valores propios de matrices integradas

Question

¿Es posible que una matriz de $3$$3$por % con valores enteros y determinante 1 tiene un valor propio real con multiplicidad algebraica 2, que no es igual a $\pm 1$?

Haciendo algunos cálculos elementales puede reformular la pregunta como sigue. ¿Existen números enteros $k$ y $m$ tal que $a=\frac{1}{3}(k\pm \sqrt{k^2-3m})$ y $b=\frac{1}{3}(k\mp 2\sqrt{k^2-3m})$ son los números reales y $a^2b=1$ $a,b \neq \pm 1$?

Answer 1

No hay solución a su problema. El patrón de la prueba es familiar : se demuestra que no puede haber una solución demasiado grande con los parámetros, y luego de un número finito de números de los casos permanecen para ser revisado por la exhaustiva inspección.

Si una solución de la matriz existe, tiene los autovalores $a,a,\frac{1}{a^2}$ para algunos de los verdaderos $a\not\in\lbrace -1,0,1\rbrace$. Por lo que su característica polinomio es

$$ \chi= (X-a)^2(X-\frac{1}{a^2})= X^3-\frac{2a^3+1}{a^2}X^2+\frac{a^3+2}{a}X-1 \etiqueta{1} $$

A continuación, $x=\frac{2a^3+1}{a^2}$ $y=\frac{a^3+2}{a}$ deben ser números enteros. La eliminación de $a$, se deducir puramente algebraica (computación resultantes) que $Q(x,y)=0$ donde

$$ Q(x,y)=4y^3 - x^2y^2 - 18xy + 4x^3 + 27 \etiqueta{2} $$

Lema 1. Supongamos que $x \geq 17$. Entonces el polinomio univariado $Q(x,.)$ tiene exactamente tres raíces reales $\rho_1 < \rho_2 < \rho_3 $ con $\rho_i\in (\alpha_i,\beta_i)$, donde $$ \begin{array}{lcl} \alpha_1=-\sqrt{4x-0.99} &,& \ \beta_1=-\sqrt{4x}, \\ \alpha_2=\sqrt{4x-0.99}&,& \ \beta_2=\sqrt{4x}, \\ \alpha_3=\frac{x^2}{4}&,& \ \beta_3=\frac{x^2+0.99}{4}\\ \end{array} $$

Corolario 2 (Lema 1). No hay ningún número entero solución de $Q(x,y)=0$$x\geq 17$.

Lema 3. Supongamos que $x \leq -8$. Entonces el polinomio univariado $Q(x,.)$ tiene exactamente una raíz real $\rho \in (\alpha,\beta)$ donde $\alpha=\frac{x^2-0.999}{2}$ $\beta=\frac{x^2}{2}$.

Corolario 4 (Lema 3). No hay ningún número entero solución de $Q(x,y)=0$$x\leq -8$.

Una vez que hemos corolarios 2 y 4, todo lo que queda por hacer es comprobar los casos de $x=(-7),(-6),(-5), \ldots ,8$ uno por uno. La inspección revela que para estos valores, $Q(x,.)$ tiene raíces racionales sólo al $x=(-1),3$ o $5$. Para $x=5$, la raíz racional es $\frac{17}{4}$, no entera. Demasiado malo ...

La prueba del Lema 1. Si $x$$\geq 17$, el número de $|\alpha_1|$ es $\geq \sqrt{4\times 17+0.99}\geq 8.1$, lo $a=|\alpha_1|-8.1$ es no negativa. También, el número de $\alpha_2$$\geq \sqrt{4\times 17-0.99}\geq 8.15$, lo $b=\alpha_2-8.15$ es no negativa. También, $\beta_3 \geq \frac{17^2+0.99}{4} \times 72$. Finally, $c=x-17$ es no negativa.

