Собственные значения целочисленной матрицы

[ShMaxG]

Заинтересовала одна задачка из недавних вступительных в ШАД. Обычно к решению в таких задачах приводят несложные преобразования и простые идеи, а тут не дается.

Доказать, что целочисленная матрица не может иметь собственного значения, равного $\dfrac{1}{4}(-3+i\sqrt{5})$.

Для матриц 2х2 это очевидно, так как след такой матрицы должен быть равен $-3/2$ с одной стороны и быть целочисленным с другой, противоречие. Для матриц 3х3 это также просто доказать, приняв во внимание целочисленность как следа матрицы, так и детерминанта. Но что же делать в общем случае, не выписывать же условия целочисленности на все коэффициенты характеристического полинома?

[Sonic86]

Вроде как указанный корень - алгебраическое число, но не целое алгебраическое (старший коэффициент минимального многочлена не 1).
А корни характеристического многочлена матрицы над целыми числами должны быть целыми алгебраическими.
Ну или проще: старший коэффициент характеристического многочлена равен 1, а минимального многочлена корня - 4, значит 2-й не делит 1-й в целых числах.
В чем я ошибаюсь?

[DeBill]

ShMaxG в сообщении #1125076 писал(а):

не выписывать же условия целочисленности на все коэффициенты характеристического полинома?

А почему бы и нет? Имеем: делимость хар. многочлена (к-ты - целые, старший равен единице) на $\lambda^2 + \frac{3}{2}\cdot \lambda +\frac{1}{4}$. Ну, и обнаруживаем делимость всех к-тов частного на 4....
(Что-то это мне - типа призрнак Эйзенштейна - напоминает...)

[ShMaxG]

Sonic86
DeBill
Спасибо. Я, правда, в теории чисел совсем не разбираюсь, хотя

Sonic86 в сообщении #1125119 писал(а):

А корни характеристического многочлена матрицы над целыми числами должны быть целыми алгебраическими.

и

Sonic86 в сообщении #1125119 писал(а):

Вроде как указанный корень - алгебраическое число, но не целое алгебраическое (старший коэффициент минимального многочлена не 1).

понимаю. Меня в ступор вводит вот что. Мы выяснили, что минимальный (приведенный) многочлен для этого корня это $\lambda^2+3/2\lambda+1/4$, поэтому общий вид характеристического полинома:

$$(\lambda-\lambda_1)...(\lambda-\lambda_{n-2})(\lambda^2+3/2\lambda+1/4)=0$$

Почему, когда мы раскроем скобки, у нас появятся нецелые коэффициенты и мы придем к противоречию? Точнее сказать, почему дробные коэффициенты обязательно не сократятся?

[DeBill]

ShMaxG
Первые скобки все перемножим, получим многочлен
$\lambda ^{n-2} + ... + c\lambda ^2 + b\lambda + a$. Умножим на наш трехчлен, приравняем к-ты. Сравнивая свободные члены, видим: $a$ - целое, кратное 4. Сравнивая линейные, видим: $b$ - целое, кратное 4. И т.д. Но старший к-т не кратен 4....

-- 22.05.2016, 18:16 --

Только, видимо, надо использовать сам характеристический многочлен - чтобы целость к-тов поиметь...

[ShMaxG]

DeBill
Спасибо! Разобрался, действительно, можно просто проследить все условия целости для всех коэффициентов, начиная сначала. Мы будем двигаться по цепочке от низших степеней лямбды почти до самого конца. Там получится, что коэффициенты при $\lambda^{n-2}$ и $\lambda^{n-1}$ не могут быть целыми, надо просто честно выписать коэффициенты при всех лямбдах, все получается очень легко и просто.

[Snk132]

вот только там будет не 1\4 в многочлене, а 7\8. И все так просто не получается

[Slav-27]

Да...
Вот это

DeBill в сообщении #1125125 писал(а):

$\lambda^2 + \frac{3}{2}\cdot \lambda +\frac{1}{4}$

я не понял, откуда взялось.

