Matrices con $A^3+B^3=C^3$

Question

Problema: Encuentra infinitos triples de no-cero $3\times 3$ matrices $(A,B,C)$ sobre los enteros no negativos con

$$A^3+B^3=C^3.$$

Mi propuesta de solución está en las respuestas.

Answer 1

OR OR OR, dado $$ x, y > 0, $$ deje $$ R \; = \; \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ x & 0 & 0 \end{array} \right) , \; \; S \; = \; \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ y & 0 & 0 \end{array} \right) , \; \; T \; = \; \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ x + y & 0 & 0 \end{array} \right) , $$ entonces $$ R^3 = x I, \; \; S^3 = y I, \; \; T^3 = (x+y) I $$ y $$ R^3 + S^3 = T^3. $$

O

$$ S \; = \; \left( \begin{array}{rrr} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2n^2 & 0 & 0 \end{array} \right) , \; \; T \; = \; \left( \begin{array}{rrr} 0 & 0 & 1 \\ 2 n & 0 & 0 \\ 0 & 2 n & 0 \end{array} \right) . $$

Entonces $$ S^3 = 2 n^2 I, \; \; T^3 = 4 n^2 I, $$ y $$ S^3 + S^3 = T^3. $$

O O, dado un triple pitagórico $$ a^2 + b^2 = c^2, $$ deje $$ R \; = \; \left( \begin{array}{rrr} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ a^2 & 0 & 0 \end{array} \right) , \; \; S \; = \; \left( \begin{array}{rrr} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ b^2 & 0 & 0 \end{array} \right) , \; \; T \; = \; \left( \begin{array}{rrr} 0 & 0 & 1 \\ c & 0 & 0 \\ 0 & c & 0 \end{array} \right) , $$ entonces $$ R^3 = a^2 I, \; \; S^3 = b^2 I, \; \; T^3 = c^2 I $$ y $$ R^3 + S^3 = T^3. $$

Answer 2

¿Nadie sugirió este esquema? Tal vez esté escondido en los detalles de la respuesta de alguien, pero esto es lo primero que yo sugeriría:

(EDIT: solía ser 2x2, pero mi ejemplo obviamente se generaliza a matrices de cualquier tamaño) $\begin{pmatrix}n&0&0\\ 0&p&0\\0&0&0 \end{pmatrix}^3+\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&0&0\\0&0&m\end{pmatrix}^3=\begin{pmatrix}n&0&0\\ 0&p&0\\0&0&m\end{pmatrix}^3$

Answer 3

Pista: Si $X = \left(\begin{matrix} 0 & 0 & n \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}\right)$ para algunos $n \in \mathbb{N}_+$ entonces $X \neq O$ y $X^3 = O$ .

Answer 4

Pista: algunas matrices nilpotentes deberían servir.

Answer 5

Debido al último teorema de Fermat, intentar ser barato y utilizar matrices diagonales no funcionará. Tenemos que ser más sutiles. Supongamos que podemos hacer $C$ y $B$ conmutar.

Entonces tenemos la factorización

$$A^3=(C-B)(C^2+CB+B^2)$$

y decidimos ver si podemos establecer $(C-B)=A$ . Entonces necesitamos

$A^2=C^2+CB+B^2\Leftrightarrow C^2-2CB+B^2=C^2+CB+B^2 \Leftrightarrow CB=0$ .

Así que sólo tenemos que generar infinitamente muchos $C$ y $B$ con $CB=0$ a partir de la cual podemos generar el $A$ . Pero esto es fácil. Por ejemplo, para todos $n>0$ , $C=$

\begin{bmatrix} 0 & 0 & n+1 \\[0.3em] 0 & 0 & 0 \\[0.3em] 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}

y $B=$

\begin{bmatrix} 0 & 0 & n \\[0.3em] 0 & 0 & 0 \\[0.3em] 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}

trabajo, porque $C-B$ es no negativo y conmutan.