Степень целочисленной матрицы равна единичной матрице

[TopLalka]

Здравствуйте. Подскажите, как можно решить такую задачу.

Пусть $p$ - простое число, а $A$ - целочисленная $n \times n$ матрица такая, что
$A^p=I$, но $A \ne I$
Докажите, что $ n \ge p-1$

[Евгений Машеров]

Ну, я бы начал с того, что собственные значения матрицы - корни из единицы степени p, причём хотя бы один не равен 1.

[TopLalka]

Да, я понимаю почему это так, но всё равно не могу завершить доказательство. Не могли бы Вы намекнуть на следующий шаг?

[nnosipov]

TopLalka в сообщении #789758 писал(а):

Да, я понимаю почему это так

Объясните, почему.

TopLalka в сообщении #789758 писал(а):

Не могли бы Вы намекнуть на следующий шаг?

Да, следующий шаг принципиально иной. Здесь уже важно, что матрица $A$ целочисленная (на самом деле достаточно считать все её элементы рациональными). Кроме того, нужно будет воспользоваться простотой $p$.

[TopLalka]

nnosipov в сообщении #789762 писал(а):

Объясните, почему.

Пусть $\lambda$ - произвольное собственное значение, т.е. существует такая отличная от нуля матрица $B$ размеров $1 \times n$, что $BA=\lambda B$, тогда $B=BA^p=\lambda ^pB$, откуда $1=\lambda ^p$. Т.е. любое собственное значение с необходимостью равно единице.
Из того что $A^p-I=0 \to (A^p-z_1I)...(A^p-z_pI)=0$, где $z_1=1, ..., z_p$ - корни степени p из единицы, видно, что если нет собственных значений отличных от единицы(в этом случае мы можем сократить соответсвующие множители), то матрица единичная, что не так.

nnosipov в сообщении #789762 писал(а):

Да, следующий шаг принципиально иной. Здесь уже важно, что матрица $A$ целочисленная (на самом деле достаточно считать, что все её элементы рациональными).

Ага, только я не могу придумать как это использовать.

[AV_77]

$x^p-1$ делится на минимальный многочлен для матрицы $A$.

[nnosipov]

TopLalka в сообщении #789769 писал(а):

Пусть $\lambda$ - произвольное собственное значение, т.е. существует такая отличная от нуля матрица $B$ размеров $1 \times n$, что $BA=\lambda B$, тогда $B=BA^p=\lambda ^pB$, откуда $1=\lambda ^p$. Т.е. любое собственное значение с необходимостью равно единице.

Т.е. любое собственное значение с необходимостью равно некоторому корню $p$-й степени из единицы. Всё верно.

TopLalka в сообщении #789769 писал(а):

Из того что $A^p-I=0 \to (A-z_1I)...(A-z_pI)=0$, где $z_1=1, ..., z_p$ - корни степени p из единицы, видно, что если нет собственных значений отличных от единицы(в этом случае мы можем сократить соответсвующие множители), то матрица единичная, что не так.

(Исправил опечатку.) Да, поскольку множитель $A-z_iI$ при $z_i \neq 1$ обратим, на него можно сократить.

AV_77 в сообщении #789781 писал(а):

$x^p-1$ делится на минимальный многочлен для матрицы $A$.

Что-то я не понимаю этой подсказки.

Я бы рассмотрел не минимальный, а характеристический многочлен $f(x)$ матрицы $A$. Все собственные значения матрицы $A$ суть корни $f(x)$. Мы только что выяснили, что среди собственных значений $A$ обязательно есть нетривиальный корень $p$-й степени из единицы (пусть это будет $\varepsilon$). Значит, $f(\varepsilon)=0$. Какие выводы отсюда можно сделать?

[Евгений Машеров]

И предположить, что, в противности с доказуемым, степень характеристического многочлена (

(Оффтоп)

поправляя фуражку прапорщика Ясненько

равная n) меньше p-1. Затем взглянуть на слагаемые, составляющие многочлен...

[TopLalka]

nnosipov в сообщении #789951 писал(а):

Какие выводы отсюда можно сделать?

Ну во-первых характеристический многочлен является целочисленным, еще он степени n, любой его корень - это корень степени p из единицы, и среди его корней есть отличный от единицы. Отсюда можно как-то показать, что его степень должна быть не меньше p-1? Или я может что-то упустил еще.

