Bedingung, dass eine Matrix eine perfekte Potenz einer ganzzahligen Matrix ist
Ich habe eine Frage, die ziemlich einfach zu sein scheint, aber ich habe bisher keine Ahnung.
Angenommen, ich habe eine Matrix $A$ von Größe $2\times 2$und ganzzahlige Einträge. Ich möchte wissen, ob es eine Art Test oder Charakterisierung gibt, die mir sagen kann, ob es eine ganzzahlige Matrix gibt$B$ so dass $B^k = A$.
Bisher war das einzige, was ich bekam, die offensichtliche Einschränkung der Determinante von $A$ (Es muss eine ganze Zahl sein, die perfekt ist $k$-te Macht), aber ich habe mich gefragt, ob es vielleicht eine andere (stärkere) Einschränkung gibt $A$ hilft.
In meinem speziellen Fall hatte ich $k=8$. Es scheint möglich zu sein, dass eine Charakterisierung für beliebig existieren könnte$k$ (eine Charakterisierung abhängig von $k$, bestimmt).
Antworten
Hier ist eine notwendige Bedingung. Schreiben Sie das symmetrische Polynom$(x+y)^k - x^k - y^k$ als Polynom in den elementarsymmetrischen Polynomen $x+y$ und $xy$, sagen $$ (x+y)^k - x^k - y^k = F_k(x+y,xy). $$ Dann eine notwendige Bedingung für $A\in\operatorname{SL}_2(\mathbb Z)$ ein ... zu sein $k$th Macht in $\operatorname{SL}_2(\mathbb Z)$ ist, dass die folgenden zwei Bedingungen gelten:
- $\det A$ ist der $k$sagen wir die Potenz einer ganzen Zahl $\det A=D^k$.
- Das Polynom $$T^k - F_k(T,D) - \operatorname{Trace}(A) $$ hat eine Wurzel in $\mathbb Z$.
Der Beweis ist einfach genug, denn wenn $B^k=A$, dann $\operatorname{Trace}(B)$ ist eine ganzzahlige Wurzel des Polynoms.
Insbesondere für den Fall $k=8$, wir haben $$ F_k(u,v) = 8u^6v-20u^4v^2+16u^2v^3-2v^4. $$ Also jede Matrix befriedigend $B^8=A$ hat die Eigenschaft, dass $\operatorname{Trace}(B)$ ist eine Wurzel des folgenden Polynoms, wobei $D^k=\det(A)$, $$ T^8 - 8DT^6 + 20D^2T^4 -16 D^3T^2+2D^4 - \operatorname{Trace}(A). $$ Insbesondere wenn $B$ Wenn ganzzahlige Einträge erforderlich sind, hat dieses Polynom eine ganzzahlige Wurzel.
Hier ist die notwendige und ausreichende Bedingung in Bezug auf $\det A$ und $\text{tr}(A)$, damit a $2\times2$ Matrix $A$ sei der $k$-te Potenz einer Matrix mit ganzzahligen Koeffizienten.
Edit.Edit, 11.11.2020 Der Beweis. Der Beweis ist im Wesentlichen Routine; dennoch poste ich alles der Einfachheit halber, bevor ich alle Details vergesse.
Es ist zweckmäßig, die Polynome einzuführen
$$P_k(x,y):=\sum_{j\ge0}(-1)^j{ k-j\choose j }x^{k-2j}y^j;$$ ihre Relevanz in diesem Zusammenhang ist, dass das Polynom $z^2-xz+y$ teilt das Polynom $$z^{k+2}-xP_{k+1}(x,y)z+yP_{k}(x,y)$$ (auch als Elemente von $\mathbb{Z}[x,y,z]$;; siehe unten für andere Eigenschaften, die wir brauchen).
Charakterisierung der $k$-te Mächte in $ M_2(\mathbb Z)$. Lassen$k\ge0$. Eine Matrix$A\in M_2 (\mathbb Z)$ ist ein $k$-te Potenz eines Elements von $ M_2 (\mathbb Z)$ genau dann, wenn es welche gibt $t,d$ im $\mathbb Z$ so dass
1. $\det(A)=d^k$
2. $\text{tr}(A)=P_k(t,d)-P_{k-2}(t,d)d$
3. $P_{k-1}(t,d)$ teilt $A+ P_{k-2}(t,d)d I $
Genau dann, wenn $B\in M_2 (\mathbb Z)$ überprüft $B^k=A$ dann $d:=\det(B)$ und $t:=\text{tr}(B)$erfüllen (1,2,3) .
