмерное векторное $V$ пространство над $Q$ с базисом $1,x, x^2$, на котором можно определить умножение по модулю $x^3+x+1$: берем произведение двух многочленов и делим его с остатком на $x^3+x+1$: этот остаток (имеющий, по определению, степень меньше тройки) и объявляется результатом умножения "по модулю" $x^3+x+1$. Возможность же "деления" действительно гарантируется неприводимостью иногочлена x^3+x+1$ над полем рациональных чисел.
В пространстве $V$ (определенном выще) есть естественное линейное преобразование $A$ = "умножение" на $x$, удовлетворяющее условию $A^3+A+1=0$. Я лишь расписал его матрицу относительно базиса $1,x, x^2$.
A standard solution
For N=3 one may take as A the matrix B
0 0 -1
1 0 -1
0 1 0
If N=3M then one should take the block-diagonal M x M matrix, whose
"diagonal" entries are B.
Re: A standard solution