$$ \begin{array}{lclc} Q(x,\alpha_1)&=&-\frac{99}{1600}a^4 - \frac{6019}{4000}a^3 - \frac{30213}{2500}a^2 - \frac{7117389}{200000}a - \frac{6956739}{4000000} & <0 \\ & & & \\ Q(x,\beta_1)&=&\frac{|\beta_1|^3}{2}+27 & >0 \\ & & & \\ Q(x,\alpha_2)&=& \frac{99}{1600}b^4 + \frac{12137}{8000}b^3 + \frac{4018197}{320000}b^2 + \frac{20410041}{640000}b + \frac{12365891}{10240000} & >0 \\ & & & \\ Q(x,\beta_2)&=&-\frac{\beta_2^3}{2}+27 & <0 \\ & & & \\ Q(x,\alpha_3)&=& -\frac{x^3}{2}+27 & <0 \\ & & & \\ Q(x,\beta_3)&=& \frac{99}{1600}c^4 + \frac{1483}{400}c^3 + \frac{6553101}{80000}c^2 + \frac{31287117}{40000}c + \frac{43169498099}{16000000} & >0 \\ & & & \\ \end{array} $$

El valor intermedio de la propiedad, a continuación, los rendimientos de los tres raíces de nuestro polinomio de grado tres, y concluye la prueba del lema.

La prueba del Corolario 2. Si existe un número entero solución de $(x,y)$, $y$ debe ser uno de $\rho_1,\rho_2,\rho_3$. Si, por ejemplo, $y=\rho_1$, $y^2-4x$ en un entero en $(0,1)$, lo cual es imposible. Los otros casos son similares.

La prueba del Lema 3.

Si $x$$\leq -8$, el número de $d=|x|-8$ es no negativa. Entonces

$$ \begin{array}{lclc} Q(x,\alpha)&=&-\frac{999}{16000}d^4 - \frac{749}{500}d^3 - \frac{94809999}{8000000}d^2 - \frac{17185749}{500000}d - \frac{12580874999}{16000000000} & <0 \\ & & & \\ Q(x,\beta)&=&\frac{|x|^3}{2}+27 & >0 \\ & & & \\ \end{array} $$

Así que tenemos una raíz $\rho\in(\alpha,\beta)$. Computación $$\frac{P(x,y)}{y-\rho}= 4y^2+(4\rho-x^2)y+(4\rho^2-18x-\rho x^2) $$ y el discriminante de este trinomio en $y$$x^4+8\rho x^2 + 288x - 48\rho^2 < 0$, por lo $\rho$ es la única raíz.

La prueba del Corolario 4. Esto es similar a, y más simple que, la prueba del corolario 2.

Answer 2

Como en Ewan prueba, escribir $$x = \frac{2 a^3+1}{a^2} \quad y = \frac{a^3+2}{a}.$$ Observe que $$a = \frac{xy-9}{2 (x^2-3y)}. \quad (\ast)$$ Por lo tanto, si $x$ $y$ son enteros entonces cualquiera de las $a$ es racional o de lo $xy=9$$x^2=3y$. El último caso implica $x (x^2/3) = 9$, lo $x=y=3$$a=1$, que ya hemos descartado.

Así que nos centramos en el caso de que $a$ es racional. Escribir $a=p/q$ en términos mínimos. Así $$x = \frac{2p^3+q^3}{p^2 q} \quad y=\frac{p^3+2 q^3}{p q^2}.$$ A partir de la fórmula para $x$, cualquier prime que divide $p$ también se divide $q$; a partir de la fórmula $y$, cualquier prime que divide $q$ también se divide $p$. Desde $p/q$ es en términos mínimos, obtenemos $a = \pm 1$.

Así que, ¿de dónde ha $(\ast)$? Desde el mapa de $a \mapsto \left( \frac{2a^3+1}{a^2}, \frac{a^3+2}{a} \right)$ genéricamente es inyectiva, el subcampo de $k(a)$ generado por $(2a^3+1)/a^2$ $(a^3+2)/a$ debe ser todos los de $k(a)$. De modo que tal fórmula que debe de existir, y sólo necesitaba encontrar. Para encontrarlo, he utilizado ese $a$ es el doble de la raíz de $t^3-x t^2+y t - 1$, por lo que también es una raíz de $3 t^2 - 2x t + y$. Por lo tanto, $a$ es una raíz de $(t^3-x t^2+y t - 1) - (t/3 - x/9) (3 t^2 - 2x t + y) = (2y/3 - 2x^2/9) t +(xy/9 -1)$. Me resuelve esta ecuación para $t$.