Umgekehrt, wenn $(d,t)$erfüllen (1,2,3) , es existiert a$B\in M_2 (\mathbb Z)$ mit charakteristischem Polynom $z^2-tz+d$. Genau dann, wenn$P_{k-1}(t,d)\ne0$, es ist einzigartig, nämlich $$B:=\frac1{P_{k-1}(t,d)}\Big(A+ P_{k-2}(t,d)d I \Big).$$ Wenn $P_{k-1}(t,d)=0$, dann $A=mI$ist ein ganzzahliges Vielfaches der Identität und all die unendlich vielen $B\in M_2 (\mathbb Z)$ mit mit charakteristischem Polynom $z^2-tz+d$ erfüllen $B^k=A$.
Beweis . Annehmen$A=B^k$ und $B\in M_2 (\mathbb Z)$ und setzen $t:=\text{tr}(B)$ und $d:=\det(B)$. Dann (1) ist ,$\det(A)=\det(B^k)=\det(B)^k=p^k$. Wie oben gesehen, ist das charakteristische Polynom von$B$, $p_B(z):=z^2-tz+d $ teilt das Polynom $z^k-P_{k-1}(t,d)z+P_{k-2}(t,d)d$und seitdem von Cayley-Hamilton $B^2-tB+d=0$, wir haben auch $$B^k-P_{k-1}(t,d)B+P_{k-2}(t,d)d I=0,$$ Wenn wir also die Spur nehmen, haben wir $\text{tr}(A)= P_{k-1}(t,d)t -2P_{k-2}(t,d)d$, das ist (2) , während$P_{k-1}(t,d)B= A+P_{k-2}(t,d)d I$ist (3) .
Nehmen Sie umgekehrt an, dass die obigen Bedingungen (1,2,3) für ganze Zahlen gelten$t,d$. Betrachten Sie zunächst den Fall$P_{k-1}(t,d)\ne0$. So kann man definieren$$B:=\frac1{P_{k-1}(t,d)}\Big(A+ P_{k-2}(t,d)d I \Big),$$ ein Element von $M_2 (\mathbb Z)$danke an (3) . Die Spur und Determinante von$B$sind dann durch (1,2) und verbergen die Variablen$(t,d)$ in dem $P_j$ $$\text{tr}(B)=\frac{\text{tr}(A)+ 2P_{k-2}d}{P_{k-1} } = \frac{P_k +P_{k-2} d }{P_{k-1} } =\frac{ t P_{k-1} }{P_{k-1} } =t $$ $$\det(B)= \frac{\det\Big(A+ P_{k-2} d I \Big)}{P_{k-1} ^2} = \frac{P_{k-2}^2d^2 + \text{tr}(A)P_{k-2} d +\det(A) }{P_{k-1}^2}=$$ $$=\frac{P_{k-2}^2d^2 + \big(P_k-P_{k-2}d\big)P_{k-2}d +d^k }{P_{k-1}^2}= $$ $$=\frac{ P_kP_{k-2}d +d^k }{P_{k-1}^2}= d,$$ weil $P_{k-1}^2 -P_kP_{k-2} =d^{k-1}$. Somit ist das charakteristische Polynom von$B$ ist $z^2-tz+d$, was impliziert $B^k=P_{k-1}B-P_{k-2}d\, I=A$. Betrachten Sie abschließend den Fall$P_{k-1}(t,d)=0$. Durch (3) $A$ ist dann ein Vielfaches der Identität, $A=m I$, zum $m:=-P_{k-2}(t,d)d$. Wenn$m=0$, kein Nilpotent $B$hat die gewünschten Eigenschaften. Wenn$m\ne 0$, Lassen $\lambda$ und $\mu$ seien die Wurzeln von $z^2-tz+d$, so $t=\lambda+\mu$ und $d=\lambda\mu$. Dann haben wir$\lambda\neq\mu$, Andernfalls $0=P_{k-1}(\lambda+\mu,\lambda\mu)=k\lambda^{k-1}$ und $\lambda=\mu=0=t=d$ und $A=0$. Auch (siehe unten)$$0= P_{k-1}(\lambda+\mu,\lambda\mu)= \frac{\lambda^k-\mu^k}{\lambda-\mu} $$ woher $\lambda^k=\mu^k$, und $$m =-\lambda\mu P_{k-2}(\lambda+\mu,\lambda\mu)=-\frac{\lambda^k\mu-\mu^k\lambda}{\lambda-\mu} = \lambda^k=\mu^k.$$ Lassen $B$ eine der unendlich vielen Matrizen in $M_2 (\mathbb Z)$ mit charakteristischem Polynom $z^2-tz+d$. Schon seit$\lambda\ne \mu$, $B$ ist diagonalisierbar, $B=Q^{-1}\text{diag}(\lambda,\mu)Q$, so $$B^k=Q^{-1}\text{diag}(\lambda^k,\mu^k)Q=Q^{-1}mIQ=mI=A,$$ den Beweis beenden.
