Fie \( A\in M_{2}(\mathbb{R}) \) o matrice astfel incat \( tr(A)>2 \).
Sa se arate ca \( A^{n}\neq I_{2}, \forall n\geq 2 \). (L. Panaitopol, I. Tomescu, ONM 1988)
A^n diferit de I_n pentru tr(A)>2
Moderators: Bogdan Posa, Laurian Filip, Beniamin Bogosel, Radu Titiu, Marius Dragoi
-
Cezar Lupu
- Site Admin
- Posts: 612
- Joined: Wed Sep 26, 2007 2:04 pm
- Location: Bucuresti sau Constanta
- Contact:
A^n diferit de I_n pentru tr(A)>2
Last edited by Cezar Lupu on Thu Oct 11, 2007 7:00 pm, edited 1 time in total.
An infinite number of mathematicians walk into a bar. The first one orders a beer. The second orders half a beer. The third, a quarter of a beer. The bartender says “You’re all idiots”, and pours two beers.
Alta solutie, diferita de cea de aici
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?s ... 980&t=5116
este binevenita.
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?s ... 980&t=5116
este binevenita.
-
Cezar Lupu
- Site Admin
- Posts: 612
- Joined: Wed Sep 26, 2007 2:04 pm
- Location: Bucuresti sau Constanta
- Contact:
Da, exista si o solutie fara ca sa stii prea mare lucru, adica ma refer la faptul ca folosesti relatia Hamilton-Cayley (pentru matrice de ordin 2) si restu' se bazeaza pe intuitie. 
Iata solutia mea:
Sa presupunem, prin reducere la absurd, ca exista \( n\geq 1 \) astfel incat
\( A^{n}=I_{2} \). Trecand la determinanti rezulta ca det\( A\in\{-1, 1\} \). Acum, consideram polinoamele \( f(x)=x^2-ux+v \) si \( g(x)=x^{n}-1 \) unde \( u=tr(A)>2 \), iar \( v\in\{-1, 1\} \). Ecuatia \( f(x)=0 \) are radacinile \( x_{1}, x_{2}\in\mathbb{R} \) (discriminantul este strict pozitiv), iar daca aratam ca radacinile \( x_{1}, x_{2} \) nu verifica ecuatia \( g(x)=0 \) o sa rezulte ca polinoamele \( f,g \) sunt prime intre ele. Pai sa presupunem contrariul, anume ca o radacina, \( x_{1} \) sa zicem, verifica ecuatia \( g(x)=0 \). Astfel, o sa rezulte ca \( x_{1}^{n}-1=0 \), de unde obtinem ca \( |x_{1}|=1 \).
Mai departe, din \( x_{1}^{2}-ux_{1}+v=0 \) avem ca \( |u|=|ux_1|=|{x_1^2+v|\leq |x_{1}^{2}|+|v|=2 \), unde pentru ultima inegalitate am aplicat inegalitatea modulului. Am obtinut o contradictie cu ipoteza problemei. Prin urmare, avem ca \( f, g \) sunt prime intre ele. Asta inseamna ca exista alte doua polinoame cu coeficienti reali \( P, Q \) astfel incat \( P(x)f(x)+Q(x)g(x)=1 \). Pentru \( x=A \), vom avea ca \( O_{2}=I_{2} \), contradictie. Deci, concluzia problemei se impune.
Iata solutia mea: Sa presupunem, prin reducere la absurd, ca exista \( n\geq 1 \) astfel incat
\( A^{n}=I_{2} \). Trecand la determinanti rezulta ca det\( A\in\{-1, 1\} \). Acum, consideram polinoamele \( f(x)=x^2-ux+v \) si \( g(x)=x^{n}-1 \) unde \( u=tr(A)>2 \), iar \( v\in\{-1, 1\} \). Ecuatia \( f(x)=0 \) are radacinile \( x_{1}, x_{2}\in\mathbb{R} \) (discriminantul este strict pozitiv), iar daca aratam ca radacinile \( x_{1}, x_{2} \) nu verifica ecuatia \( g(x)=0 \) o sa rezulte ca polinoamele \( f,g \) sunt prime intre ele. Pai sa presupunem contrariul, anume ca o radacina, \( x_{1} \) sa zicem, verifica ecuatia \( g(x)=0 \). Astfel, o sa rezulte ca \( x_{1}^{n}-1=0 \), de unde obtinem ca \( |x_{1}|=1 \).
Mai departe, din \( x_{1}^{2}-ux_{1}+v=0 \) avem ca \( |u|=|ux_1|=|{x_1^2+v|\leq |x_{1}^{2}|+|v|=2 \), unde pentru ultima inegalitate am aplicat inegalitatea modulului. Am obtinut o contradictie cu ipoteza problemei. Prin urmare, avem ca \( f, g \) sunt prime intre ele. Asta inseamna ca exista alte doua polinoame cu coeficienti reali \( P, Q \) astfel incat \( P(x)f(x)+Q(x)g(x)=1 \). Pentru \( x=A \), vom avea ca \( O_{2}=I_{2} \), contradictie. Deci, concluzia problemei se impune.
An infinite number of mathematicians walk into a bar. The first one orders a beer. The second orders half a beer. The third, a quarter of a beer. The bartender says “You’re all idiots”, and pours two beers.