С днём рождения, kdv2005

[ny_quant]

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.

Comments

Это доступно

[ny-quant.livejournal.com]

Теперь даже понятно откуда берётся тройка (размерность пространства).

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

[prof-yura.livejournal.com]

Не совсем пока дошло, почему именно важно деление (т.е. что поле)

Если у нас поле, то сразу же появляется возможность использовать весь мощный аппарат линейной алгебры, в частности, свободно оперировать понятием размерности векторного пространства.

видимо какая-то теорема, связанная с неприводимостью.

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.



факт существования устанавливается только предъявлением конкретного решения.

Кстати, как Вы его нашли? Догадались?

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 $1,x, x^2$.