Estoy buscando una matriz $C$ para que la secuencia $tr(C^n)$ es denso en el conjunto de los números reales. Equivalentemente (en el $2 \times 2$ caso), encontrar un número complejo $z$ para que la secuencia $z^n+w^n$ es denso en $\mathbb{R}$ donde $w$ es el conjugado de $z$ .
Respuestas
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La respuesta es sí, incluso en el $2 \times 2$ caso. Sea $q_1,q_2,\ldots$ sea una enumeración de los números racionales. Sea $Q_j$ sea el intervalo cerrado $[q_j-1/j,q_j+1/j]$ . Sea $I_0=[0,2\pi]$ . Sea $z=2e^{i \theta}$ para un $\theta \in I_0$ por determinar.
Por inducción, construimos enteros positivos $n_1 < n_2 < \ldots$ e intervalos cerrados $I_0 \supseteq I_1 \supseteq \cdots$ tal que para cada $j$ el rastro $z^{n_j} + \bar{z}^{n_j}$ está en $Q_j$ siempre que $\theta \in I_j$ . Es decir, si $n_1,\ldots,n_{j-1},I_1,\ldots,I_{j-1}$ ya se han determinado, entonces para cualquier tamaño suficientemente grande $n_j$ el conjunto de $\theta$ tal que $z^{n_j} + \bar{z}^{n_j}$ está en $Q_j$ es una unión de intervalos cerrados tal que todo número real está dentro de $2\pi/n_j$ de un punto dentro de esta unión y dentro de $2\pi/n_j$ de un punto fuera de esta unión, por lo que si $n_j$ se elige lo suficientemente grande, uno de estos intervalos en esta unión estará completamente contenido en $I_{j-1}$ y lo nombramos $I_j$ .
La intersección de una cadena descendente de intervalos cerrados no es vacía, por lo que podemos elegir $\theta$ tal que $\theta \in I_j$ para todos $j$ . Entonces $\lbrace z^n+\bar{z}^n : n \ge 1 \rbrace$ contiene un elemento de $Q_j$ para cada $j$ , por lo que es denso en $\mathbb{R}$ .
Issac Kelly
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En respuesta a la pregunta de si $\text{tr}(C^n)$ es denso en $(-2,2)$ : Elija $z=\exp(2 \pi i \theta)$ donde $\theta$ es irracional, y que $C$ sea la matriz diagonal con $z$ y $\overline{z}$ en la diagonal. Por el criterio de Weyl , las partes fraccionarias de $n \theta$ están equidistribuidos módulo 1, y por tanto $\{z^n\}$ es denso en el círculo unitario. De ello se deduce fácilmente que $\text{Re}(z^n)$ es denso en $(-1,1)$ .
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Bjorn ya ha respondido afirmativamente a esta pregunta y ha demostrado que tales matrices existen. Sin embargo, me gustaría añadir un comentario más: "casi ninguna" matriz satisface la propiedad requerida. Es decir, la colección de matrices de 2x2 tales que Tr(C^n) es densa en R tiene medida de Lebesgue nula.
Sabemos que Tr(C^n) = a^n + b^n donde a,b son las raíces del polinomio característico de C. Si a y b son reales entonces no es posible que C tenga la propiedad requerida. La única posibilidad es que sean conjugados complejos, a = r exp(iθ), b = r exp(-iθ) para r >1. Entonces, Tr(C n )=2rcos(nθ). Supongamos que θ está uniformemente distribuido sobre [-π,π], de modo que exp(inθ) está uniformemente distribuido sobre el círculo unitario para cada n. Para cualquier K positivo, |Tr(C^n)|<K es equivalente a |cos(nθ)|<r -n K/2. El conjunto de valores de exp(inθ) para los que se cumple esto forma un par de arcos de longitud r -n K (a la orden principal). Así que,
$$\mathbb{P}(\vert{\rm Tr}(C^n)\vert\lt K)\approx r^{-n}K/\pi$$
a la orden principal. Sumando sobre n, esto es finito. Entonces, el Lema de Borel-Cantelli dice que, con probabilidad uno, |Tr(C n )|<K sólo con una frecuencia finita. Así, con probabilidad 1, |Tr(C n )| diverge al infinito.
kamens
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(Oops, la parte de la reescalada es falsa en lo que sigue. Así que esto sólo funciona para C con determinante 1).
En el caso de 2 por 2, la respuesta es no. (Algo como este argumento debería pasar en general).
Después de reescalar, podemos suponer que la matriz tiene determinante 1. Si C es elíptica (traza real entre -2 y 2), entonces todas las potencias son elípticas, por lo que no sirve. Si es parabólica (traza igual a -2 o 2), entonces todas las potencias son parabólicas, de nuevo no sirve. Si es loxodrómica, las trazas de las potencias tienen parte real que va al infinito con n, por lo que no pueden ser densas.
