Re: [obm-l] A^2005 = I ==> A = I

[persio ca <serpensbr@xxxxxxxxxxxx>]

Alguns elementos da lista ficam mandando virus por e-mail

Lamentável

 

Pérsio

Claudio Buffara <claudio.buffara@terra.com.br> wrote:

on 02.03.04 11:36, Nicolau C. Saldanha at nicolau@mat.puc-rio.br wrote:

> On Tue, Mar 02, 2004 at 01:51:44AM -0300, Claudio Buffara wrote:
>> on 02.03.04 00:55, Fábio Dias Moreira at fabio.dias@superig.com.br wrote:
>>> Claudio Buffara said:
>>>> Seja A uma matriz real 3x3 tal que A^2005 = I.
>>>> Prove que A = I.
>>>
>>> Eu acho que A = [1 0 0; 0 cos(t) sen(t); 0 -sen(t) cos(t)], onde t =
>>> 2*pi/2005, é tal que A^2005 = I -- pelo menos o PARI-GP concorda comigo.
>>
>> Voce estah certo. Os autovalores de A sao 1, e^(it) e e^(-it) e, portanto,
>> existe uma matriz inversivel P, de coeficientes complexos, tal que:
>> A = P*D*P^(-1), onde D = diag(1,e^(it),e^(-it)).
>> Logo, A^2005 = P*D^2005*P(-1) = P*I*P^(-1) = I, apesar de A <> I.
>>
>> O meu erro foi supor que, por serem raizes 2005-esimas da unidade, os
>> autovalores de A nao poderiam ser raizes de um polinomio de grau 3, a menos
>> que eles fossem todos iguais a 1, mas isso eh uma grande besteira e o
>> polinomio caracteristico da sua matriz A eh o contra-exemplo.
>
> Talvez uma versão corrigida do problema do Claudio seja:
>
> Seja A uma matriz 3x3 com coeficientes *racionais* tal que A^2005 = I.
> Prove que A = I.
>
> []s, N.
>
Acho que agora deu certo!

Sejam a, b, c os 3 autovalores de A.
Entao a^2005, b^2005 and c^2005 sao os autovalores de A^2005 = I ==>
a^2005 = b^2005 = c^2005 = 1 ==>
a, b, c sao raizes 2005-esimas da unidade.

a, b, c sao tambem raizes de p(x), o polinomio caracteristico de A.
Como p(x) tem grau 3, uma de suas raizes eh necessariamente real. Mas a
unica raiz 2005-esima da unidade que eh real eh 1. Como os coeficientes de
p(x) sao reais, as outras duas raizes sao complexas conjugadas.

Ou seja, os autovalores de A sao 1, cis(2*m*Pi/2005) e cis(-2*m*Pi/2005),
para alum inteiro m (0 <= m <= 2004), e p(x) pode ser escrito como:
p(x) = (x - 1)*(x^2 - 2*cos(2*m*Pi/2005)*x + 1).

Dessa forma o problema se reduz a provar que se, para algum inteiro m (0 <=
m <= 2004), cos(2*m*Pi/2005) eh racional, entao m = 0.

Mas isso decorre do fato de que se x e cos(pi*x) são ambos racionais,
então x = k/2 ou x = k/3 para algum k inteiro (a demonstracao-padrao disso
usa polinomios de Chebishev).

Como 2005 eh primo com 2 e com 3, 2m/2005 <> k/2 e 2m/2005 <> k/3 para
quaisquer inteiros m (0 <= m <= 2004) e k, a menos que m = k = 0 ==>
cos(2*m*Pi/2005) = 1 ==>
os autovalores de A sao 1, 1 e 1 ==>
p(x) = polinomio caracteristico de A = (x - 1)^3 = x^3 - 3x^2 + 3x - 1 ==>
(Cayley-Hamilton) A^3 = 3*A^2 - 3*A + I (*)

Usando (*), temos que:
se
A^n = x_n*A^2 + y_n*A + z_n*I
entao
A^(n+1) = (3x_n - y_n)*A^2 + (-3x_n + z_n)*A + x_n*I.

Resolvendo esta recorrencia com x_3 = 3, y_3 = -3, z_3 = 1, vem:
x_n = n(n-1)/2, y_n = -n(n-2) and z_n = (n-2)(n-1)/2.

Seja n = 2005.
Entao A^n = n(n-1)/2*A^2 - n(n-2)*A + (n-2)(n-1)/2*I = I ==>
n(n-1)/2*A^2 - n(n-2)*A + n(n-3)/2*I = 0 ==>
A eh raiz de q(x) = (n-1)*x^2 - 2(n-2)*x + (n-3) =
= ((n-1)*x - (n-3))*(x - 1) = 2004*(x - 1001/1002)*(x - 1)

m(x), o polinomio minimo de A, deve dividir p(x) and q(x) ==>
m(x) divide mdc(p(x),q(x)) = x - 1.
Como m(A) = A - I = 0, somos forcados a concluir que A = I.

***

Este teria sido um bom problema pra obm-u do ano que vem...

***

Uma duvida: existe uma maneira mais curta de se provar que A = I, dado que
A^2005 = I e que os autovalores de A sao 1, 1 e 1?


Um abraco,
Claudio.


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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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