En $A$ admitir una raíz cuadrada con entradas enteras?

Question

Consideremos la matriz $$ A = \left( \begin{array}{crc} 0 & 0 & 3 \\ 81 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \end{array} \right).$$

¿La matriz $A$ admiten una raíz cuadrada cada una de cuyas entradas es un número entero? Por favor, ayúdenme en este sentido.

Muchas gracias.

EDITAR $:$

He probado tomando el determinante de $A$ pero eso no funciona ya que $\det (A) =729,$ que es un cuadrado perfecto. No sé qué otras herramientas debería necesitar para resolver esto. Creo que aquí también puedo utilizar el argumento de la traza. Si $B$ era la raíz cuadrada de $A$ entonces también encontré ese rastro de $B$ es $2\sqrt 2 \cos \left (\frac {3 \pi} {8} \right) + 3,$ que no es un número entero. Porque $\lambda$ es un valor propio de $A$ si $\sqrt {\lambda}$ es un valor propio de $B.$ Así que tal $B$ no se puede encontrar.

Por favor, compruebe si mi argumento anterior es válido o no.

Answer 1

$A$ es una pseudopermutación. Así, $A$ tiene $3$ valores propios distintos y su conmutador es $C(A)=span(I,A,A^2)$ . Si $B^2=A$ entonces $B\in C(A)$ y

$B=aI+bA+cA^2=\begin{pmatrix}a&9c&3b\\81b&a&243c\\243c&3b&a\end{pmatrix}$ . Queremos que $a,3b,9c \in\mathbb{Z}$ .

$B^2-A=0$ equivale a $a^2+1458bc=0,2ac+b^2=0,2ab+9\times(81c^2)-1=0$ .

Si $a\not= 0$ entonces $bc<0,ac<0,ab<0$ , eso es contradictorio.

Si $a=0$ entonces $b=0$ y $9\times(81c^2)=1$ que es contradictorio (porque $81c^2\in\mathbb{Z}$ ).

Conclusión. No hay soluciones.

Answer 2

Utilizando la matriz de similitud $X=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&9&0\\0&0&3\end{pmatrix}$ , $A$ es similar a la matriz circulante $A'=\begin{pmatrix}0&0&9\\9&0&0\\0&9&0\end{pmatrix}$ . Este $A'$ tiene una raíz cuadrada fácil de encontrar $B'=\begin{pmatrix}0&3&0\\0&0&3\\3&0&0\end{pmatrix}$ . Ahora, invierte la similitud, y $B=\begin{pmatrix}0&\frac13&0\\0&0&9\\9&0&0\end{pmatrix}$ es una raíz cuadrada de $A$ .

Así que hay una raíz cuadrada racional - pero no es una matriz entera. Tenemos que mirar más profundamente. $A'$ puede ser diagonalizada por la matriz de Fourier; sus valores propios son $9w^2$ para cada raíz cúbica $\omega$ de la unidad, con vectores propios $\begin{pmatrix}1&\omega&\omega^2\end{pmatrix}^T$ . Con este conjunto completo de vectores propios con diferentes valores propios, cualquier raíz cuadrada $B'$ de $A'$ debe compartir esos mismos vectores propios, y sus valores propios deben ser raíces cuadradas $\pm 3\omega$ de los correspondientes valores propios de $A'$ . Eso nos da ocho posibilidades.

En primer lugar, si tomamos $+$ señales por todas partes o $-$ signos en todas partes, obtenemos $\begin{pmatrix}0&3&0\\0&0&3\\3&0&0\end{pmatrix}$ o $\begin{pmatrix}0&-3&0\\0&0&-3\\-3&0&0\end{pmatrix}$ . Deshaciendo la similitud, cada una de ellas conduce a raíces cuadradas de $A$ con una entrada no entera como la encontrada antes.

Tomar una $-$ signo para el valor propio $1$ y $+$ signos para los otros dos valores propios conduce a $\begin{pmatrix}-2&1&-2\\-2&-2&1\\1&-2&-2\end{pmatrix}$ . Invierta la similitud y obtendremos una raíz cuadrada $B=\begin{pmatrix}-2&\frac19&-\frac23\\-18&-2&3\\3&-\frac23&-2\end{pmatrix}$ . Por supuesto, tomar un $+$ firmar en $1$ y un $-$ signo en los otros dos llevaría al negativo de esta matriz. (Ver también los comentarios de @usuario sobre la pregunta)

Las otras cuatro opciones provienen de tomar diferentes signos para las dos raíces no reales. La traza de las raíces cuadradas que obtenemos de éstas tienen parte imaginaria no nula $\pm 3\sqrt{3}$ así que no pueden ser racionales.

Entonces, $A$ tiene cuatro raíces cuadradas racionales. Ninguna de ellas tiene entradas enteras, por lo que la respuesta es no.

Tu argumento, en cambio, falla; es un intento de demostrar que no hay raíces cuadradas racionales, cuando en realidad sí las hay.