Mehr Details. Die Folge von Polynomen$P_k(x,y)\in\mathbb{Z}[x,y]$ wird durch die Zwei-Zeit-Wiederholung definiert $$\cases{P_{k+2}=xP_{k+1}-yP_k\\ P_0=1 \\ P_{-1}=0.}$$ Man kann die Expansion leicht durch Induktion überprüfen $$P_k(x,y):=\sum_{j\ge0}(-1)^j{ k-j\choose j }x^{k-2j}y^j;$$ eigentlich $P_k$ kann auch in Bezug auf die Chebyshev-Polynome der ersten Art als dargestellt werden $P_k(x,y^2)=y^kxT_k\big(\frac{x}{2y}\big)\in\mathbb{Z}[x,y^2]$. Sie überprüfen$$P_k(u+v,uv)=\frac{u^{k+1}-v^{k+1}}{u-v}=\sum_{j=0}^{k} u^jv^{k-j},$$ und damit verbunden für alle $k\ge0$ hat man: $$z^{k+2}-P_{k+1}(x,y)z+yP_{k}(x,y)=\big(z^2-xz+y\big) \sum_{j=0}^kP_{k-j}(x,y)z^j, $$beide leicht durch Induktion verifiziert. Da sie schließlich eine lineare Rekursion mit zwei Termen lösen, ist die Hankel-Determinante der Ordnung$2$ muss ein sein $1$-term lineare Wiederholung, und man findet $$P_{k}(x,y)^2-P_{k+1}(x,y)P_{k-1}(x,y)=y^{k}.$$
Hier ist ein Weg, um diese Matrixgleichung anzugehen. Jeder$2 \times 2$ Matrix $A$ mit Koeffizienten in $\mathbb{Z}$ wird durch ein monisches Polynom vom Grad 2 mit Koeffizienten in vernichtet $\mathbb{Z}$nämlich durch das charakteristische Polynom $\chi_A$ von $A$. Wenn$A$ ist nicht skalar, dann der Ring $\mathbb{Z}[A]$ ist isomorph zu $\mathbb{Z}[X]/(\chi_A)$ist daher eine freie abelsche Ranggruppe $2$.
Betrachten Sie eine Lösung $B$ zur Gleichung $B^k=A$. Dann$\mathbb{Z}[A] \subset \mathbb{Z}[B]$ und da $B$ erfüllt eine monische Gleichung mit Koeffizienten in $\mathbb{Z}[A]$, die Erweiterung $\mathbb{Z}[A] \subset \mathbb{Z}[B]$ist ganzheitlich. Bestimmtes$\mathbb{Z}[B]$ muss im integralen Verschluss von enthalten sein $\mathbb{Z}[A]$. Lassen$n$ sei der Index von $\mathbb{Z}[A]$in seinem integralen Verschluss. Die ganze Zahl$n$ kann berechnet werden, da $\mathbb{Z}[A]$ ist entweder ein endlicher Index-Subring von $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$oder eine Reihenfolge in einem quadratischen Feld $K$, in welchem Fall $n$ kann ausgedrückt werden als die Diskriminanten der Ordnung und des Ringes von ganzen Zahlen von $K$.
