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Fermat matriciel

GrothLeTrollGrothLeTroll
dans Algèbre
Existe-t-il trois matrices $A,B,C$ de $Sl_n (\Z)$ et telles que $A^k+B^k=C^k$, pour $k\geq3$? Et si $A,B,C$ sont diagonalisables?

Réponses

  • reunsreuns
    Si tu remplaces $SL_n(\mathbb{Z})$ par les matrices inversibles à coefficients entiers alors il suffit de prendre
    $a,b,c \in K$ un corps de nombre tels que $a^k+b^k=c^k$, de multiplier par un entier pour que $a,b,c \in \mathcal{O}_K$, et de prendre $A,B,C$ les matrices qui représentent la multiplication par $a,b,c$ dans une base intégrale de $\mathcal{O}_K$.

    Avec $SL_n(\mathbb{Z})$ c'est plus difficile car il faut prendre $a,b,c \in \mathcal{O}_K^\times$.

    Je me demande si le cas général (où $A,B,C \in SL_n(\mathbb{Z})$ et ne commutent pas) peut se réduire aux corps de nombres en factorisant les polynômes minimaux.
  • GrothLeTrollGrothLeTroll
    Mais $SL_n (\mathbb {Z})$ sont presque les matrices inversibles à coefficients entiers.(déterminant $\pm 1$)
  • claude quittéclaude quitté
    Exposant $k=7$ dans $\text{SL}_2(\Z)$ donc dans $\text{SL}_n(\Z)$ pour tout $n \ge 2$

     
    > A ;
[ 1  1]
[-1  0]
> B ;
[ 0 -1]
[ 1  1]
> A^7 + B^7 ;
[1 0]
[0 1]

    La (triste) vérité

     
    > A^7 eq A    and     B^7 eq B     and   A+B eq 1 ;
true
  • claude quittéclaude quitté
    Exposant $k=3$ et $n = 6$ (donc pour $n \ge 6$ aussi)

     
    > A ;
[ 0  1  0  0  0  0]
[ 0  0  1  0  0  0]
[ 0  0  0  1  0  0]
[ 0  0  0  0  1  0]
[ 0  0  0  0  0  1]
[-1  0  0  1  0  0]
> B ;
[ 0  0 -1  0  0  0]
[ 0  0  0 -1  0  0]
[ 0  0  0  0 -1  0]
[ 0  0  0  0  0 -1]
[ 1  0  0 -1  0  0]
[ 0  1  0  0 -1  0]
> A^3 + B^3 ;
[1 0 0 0 0 0]
[0 1 0 0 0 0]
[0 0 1 0 0 0]
[0 0 0 1 0 0]
[0 0 0 0 1 0]
[0 0 0 0 0 1]

    Exposant $k=4$

     
    > A ;
[ 0  1  0  0  0  0  0  0]
[ 0  0  1  0  0  0  0  0]
[ 0  0  0  1  0  0  0  0]
[ 0  0  0  0  1  0  0  0]
[ 0  0  0  0  0  1  0  0]
[ 0  0  0  0  0  0  1  0]
[ 0  0  0  0  0  0  0  1]
[-1  0  0  0  1  0  0  0]
> NumberOfRows(A) ;
8
> B ;
[ 0  0  0  0  0 -1  0  0]
[ 0  0  0  0  0  0 -1  0]
[ 0  0  0  0  0  0  0 -1]
[ 1  0  0  0 -1  0  0  0]
[ 0  1  0  0  0 -1  0  0]
[ 0  0  1  0  0  0 -1  0]
[ 0  0  0  1  0  0  0 -1]
[ 1  0  0  0  0  0  0  0]
> A^4 + B^4 ;
[1 0 0 0 0 0 0 0]
[0 1 0 0 0 0 0 0]
[0 0 1 0 0 0 0 0]
[0 0 0 1 0 0 0 0]
[0 0 0 0 1 0 0 0]
[0 0 0 0 0 1 0 0]
[0 0 0 0 0 0 1 0]
[0 0 0 0 0 0 0 1]

    Triste vérité : ``résoudre'' (?) $x^k = \cdots$. C'est encore très grossier (le $n$).
  • claude quittéclaude quitté
    Exposant $k=5$

     
    > A ;
[ 0 -1]
[ 1  1]
> B ;
[ 1  1]
[-1  0]
> A^5 + B^5 ;
[1 0]
[0 1]

    Là, la vérité est si triste que j'ose pas la dire et que je stoppe.
  • claude quittéclaude quitté
    Soit $N \ge 2$. Alors si $N$ n'est pas une puissance d'un nombre premier, on a $\Phi_N(1) = 1$ ($\Phi_N$ polynôme cyclotomique). Tandis que $\Phi_{p^r}(1) = p$ pour $p$ premier et $r \ge 2$.
    Donc dans $\Z[\root N \of 1]$, $1 - \zeta_N$ est de norme 1 (la norme au sens de $\Z[\root N \of 1]/\Z$). Et on a l'égalité $(1 - \zeta_N) + \zeta_N = 1$. Ceci commence à ``donner'' pour $N = 6$, en dimension $2 = \varphi(6)$.
    Et, effet de bord, comme $\Z[\root 6 \of 1] = \Z[\root 3 \of 1]$, cela donne aussi des solutions (en fait la même !) de $A^k + B^k = C^k$ dans $\text{SL}_2(\Z)$ pour $k \equiv \pm 1 \bmod 6$.
  • claude quittéclaude quitté
    Exposant $k=4$ dans $\text{SL}_8(\Z)$ : vraiment grossier. Ici dans $\text{SL}_4(\Z)$.

