Элементарный способ показать, что определитель отличен от нуля

Покажите, что определитель матрицы

( а − с − б б а − 2 с − с − 2 б с б а − 2 с )
отличен от нуля для всех целых чисел а , б , с где а б с ≠ 0

Есть интересный способ сделать это, используя целостные домены. Легко видеть, что многочлен т 3 + 2 т + 1 является главным в Z [ т ] так что кольцо Z [ т ] / ⟨ т 3 + 2 т + 1 ⟩ является областью целостности и изоморфна кольцу { а + б ты + с ты 2 | а , б , с  целые числа } где ты является корнем уравнения т 3 + 2 т + 1 "=" 0 .

Теперь рассмотрим целые числа а , б , с и Икс , у , г такой, что а б с ≠ 0 и ( а + б ты + с ты 2 ) ( Икс + у ты + г ты 2 ) "=" 0 . Это элемент целостной области, поэтому мы должны иметь это Икс "=" у "=" г "=" 0 поскольку хотя бы один из а , б и с отличны от нуля. Но расширяя приведенное выше уравнение, мы получаем систему линейных уравнений в терминах Икс , у и г .

а Икс − с у − б г "=" 0 б Икс + ( а − 2 с ) у + ( − с − 2 б ) г "=" 0 с Икс + б у + ( а − 2 с ) г "=" 0

Если определитель 0 то это уравнение будет иметь нетривиальное решение, что невозможно.

Эта стратегия требует использования интегральных доменов, которые являются абстрактным инструментом.

Есть ли элементарные способы решить это? Это становится беспорядочным, когда мы пытаемся выполнять операции со строками или пытаемся расширить определитель.

Обновление : после ответа Карла Шильдкраута и ДжиммиК4542.

Любопытное наблюдение:

Мы также можем доказать, что элемент т 3 + р т + 1 является главным в Z [ т ] для р ≠ 0 , − 2 . Поэтому аналогичными рассуждениями можно сказать, что определитель матрицы

( а − с − б б а − р с − с − р б с б а − р с )
отличен от нуля для всех целых чисел а , б , с , р где а б с ≠ 0 и р ≠ 0 , − 2 .

Определитель _ а 3 − б 3 + с 3 + 2 а б 2 − 2 б с 2 − 4 с а 2 + 4 с 2 а + 3 а б с .
@ user1551 Можем ли мы вообще использовать это выражение? (например, факторинг или заполнение квадратов)
Я также сделал еще одно наблюдение, т 3 + м т + 1 является главным в Z [ т ] для м ≠ 0 , − 2 , поэтому работа с этим дает более общую матрицу.
Понятия не имею, но теоретики чисел могут что-то в этом увидеть. Ответ ниже рассматривает конгруэнтность по модулю 3 , например.

Ответы (2)

Это может быть эквивалентно тому, что вы сделали, но я все равно напишу это как ответ.

Позволять Икс "=" [ 0 0 − 1 1 0 − 2 0 1 0 ] . Затем, Икс 2 "=" [ 0 − 1 0 0 − 2 − 1 1 0 − 2 ] , и так,

Д "=" [ а − с − б б а − 2 с − с − 2 б с б а − 2 с ] "=" а я + б Икс + с Икс 2 .

Собственные значения Икс это три корня λ 1 , λ 2 , λ 3 из λ 3 + 2 λ + 1 "=" 0 .

С Д "=" а я + б Икс + с Икс 2 , собственные значения Д являются а + б λ к + с λ к 2 для к "=" 1 , 2 , 3 .

Теперь предположим дет ( Д ) "=" 0 для некоторых целых чисел а , б , с с а б с ≠ 0 . Затем, 0 должно быть собственным значением Д , и так, а + б λ к + с λ к 2 "=" 0 для некоторых к е { 1 , 2 , 3 } . Но, используя квадратичную формулу, мы имеем λ к "=" − б ± б 2 − 4 с а 2 с .

Итак, теперь вам просто нужно доказать, что ни один из трех корней λ 3 + 2 λ + 1 "=" 0 можно выразить в виде − б ± б 2 − 4 с а 2 с для ненулевых целых чисел а , б , с . Это просто требует показать, что λ 3 + 2 λ + 1 неприводим в Z [ λ ] , что требует только теоремы о рациональном корне и проверки того, что ± 1 не являются корнями.

Возможно, я что-то упускаю, но кажется, проще использовать теорему о рациональном корне, чтобы доказать, что п ( λ ) "=" λ 3 + 2 λ + 1 неприводима над Вопрос , и сделать вывод, что п является минимальным многочленом Икс над Вопрос .

Скажем, у нас есть контрпример. Если 3 делит каждый из а , б , с , то мы можем разделить каждый на 3 без последствий, и получить другой контрпример. Мы можем делать это до тех пор, пока 3 не может разделить один из а , б , с .

Однако мы можем вычислить, что 3 не делит определитель в любом другом случае. Для этого мы обычно имели бы 26 случаи. Однако, поскольку наш многочлен однороден по а , б , с , нам нужно проверить тройки только до масштабирования, что вдвое уменьшает количество случаев. Когда двое из { а , б , с } являются 0 мод 3 эта проверка проста, так как в разложении определителя сохраняется только один ненулевой член. Это сводит его только к 10 случаев, каждый из которых можно проверить вручную (может быть даже возможно дальнейшее сокращение без особых вычислений).

Примечание. Эта стратегия работает для любого простого п для которого т 3 + 2 т + 1 неприводим в Ф п [ т ] . Это не верно для п "=" 2 , так п "=" 3 дает наименьшее количество случаев.

Элементарный способ показать, что определитель отличен от нуля
СпросиСетьПолитика конфиденциальности1y, 0v