Mostrar que $\det(A+A^t)\neq p$ donde $p$ es un número primo y $A \in M_{p \times p}(\mathbb{Z})$

Question

He tropezado a través de la pregunta anterior. Generalmente, no quiero gastar mi tiempo en este tipo de problemas, aunque es una buena pregunta, en mi opinión.

Mi idea:

Caso $p=2$ es fácil, sigue de $x^2 \equiv 2 \;\;\; (\text{mod} \;\; 4)$ no tiene ningún entero solución.

Asumir lo contrario y $p$ es una extraña primer número. Ya, $A+A^t$ es simétrica, entonces se tiene sólo real de los autovalores, así que si $\det(xI-(A+A^t)) \in \mathbb{Z}[x]$ es el polinomio característico, factores de $(x-\lambda_1) \cdots (x-\lambda_p)$ donde $\lambda_i$'s son números reales. Por raíz racional de la prueba, si alguno de $\lambda_i$ es racional, entonces será un número entero. Por lo tanto, si se demuestra que no de ellos es irracional (por lo tanto, todos los $\lambda_i$ son enteros), entonces podemos concluir de la siguiente manera;

$\sum_i \lambda_i=-tr(A+A^t)=2k$ donde$k \in \mathbb{Z},$$\lambda_1 \cdots \lambda_p=-p.$, $p$ es impar, entonces wlog,

1. $\lambda_p=-p$ $\lambda_1=\cdots=\lambda_{2t}=-1$ $\lambda_{2t}=\cdots=\lambda_{p-1}=1,$ pero $\sum_i \lambda_i=-2t+p-1-2t-p$ lo cual es extraño,

2. $\lambda_p=p$ $\lambda_1= \cdots=\lambda_{2t+1}=-1$ $\lambda_{2t+1}=\cdots=\lambda_{p-1}=1,$ , pero de nuevo $\sum_i \lambda_i=-2t-1+p-1-2t-1+p$ lo cual es extraño,

de ahí la contradicción.

Ahora, estamos a la izquierda para mostrar que (en mis palabras)

Lema: Dado $p$ los números enteros y los números irracionales, donde $p$ es un número primo impar. Tenemos que

$$\sum_i\lambda_i=2k \in \mathbb{Z}, $$

$$\sum_{i<j}\lambda_i\lambda_j \in \mathbb{Z},$$

$$.$$

$$.$$

$$.$$

$$\lambda_1\cdots \lambda_p=-p \in \mathbb{Z}.$$

Entonces, no de los $\lambda_i$ es irracional.

Una idea para probar la lamma: Desde cualquier polinomio simétrico en $p$ variables $\lambda_i$ con el entero coeficiente puede ser expresado en términos de primaria simétrica polinomios de arriba, a continuación, cualquier simétrica (polinomio entero con coeficiente de expresión de $\lambda_i$'s va a ser un número entero.

Es posible concluir de aquí que no de la $\lambda_i$ es irracional?

P. S. agradecería cualquier otras ideas para resolverlo.

Answer 1

Si $p$ es impar, el determinante de la inclinación simétrica $p\times p$ matriz $A^t-A$ es cero. Pero $$ A+a^t\equiv A^t-\pmod2, $$ así $$ \det(a+a^t)\equiv\det(A^t-a)\equiv 0\pmod2. $$ Por lo tanto $\det(A+A^t)$ es un entero par, y por lo tanto,$\neq p$.

Answer 2

O directamente de una definición del determinante: Vamos a $A$ ser simétrica cuadrada de enteros matriz de dimensión impar e incluso entradas en la diagonal. Entonces

$$ \det(A) = \sum_{\sigma}\textrm{sgn}(\sigma)\prod_iA_{i\sigma(i)}. $$

Ahora $\sigma$ $\sigma^{-1}$ tienen igual signo y

$$ \prod_iA_{i\sigma^{-1}(i)} = \prod_iA_{\sigma(i)} = \prod_iA_{i\sigma(i)}. $$

Así que si $\sigma \neq \sigma^{-1}$, entonces su contribución combinada a la determinante es aún. Si $\sigma = \sigma^{-1}$ $\sigma$ tiene un punto fijo y por lo que su contribución es también incluso. Por lo tanto, $\det(A)$ es incluso.