mateforum.ro

Fie \( A\in M_n(Z) \) si exista p astfel ca \( A^p=I \) si exista \( k\geq 3 \) astfel ca elementele de pe diagonala sa dea restul 1 la impartirea prin k, iar celelalte sa fie divizibile cu k. Aratati ca \( A=I_n \).

Putem scrie \( A=k^r B+I \), unde \( B \) are elementele intregi, nu este matricea nula si are cel putin un element care nu e divizibil cu \( k \), \( r\geq 1 \).

Presupunem ca \( A^p=I \), unde \( p \) este prim. Atunci obtinem ca \( k^r \) divide orice element din \( pB \), dar un element din \( B \) nu este divizibil cu \( k \). Astfel \( k^r|p \). Deoarece \( p \) este prim rezulta ca \( p=k \geq 3 \). Folosind din nou \( (k^r B+I)^p=I \) si faptul ca pentru \( p \) prim coeficientii binomiali care nu sunt egali cu 1 sunt divizibili cu \( p \), obtinem ca \( p \) divide orice element din \( B \), ceea ce contrazice alegerea lui \( B \).

Deci \( A^p\neq I \) pentru orice \( p \) prim. Mai departe, vedem ca daca \( p \) este prim, atunci \( A^p \) verifica ipoteza. Daca \( n \) este un numar natural, atunci aplicam repetat pentru toti divizorii primi ai lui \( n \) pasul anterior si obtinem ca \( A^n \neq I \).

Beniamin Bogosel wrote:Astfel \( k^r|p \).

De ce?

Tot nu pricep!

Deci se zicem ca b este elementul din B care nu se divide cu k. Atunci k | pb si de aici rezulta k | p ???

Acuma vad... cred ca trebuie sa iau un factor prim al lui \( k \) si sa lucrez cu acela. O sa revizuiesc solutia. Imi pare rau de greseala...