Fermat matriciel
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
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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. -
Mais $SL_n (\mathbb {Z})$ sont presque les matrices inversibles à coefficients entiers.(déterminant $\pm 1$)
-
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
-
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 $n$). -
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. -
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 $k \equiv \pm 1 \bmod 6$. -
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 $k = \pm 4 \bmod 24$. -
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 (?)...
-
@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 $n \le 3$. -
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?
-
Diagonalisables ? Oui, quand j'utilise le procédé
$$
\alpha = \root k \of {1+j}, \qquad \beta = \root k \of {-j}, \qquad
\alpha^k + \beta^k = 1+j + (-j) = 1, \qquad \alpha^{6k} = \beta^{6k} = 1
$$ -
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...
-
@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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Bonjour!
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