Deje que $A^n-I=\begin{bmatrix} a_{n}&b_{n}\\ c_{n}&d_{n} \end{bmatrix} $, where $A=\begin{bmatrix} 3&2\\ 4&3 \end{bmatrix}$, $I=\begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix}$ and let $f_{n}=\gcd(a_{n},b_{n},c_{n},d_{n})$.
Mostrar que $$\lim_{n\to\infty}f_{n}=\infty$$
Mi idea: Creo que primero tenemos que encontrar a $A^n$, y este tiene una buena solución? Gracias.
Tenemos la ecuación de $A=B^2$ donde $$ B=\left(\begin{array}{cc}1&1\\2&1\end{array}\right). $$
Vamos $$ B^n=\left(\begin{array}{cc}x_n&y_n\\z_n&x_n\end{array}\right). $$ Como $\det B^n=(-1)^n$, sabemos que $x_n^2=z_ny_n+(-1)^n.$ fácil de inducción también demuestra que $z_n=2y_n$ todos los $n$.
Supongamos primero que $n$ es impar. Yo reclamo que $2x_n$, a continuación, divide a todas las entradas de $A^n-I$. Esto es debido a que $$ A^n=(B^n)^2= \left(\begin{array}{cc}x_n^2+y_nz_n&2x_ny_n\\ 2x_nz_n&x_n^2+y_nz_n\end{array}\right) $$ Aquí $y_nz_n=x_n^2+1$, por lo que tenemos que $$ A^n-I=\left(\begin{array}{cc}2x_n^2&2x_ny_n\\ 2x_nz_n&2x_n^2\end{array}\right) $$ demostrando la reclamación.
Supongamos entonces que $n$ es incluso. Esta vez me afirmación de que todas las entradas de $A^n-I$ son divisibles por $2y_n$. Incluso para $n$ tenemos $y_nz_n=x_n^2-1$, por lo que el cálculo anterior muestra que $$ A^n-I=\left(\begin{array}{cc}2y_nz_n&2x_ny_n\\ 2x_nz_n&2y_nz_n\end{array}\right) $$ demostrando la reclamación.
Es fácil probar que tanto $x_n,y_n\to\infty$$n\to\infty$. Su reclamo sigue de esto.
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