Daraus folgt jede mögliche Lösung $B$ muss befriedigen $nB = x + y A$ für einige $x, y \in \mathbb{Z}$. Zur Macht erheben$k$, wir bekommen $n^k B^k = (x+yA)^k = P(x,y) + Q(x,y) A$ wo $P$ und $Q$ sind homogene Polynome vom Grad $k$mit ganzzahligen Koeffizienten. Sie werden durch Modden erhalten$(x+yA)^k$ durch das charakteristische Polynom von $A$. Wir wollen$n^k B^k = n^k A$, was das Gleichungssystem gibt $P(x,y)=0$ und $Q(x,y)=n^k$, gelöst werden in $x,y \in \mathbb{Z}$. Außerdem sollten wir haben$x+yA \in n M_2(\mathbb{Z})$. Umgekehrt, wenn$(x,y)$ erfüllt dann alle diese Bedingungen $B = (x+yA)/n$ ist eine Lösung für die Gleichung.
Ich glaube, dass es nur endlich viele Lösungen gibt $(x,y)$, außer in entarteten Fällen wie $A = 0$ und $k \geq 2$, wohin wir nehmen können $B = \begin{pmatrix} 0 & b \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$.
Zum $k=8$ (oder allgemeiner $2^m$), eine notwendige und ausreichende Bedingung an $\text{tr}(A)$ und $\det(A)$kann gegeben werden, indem die einfachere Bedingung iteriert wird, um ein Quadrat einer ganzzahligen Matrix zu sein. Auf der praktischen Seite erfordert der entsprechende Test die Überprüfung eines endlichen Baums von Fällen der Form "$x$ ist ein perfektes Quadrat "und"$x$ Teilen $y$"für ganze Zahlen.
Perfekte Quadrate. Eine quadratische Matrix$A$ der Ordnung $2$ ist ein Quadrat von einigen $B\in M_2(\mathbb{Z})$ genau dann, wenn für einige ganze Zahlen $p$ und $b$
ich. $\det(A)=p^2$
ii. $\text{tr}(A)+2p=b^2$
iii. $b$ teilt $A+pI$ (bedeutet alle seine Koeffizienten).
Beweis . Annehmen$A=B^2$. Dann sind die obigen Bedingungen erfüllt durch$p:=\det(B)$ und $b:=\text{tr}(B)$. Tatsächlich (i) ist$\det(A)=\det(B^2)=\det(B)^2=p^2$. Nach der Cayley-Hamilton-Formel$$B^2-\text{tr}(B)B+\det(B)I=0,$$ das ist $A+pI=bB$, beweisen (iii) Nehmen Sie die Spur, die dies auch gibt$\text{tr}(A)+2p=b^2$, woraus (ii) folgt.
Nehmen Sie umgekehrt an, dass die obige Bedingung gilt. Dann wenn$b\neq0$ die Matrix $\displaystyle B:=\frac1b\big(A+pI\big)$durch (ii) hat$\displaystyle\text{tr}(B)=\frac{\text{tr}(A)+2p}b=b$ und auch $$\det(B)=\frac1{b^2}\det(A+pI)=\frac{ p^2+\text{tr}(A)p+\det(A)}{b^2}=$$ $$=\frac{ p^2+(b^2-2p)p+p^2}{b^2}=p,$$ also das charakteristische Polynom von $B$ ist $\lambda^2-p\lambda+b$, was impliziert $B^2=bB-pI=A$.
Wenn $b=0$, Bedingung (iii) impliziert$A+pI=0$, deshalb $A$ ist ein Vielfaches der Identität, $A=-pI$und hat zählbar viele Quadratwurzeln; wenn tatsächlich, z$x,y,z\in\mathbb{Z}$ so dass $yz= -x^2-p$ (z.B $y=1, z=-x^2-p $) $$\begin{bmatrix} x & z \\ y & -x \end{bmatrix}^2=\begin{bmatrix} -p & 0 \\ 0 & -p \end{bmatrix}.$$
$$\sim *\sim$$
Perfekte achte Kräfte. Eine quadratische Matrix ungleich Null$A$ der Ordnung $2$ ist $D^8$ für einige $D\in M_2(\mathbb{Z})$ genau dann, wenn es ganze Zahlen gibt $p,b,c ,d$ so dass
ich. $\det(A)=p^8$
ii. $\text{tr}(A)+2p^4=b^2$
iii. $b+2p^2=c^2$
iv. $c+2p=d^2$
v. $bcd$ teilt $A+(p^4+bp^2+bcp)I.$
Beweis . Annehmen$A=D^8$. Dann wenden wir das Dreifache des Notwendigkeitsteils für perfekte Quadrate mit an$p=\det(D)$, $b= \text{tr}(D^4)$, $c= \text{tr}(D^2)$, $d= \text{tr}(D)$unter Berücksichtigung der Bedingungen (i) bis (iv) .
