SEEMOUS 2009/3

#1

Έστω $\mathrm{SL}_2\left(\mathbb{Z}\right)=\{ A|$ o

είναι $2 \times 2$ πίνακας με ακέραια στοιχεία και $\det(A)=1 \}$ .

α) Βρείτε ένα παράδειγμα πινάκων $A,B,C \in \mathrm{SL}_2\left(\mathbb{Z}\right)$ ώστε A^2+B^2=C^2

.

β) Δείξτε ότι δεν υπάρχουν $A,B,C \in \mathrm{SL}_2\left(\mathbb{Z}\right)$ τέτοιοι ώστε A^4+B^4=C^4

.

dement · #2

(α) Ισχυει οτι

$\left( \begin{array} {c c} 1 & 1 \\ -1 & 0 \end{array} \right) ^2 + \left( \begin{array} {c c} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{array} \right) ^ 2 = \left( \begin{array}{c c} 1 & -2 \\ 1 & -1 \end{array} \right)^2$

(β) Για καθε $A \in \mathrm{SL}_2 (\mathbb{Z})$ ισχυει οτι $\mathrm{tr}(A^2) = \mathrm{tr}(A)^2 - 2$ και $\mathrm{tr}(A^4) = \mathrm{tr}(A)^4 - 4 \ \mathrm{tr}(A)^2 + 2$ .

Κατα συνεπεια, $\mathrm{tr}(A^4) \equiv 2, 7 \bmod 8$ . Οποτε $\mathrm{tr}(A^4 + B^4) = \mathrm{tr}(A^4) + \mathrm{tr}(B^4) \equiv 1, 4, 6 \mod 8$ και δεν υπαρχει

με

.

Δημητρης Σκουτερης

#3

dement έγραψε: 2. Για καθε $A \in SL_2 (\mathbb{Z})$ ισχυει οτι και $tr(A^4) = tr(A)^4 - 4 \ tr(A)^2 + 2$ .

Πολύ ωραία η λύση σου, Δημήτρη. Ευχαριστούμε.

Ας μου επιτρέψεις να εξηγήσω λίγο αναλυτικότερα (εννοώ αυτό το "λίγο" γιατί βιάζομαι!) το βήμα που σημείωσα, γιατί δεν είναι ... τεριμμένο:

Κάθε πίνακας ικανοποιεί την χαρακτηριστική του εξίσωση, από Cayley-Hamilton. Για $2 \times 2$ πίνακες είναι $A^2 - [\mathrm{tr}(A)]A + \det(A)I = 0$ (*).
Εδώ $\det(A) = 1$ , και $\mathrm{tr}(A)$ = το ίχνος = το άθροισμα των στοιχίων της διαγωνίου.

Παίρνοντας το ίχνος (είναι γραμμική απεικόνιση από το σύνολο των $2 \times 2$ πινάκων στους πραγματικούς) έχουμε την πρώτη εξίσωση. Υψώνοντας στο τεράγωνο και αντικαθιστώντας το A^2

από την (*), έχουμε την δεύτερη.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

SEEMOUS 2009/3

SEEMOUS 2009/3

SEEMOUS 2009/3

Re: SEEMOUS 2009

Μέλη σε σύνδεση