Para la afirmación "por inducción": Sea $T$ sea el conjunto de matrices con entradas $a_{ij}$ tal que $a_{ij}\in\Bbb Z$ si $i+j$ es par y $a_{ij}\in\Bbb Z\sqrt 2$ si $i+j$ es impar, es decir, de la forma $$\begin{pmatrix}\Bbb Z&\Bbb Z\sqrt2&\Bbb Z\\\Bbb Z\sqrt2&\Bbb Z&\Bbb Z\sqrt2\\\Bbb Z&\Bbb Z\sqrt2&\Bbb Z\end{pmatrix}.$$ Entonces $T$ forma un subring de $M(3,\Bbb R)$ . Claramente $I,0\in T$ y $T$ es cerrado bajo adición. Para demostrar que $T$ es cerrado bajo la multiplicación, supongamos que $A,B\in T$ con elementos $(a_{ij}),(b_{ij})$ . Entonces el producto es $c_{ij}=\sum_{k=1}^3a_{ik}b_{kj}$ . Si $i+j$ es par, entonces cada elemento de la suma es $a_{ik}b_{kj}\in\Bbb Z\cdot \Bbb Z$ si $k$ es par o $a_{ik}b_{kj}\in\sqrt 2\Bbb Z\cdot \sqrt 2\Bbb Z=2\Bbb Z$ si $k$ es impar, por lo que la suma también está en $\Bbb Z$ o bien $i+j$ es impar, en cuyo caso uno de los dos términos está en $\Bbb Z$ y el otro está en $\sqrt 2\Bbb Z$ por lo que el producto está en $\sqrt 2\Bbb Z$ y la suma de estos también está en $\sqrt 2\Bbb Z$ . Así, $AB\in T$ .
Tenga en cuenta también que $$3a=\begin{pmatrix}3&0&0\\0&1&-2\sqrt2\\0&2\sqrt2&1\end{pmatrix}\in T\qquad3b=\begin{pmatrix}1&-2\sqrt2&0\\2\sqrt2&1&0\\0&0&3\end{pmatrix}\in T,$$ por lo que para cualquier producto $M$ de $n$ términos seleccionados de $\{a,b,a^{-1},b^{-1}\}$ tenemos $3^nM\in T$ y desde que se aplica esto a $v=(1,0,0)$ extrae la fila superior, tenemos $3^nMv=(i,j\sqrt 2,k)$ para algunos $i,j,k\in\Bbb Z$ como se desee.
"Analizar el módulo 3": Considere la posibilidad de tomar los coeficientes de la matriz $\bmod 3$ (tratados como elementos de $\Bbb Z[\sqrt2]$ ). Esto tiene el efecto de reducir simplemente el coeficiente de un elemento de la forma $\Bbb Z\sqrt2$ (no hay términos mixtos $a+b\sqrt2$ ). Dejando caer el $\sqrt2$ de la $a_{ij}$ , $i+j$ Entradas de impar y denotando $-1$ como $\bar 1$ obtenemos:
$$[3a]=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&1\\0&\bar 1&1\end{pmatrix}\quad [3a^{-1}]=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&\bar 1\\0&1&1\end{pmatrix}\quad [3b]=\begin{pmatrix}1&1&0\\\bar 1&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}\quad [3b^{-1}]=\begin{pmatrix}1&\bar 1&0\\1&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}$$
Estas matrices comparten el patrón común de tener un $2\times2$ bloque de $1$ 's, con un solo $\bar 1$ en el bloque y $0$ fuera. Ahora consideremos las siguientes cuatro matrices:
$$A=[3a]=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&1\\0&\bar 1&1\end{pmatrix}\quad B=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&1\\0&1&\bar 1\end{pmatrix}\quad C=\begin{pmatrix}0&1&\bar 1\\0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix}\quad D=\begin{pmatrix}0&\bar 1&1\\0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix}$$
Resulta que las matrices de esta forma y sus negativas son cerradas bajo la multiplicación por la izquierda de los generadores, lo que constituye una prueba del objetivo porque la matriz identidad no es de esta forma. Aquí está la tabla de multiplicación:
\begin{array}{c|cccc}\times&A&B&C&D\\\hline [3a]=A&-A&0&A&A\\ [3a^{-1}]&0&-B&B&B\\ [3b]&C&C&-C&0\\ [3b^{-1}]&D&D&0&-D \end{array}
El $0$ elementos son porque $[3a^{-1}][3a]=[9I]$ es divisible por $3$ y por lo tanto es igual a $0$ pero sólo puede ocurrir si la palabra $M$ no se reduce (contiene pares adyacentes que se cancelan) - por ejemplo $[3a]B=0$ pero $\pm B$ sólo surge de un producto $[3a^{-1}]x$ para algunos $x\in\{A,B,C,D\}$ . Esto demuestra que si $M$ es cualquier producto de $n$ términos seleccionados de $\{a,b,a^{-1},b^{-1}\}$ cuyo último término es $a$ y sin pares que se cancelen, $[3^nM]\in\{\pm A,\pm B,\pm C,\pm D\}$ pero $[3^nI]=0$ . Así, $M\ne I$ . La argumentación por simetría (o con un conjunto diferente de matrices) también establece el resultado para las palabras que terminan en $a^{-1},b,b^{-1}$ , por lo que tenemos que $M\ne I$ para cualquier palabra no trivial.