     
    > A ;
[  -14    61 -6496 -5164]
[   -3    13    12     0]
[    0     0 -1638 -1291]
[    0     0  2077  1637]
> B ;
[   13   -61  6496  5164]
[    3   -14   -12     0]
[    0     0  1637  1291]
[    0     0 -2077 -1638]
> C ;
[   42  -159 -3676 -2764]
[   -4    18    -3   -15]
[   15   -60  -918  -676]
[  -19    76  1165   858]
> A^4 + B^4 eq C^4 ;
true
> Det(A) eq 1  and Det(B) eq 1 and Det(C) eq 1 ;
true

    Bon, un peu de sérieux (?)

     
    > A ;
[ 0  1  0  0]
[-1 -1  0  0]
[ 0  0  0  1]
[ 0  0 -1 -1]
> B ;
[-1 -1  0  0]
[ 1  0  0  0]
[ 0  0 -1 -1]
[ 0  0  1  0]
> C ;
[ 0  1  0  0]
[ 0  0  1  0]
[ 0  0  0  1]
[-1  0  0  0]
> A^4 + B^4 eq C^4 ;
true
> Det(A) eq 1  and Det(B) eq 1 and Det(C) eq 1 ;
true

    On peut remplacer $k=4$ par $k = \pm 4 \bmod 24$.
  • GrothLeTrollGrothLeTroll
    On peut peut-être supposer maintenant que les matrices $A,B,C$ commutent et sont inversibles? Avec toujours la même question, cela semble plus judicieux que diagonalisables (?)...
  • claude quittéclaude quitté
    @GrothLeTroll
    Tu dis : On peut ... maintenant ...etc... Rien du tout. Peut-être que tu devrais réfléchir avant de poser des questions ? Ne sais tu pas que la multiplication de $\Z[\root N \of 1]$ (ainsi que celle des corps de nombres au dessus que j'ai utilisés) est commutative ?

    Et pourquoi, de ton côté, est ce que tu n'essaieras pas de trouver une solution de $A^3 + B^3 = C^3$ dans $\text{SL}_n(\Z)$ avec $n$ petit ? Disons $n \le 3$.
  • GrothLeTrollGrothLeTroll
    C'est effectivement dû à une erreur de calcul sur les produits de $A,B$. En effet les matrices commutent. Si elles sont diagonalisables, que dire donc, car des matrices diagonalisables et commutantes sont co-diagonalisables, non?
  • claude quittéclaude quitté
    Diagonalisables ? Oui, quand j'utilise le procédé
    $$
    \alpha = \root k \of {1+j}, \qquad \beta = \root k \of {-j}, \qquad
    \alpha^k + \beta^k = 1+j + (-j) = 1, \qquad \alpha^{6k} = \beta^{6k} = 1
    $$
  • GrothLeTrollGrothLeTroll
    Je veux dire diagonalisables dans $\Q$ ; auquel cas, si elles commutent, étant co-diagonalisables elles donneraient une solution de Fermat tout court, en prenant les valeurs propres...
  • claude quittéclaude quitté
    @GrothLeTroll
    Je ne comprends pas où tu veux en venir. Et toi ?

    Soit $A \in M_n(\Z)$. Dire qu'elle est diagonalisable sur $\Q$ signifie qu'il existe $P \in \text{GL}_n(\Q)$ telle que $P A P^{-1}$ soit diagonale, disons de diagonale $(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$. Donc les $\lambda_i$ sont dans $\Q$. Mais $\lambda_i$ est racine du polynôme caractéristique de $A$, qui est un polynôme unitaire à coefficients entiers ; donc $\lambda_i$ est entier sur $\Z$ ; étant dans $\Q$, il est dans $\Z$.

    Supposons de plus que $\det(A) = \pm 1$. Alors :
    $$
    \lambda_1 \cdots \lambda_n = \pm 1 \qquad \hbox {avec les $\lambda_i \in \Z$}
    $$
    Bilan : $\lambda_i = \pm 1$. Et par suite $A^2 = 1$.

    Et je t'ai posé une seule question concernant $A^3 + B^3 = C^3$ dans $\text{SL}_n(\Z)$ avec le $n$ de ton choix. Puisque tu as initié le fil, je suppose que tu as réfléchi à la question. Oui, non ? Et si on faisait intervenir la combinatoire ?

     
    > A ;
[ 1  0  0]
[ 0 -1  0]
[ 0  0 -1]
> B ;
[ 1  0  1]
[ 0  0  1]
[-1 -1 -1]
> C ;
[ 0 -1 -1]
[-1  0  0]
[ 1  0 -1]
> A^3 + B^3 eq C^3 ;
true
> Det(A) eq 1  and   Det(B)  eq 1   and Det(C) eq 1 ;
true

    Dernier post de ma part. Pas assez (sic) d'échange(s) scientifique(s) à mon goût.
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