[AV_77]

Пусть $m(x)$ - минимальный многочлен матрицы $A$ над полем $\mathbb{Q}$. Тогда $x^p-1$ делится на $m(x)$. Учитывая, что $x^p-1$ над $\mathbb{Q}$ разлагается в произведение двух неприводимых, осталось понять чему же с учетом условий может быть равен $m(x)$. Ну и подумать, может ли порядок матрицы быть меньше степени минимального многочлена.

[nnosipov]

TopLalka в сообщении #790153 писал(а):

Отсюда можно как-то показать, что его степень должна быть не меньше p-1?

Да, всё верно. Осталось произнести последнее заклинание.

Что можно сказать о двух многочленах над неким полем $F$, имеющих общий корень в некотором расширении $F$, если один из этих многочленов неприводим над $F$? В случае $F=\mathbb{Q}$ рассмотрите многочлены $f(x)$ (характеристический многочлен матрицы $A$) и $g(x)=x^{p-1}+\ldots+x+1$ (корни этого многочлена суть все нетривиальные корни $p$-й степени из единицы). Верно ли, что $g(x)$ неприводим над $\mathbb{Q}$? Что из всего этого следует?

AV_77 в сообщении #790169 писал(а):

Ну и подумать, может ли порядок матрицы быть меньше степени минимального многочлена.

Здесь, как я понимаю, потребуется сослаться на теорему Гамильтона-Кэли.

[TopLalka]

Вариант решения с минимальным многочленом я понял.

nnosipov в сообщении #790230 писал(а):

Что можно сказать о двух многочленах над неким полем $F$, имеющих общий корень в некотором расширении $F$, если один из этих многочленов неприводим над $F$? В случае $F=\mathbb{Q}$ рассмотрите многочлены $f(x)$ (характеристический многочлен матрицы $A$) и $g(x)=x^{p-1}+\ldots+x+1$ (корни этого многочлена суть все нетривиальные корни $p$-й степени из единицы).

Вот что-то ничего не приходит на ум. Если Вам надоело мучаться со мной, то просто посоветуйте литературу, я почитаю

nnosipov в сообщении #790230 писал(а):

Верно ли, что $g(x)$ неприводим над $\mathbb{Q}$?

Это достаточно легко показать из критерия Эйзенштейна.

[nnosipov]

TopLalka в сообщении #790352 писал(а):

Вот что-то ничего не приходит на ум.

Это такое стандартное утверждение: если $g(x)$ неприводим и имеет общий корень с $f(x)$, то они не взаимно просты; их НОД, будучи делителем $g(x)$, должен быть равен $g(x)$, откуда $f(x)$ делится на $g(x)$.

TopLalka в сообщении #790352 писал(а):

Это достаточно легко показать из критерия Эйзенштейна

Да, верно.

[patzer2097]

TopLalka в сообщении #790352 писал(а):

nnosipov в сообщении #790230 писал(а):

Верно ли, что $g(x)=x^{p-1}+\ldots+x+1$ неприводим над $\mathbb{Q}$?

Это достаточно легко показать из критерия Эйзенштейна.

Не так легко, кстати, -- а напрямую вообще не получится. Зато признак Эйзенштейна работает для полинома $g(x+1)=\frac{(x+1)^p-1}{(p+1)-1}$. Если $p$ простое, то все коэффициенты $g(x+1)$, кроме старшего члена (равного $1$) и свободного члена (равного $p$), делятся на $p^2$, -- поэтому $g(x)$ неприводим над $\mathbb{Q}$. Обратите внимание, что многочлен $g(x)=x^{p-1}+\ldots+x+1$ не является неприводимым для составных $p$.

[nnosipov]

patzer2097 в сообщении #790438 писал(а):

Зато признак Эйзенштейна работает для полинома $g(x+1)=\frac{(x+1)^p-1}{(x+1)-1}$. Если $p$ простое, то все коэффициенты $g(x+1)$, кроме старшего члена (равного $1$), делятся на $p$, свободный член (равный $p$) не делится на $p^2$ -- поэтому $g(x)$ неприводим над $\mathbb{Q}$.

(Исправил опечатки.) Наверное, это известный ТС приём --- сдвинуть переменную, чтобы Эйзенштейн заработал.