Но в любом случае: наибольший общий делитель коэффициентов многочлена -- перемножается при перемножении многочленов. (С целыми коэффициентами, имеется в виду)

[DeBill]

Snk132 в сообщении #1125219 писал(а):

вот только там будет не 1\4 в многочлене, а 7\8.

Ой как Вы правы!

(Оффтоп)

Это я, видимо, от современных студентов научился - делать арифметические ошибки - если без кулькулятра

Slav-27 в сообщении #1125224 писал(а):

я не понял, откуда взялось.

А оттуда и взялось - из арифметической ошибки. Должно быть $\frac{7}{8}$ вместо $\frac{1}{4}$.

Но решение починить - можно: просто будем доказывать, что коэф-ты все имеют вид $\frac{p}{q}$, где $p$ -четно, а $q$ - нечетно....

ShMaxG
Приношу звинения за введение в заблудение (?)

[Sonic86]

ShMaxG в сообщении #1125179 писал(а):

Почему, когда мы раскроем скобки, у нас появятся нецелые коэффициенты и мы придем к противоречию? Точнее сказать, почему дробные коэффициенты обязательно не сократятся?

Есть такая лемма Гаусса:
https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9F%D1 ... 0%D0%B0%29
Можно ее употребить, умножив $(x^2+3/2x+7/8)f(x)=g(x)$ на 8. Сама лемма есть даже в Л.Я.Куликове Теория чисел.

[Slav-27]

И я про это говорю:

Slav-27 в сообщении #1125224 писал(а):

наибольший общий делитель коэффициентов многочлена -- перемножается при перемножении многочленов

[ShMaxG]

Ох, дезинформация однако А я и не проверил даже.

Slav-27 в сообщении #1125224 писал(а):

наибольший общий делитель коэффициентов многочлена -- перемножается при перемножении многочленов

Sonic86 в сообщении #1125235 писал(а):

Есть такая лемма Гаусса:

Благодарю.

А что, собственно, изменится? Если умножить полином

DeBill в сообщении #1125181 писал(а):

$\lambda ^{n-2} + ... + c\lambda ^2 + b\lambda + a$.

на $\lambda^2+3/2\lambda+7/8$ и записать условия целости на все коэффициенты при степенях лямбды, то точно также замечаем, что $a$ делится на 8, $b$ делится на 8, и так далее до коэффициента перед $\lambda^{n-2}$, где встречаем противоречие.

[Sonic86]

(Slav-27)

Slav-27 в сообщении #1125238 писал(а):

И я про это говорю:

Slav-27 в сообщении #1125224 писал(а):

наибольший общий делитель коэффициентов многочлена -- перемножается при перемножении многочленов

Да, прошу прощенья, не обратил внимания. В свое оправдание скажу, что я написал название леммы и дал ссыль

[Slav-27]

ShMaxG
Пусть характеристический многочлен (имеющий, конечно, целые коэффициенты, причём старший пусть будет не $-1$, а $1$) представляется как произведение $\chi(x)=(x^2+\frac32x+\frac78)\cdot q(x).$ У $q(x)$ рациональные коэффициенты, причём старший единица: домножим первый множитель на 8 и второй на общий знаменатель его коэффициентов $d$: $8d\cdot\chi(x)=(8x^2+12x+7)\cdot Q(x),$ где $Q(x)$ -- многочлен с целыми коэффициентами, у которого это самое содержание (наименьший общий делитель коэффициентов) равно 1. У первого множителя оно тоже 1, а у самого характеристического многочлена никак не менее 8, что составляет противоречие.

Мы использовали только то, что коэффициенты целые и что старший коэффициент единица. А что многочлен не какой-то там, а характеристический -- не использовали...

Я сейчас не очень соображаю, поэтому извините, если где-то глупость

[ShMaxG]

Slav-27
Да не, это все понятно Спасибо. Вот эта лемма Гаусса, как раз то, что мне надо было в этой задаче. Хотя и без нее вроде бы все получается...