Estoy buscando una matriz de $C$, de modo que la secuencia de $tr(C^n)$ es denso en el conjunto de los números reales. Equivalentemente, (en el $2 \times 2$ de los casos), encontrar un complejo número de $z$, de modo que la secuencia de $z^n+w^n$ es denso en $\mathbb{R}$ donde $w$ es el conjugado de a $z$.
Respuestas
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La respuesta es sí, incluso en el $2 \times 2$ de los casos. Deje $q_1,q_2,\ldots$ ser una enumeración de los números racionales. Deje $Q_j$ ser el intervalo cerrado $[q_j-1/j,q_j+1/j]$. Deje $I_0=[0,2\pi]$. Deje $z=2e^{i \theta}$ $\theta \in I_0$ a ser determinado.
Por inducción, se construye enteros positivos $n_1 < n_2 < \ldots$ y cerró los intervalos de $I_0 \supseteq I_1 \supseteq \cdots$ tal que para cada una de las $j$, la traza $z^{n_j} + \bar{z}^{n_j}$ $Q_j$ siempre $\theta \in I_j$. Es decir, si $n_1,\ldots,n_{j-1},I_1,\ldots,I_{j-1}$ se han determinado ya, entonces para cualquier suficientemente grande $n_j$, el conjunto de $\theta$ tal que $z^{n_j} + \bar{z}^{n_j}$ $Q_j$ es una unión de intervalos cerrados de tal forma que cada número real se encuentra 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 $n_j$ elegido es lo suficientemente grande, uno de esos intervalos en esta unión será completamente contenida en $I_{j-1}$ y nosotros el nombre de $I_j$.
La intersección de una descendente de la cadena de cerrados los intervalos es no vacío, de modo que podemos elegir $\theta$ tal que $\theta \in I_j$ todos los $j$. A continuación, $\lbrace z^n+\bar{z}^n : n \ge 1 \rbrace$ contiene un elemento de $Q_j$ por 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 deje $C$ ser la matriz diagonal con $z$ $\overline{z}$ en la diagonal. Por Weyl del criterio , las partes fraccionarias de $n \theta$ son equidistributed modulo 1, y por lo tanto $\{z^n\}$ es denso en el círculo unidad. De esto se deduce fácilmente que el $\text{Re}(z^n)$ es denso en $(-1,1)$.
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Bjorn ya ha contestado a esta pregunta en forma afirmativa, y se muestra que tales matrices no existen. Me gustaría añadir un comentario aquí, aunque casi ninguna de las " matrices de satisfacer la propiedad requerida. Es decir, la colección de matrices de 2x2 tal que Tr(C^n) es denso en R tiene cero de la medida de Lebesgue.
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 donde son complejos conjugados, a = r exp(iθ), b = r exp(-iθ) para r >1. Entonces, Tr(Cn)=2rcos(nθ). Supongamos que θ es distribuido uniformemente sobre [-π,π], de modo que exp(inθ) se distribuye uniformemente en el círculo unitario para cada n. Para cualquier positivo K, |Tr(C^n)|<K es equivalente a |cos(nθ)|<r-nK/2. El conjunto de valores de exp(inθ) para que este tiene las formas de un par de arcos de longitud r -nK (al líder de la orden). Así,
$$\mathbb{P}(\vert{\rm Tr}(C^n)\vert\lt K)\approx r^{-n}K/\pi$$
al líder de la orden. Suma más de n, esto es finita. A continuación, el Borel-Cantelli lema dice que, con probabilidad uno, |Tr(Cn)|<K solo finitely a menudo. Así que, con probabilidad 1, |Tr(Cn)| diverge a infinito.
kamens
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(Vaya, el reescalado parte es falso que en la de abajo. Así que esto sólo funciona para C con determinante 1.)
En el 2-por-2 caso, la respuesta es no. (Algo parecido a este argumento debe ir a través de, en general).
Después de reescalado, podemos suponer que la matriz tiene determinante 1. Si C es de forma elíptica (rastro real entre -2 y 2), entonces todos los poderes son de forma elíptica, por lo que no es bueno. Si es parabólico (traza igual a -2 o 2), entonces todos los poderes de todos los parabólico, de nuevo no es bueno. Si es loxodromic, las huellas de las potencias tienen parte real que va hacia el infinito con n, y por lo tanto no pueden ser denso.