Auch Cayley-Hamilton liest jetzt$A+p^4I=bD^4$, $D^4+p^2I=cD^2$, $D^2+pI=dD$, woher ersetzen $$bcdD =A+(p^4+bp^2+bcp)I.$$
Nehmen Sie umgekehrt die obigen Bedingungen an. Wenn$A$ ist kein Vielfaches der Identität $k$-th Wurzel davon ist weder: durch (v) dann$bcd\neq0$. Durch drei aufeinanderfolgende Extraktionen von Quadratwurzeln wie oben findet man eine achte Wurzel von$A$, $$\frac1{bcd}\big(A+(p^4+bp^2+bcp)I\big).$$ Wenn $A$ist ein Vielfaches der Identität, entweder durch (i)$A=-p^4I$ oder $A=p^4I$. Ersteres führt zu$b=0$über (ii) und bis$c=p=d=0$durch die Irrationalität von $\sqrt2$über (iii) und (iv) so$A=0$. Wenn$A=p^4$hat es eine vierte Wurzel $pI$und eine Quadratwurzel davon (notwendigerweise eine Null-Trace-Matrix, wenn $p$ ist kein perfektes Quadrat) ist eine achte Wurzel von $A$.
$$\sim *\sim$$
Überprüfen Sie daher, ob $A$ ist eine achte Potenz einer ganzzahligen Matrix und hat dies verifiziert $ \det(A)$ ist eine perfekte achte Potenz, man muss einen endlichen Baum von Fällen überprüfen: $b=\pm(\text{tr}(A)+ 2\det(A)^{1/2})$;; $c=\pm(\text{tr}(A)+ \det(A)^{1/4})$;; $d=\pm\text{tr}(A)\pm\det(A)^{1/8}$.
TEIL 1. Ich betrachte den generischen Fall. Das Problem ist wie folgt: Wir wählen zufällig$B\in M_2(\mathbb{Z})$ und lass $A=B^k$. $k,A$ bekannt sind und $B$ist unbekannt; finde die$X$ist so, dass $X^k=A$.
i) Berechnen $p(x)$, das charakteristische Polynom von $A$, und lass $q(y)=p(y^k)$.
ii) Berücksichtigung von irreduziblen Werten $\mathbb{Z}$:: $q(y)=q_1(y)\cdots q_l(y)$.
Generell wann $k$ ist seltsam, es gibt genau einen Faktor $q_i$ Grad $2$ und wann $n$ ist gerade, es gibt genau zwei Faktoren $q_i,q_j$ Grad $2$ korrespondierend zu $2$ entgegengesetzte Werte von $X$.
Zum Beispiel lassen $q_1(y)$ ein Gradfaktor sein $2$ und lass $Q$sei seine Begleitmatrix. Dann gibt es eine unbekannte Matrix$R\in M_2(\mathbb{Q})$ st $A=RQ^kR^{-1}$.
iii) Löse die Gleichung $RQ^k-AR=0$ (($4$ lineare Gleichungen in der $4$ Unbekannte $(r_{i,j})$'s). Generell erhalten wir eine Vektorraumlösung der Dimension$2$Das heißt, eine Reihe von Lösungen, die davon abhängen $2$ Parameter $u,v$.
iv) Wählen Sie nach dem Zufallsprinzip $u,v$;; Wir erhalten (außer wenn wir sehr unglücklich sind; in diesem Fall treffen wir eine andere Wahl) eine bestimmte Matrix$R$ und wir leiten die wesentliche Lösung ab $X=RQR^{-1}$.
TEIL 2. Wenn $k$ ist nicht gegeben, berechnen wir $\delta=\det(A)$;; wir suchen die$k$ so dass $\delta$ ist eine Kraft $k^{th}$. Es gibt nur eine endliche Anzahl möglicher Werte von$k$, ausser wenn $\delta=\pm 1$.
Korrektur. Zum$\delta=\pm 1$vgl. der Silverman-Posten.
TEIL 3. Wenn wir zufällig wählen $A$also generisch $\delta$ist keine Macht; darüber hinaus, wenn auch außergewöhnlich$\delta$ ist eine Kraft $k^{th}$dann allgemein die Matrix $R$ kann nicht invertierbar gemacht werden.