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 * 贴子主题: 对$\;A={\small\begin{pmatrix}3&2\\4&3\end{pmatrix}},\;$求$\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}d_n}.\;(d_n = \gcd\{A^n-I\}).$ 不分页显示此帖  保存该页为文件  本贴有问题,发送短消息报告给版主  加入个人收藏&关注本贴  显示可打印的版本  把本贴打包邮递  把本贴加入收藏夹  发送本页面给朋友   
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  题:对$\;A={\small\begin{pmatrix}3&2\\4&3\end{pmatrix}},\;\; d_n = \gcd\{c_{ij}^{(n)}\mid A^n-I=(c_{ij}^{(n)})_{3\times 3}\},\;$求$\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}d_n}.$$S



发贴时间2018/10/19 04:32am IP: 已设置保密[本文共209字节]  
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  src .m,
More general is true. For any matrix $X \in M_2(\mathbb Z)$, denote by $\mathcal G(X)$ the greatest common divisor of the entries of $X$. If $A \in M_2(\mathbb Z)$ satisfies $\det(A)=1$ and $|\operatorname {tr}(A)|>2$, then $\lim_{n \to \infty} \mathcal G(A^n-I)=+\infty$ and also $\lim_{n \to \infty} \mathcal G(A^n+I)=+\infty$ (for the first limit, $\operatorname {tr}(A)=+2$ is additionally allowed provided $\mathcal G(0_{2,2})=+\infty$){]P5GM
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Let $t=\operatorname{tr}(A)$. Define the sequence $(x_n)_{n=0}^\infty$ by $x_0=0$, $x_1=1$, $x_n=tx_{n-1}-x_{n-2}$ for any $n \ge 2$. The Cayley–Hamilton theorem states that $A$ satisfies its characteristic equation, which is $$\lambda^2-t\lambda+1=0 \quad(1)$$ in this case. From this, we have $A^{n+2}=tA^{n+1}-A^n$ for any $n$ and it is not hard to show by induction that $A^n=x_nA-x_{n-1}I$ for any $n \ge 1$; note that $(1)$ is also the characteristic equation for $(x_n)$. Therefore, $$\mathcal G(A^n - I)=\mathcal G(x_nA-(x_{n-1}+1)I) \ge \gcd (x_n, x_{n-1}+1) \quad (2)$$ and $$\mathcal G(A^n + I)=\mathcal G(x_nA-(x_{n-1}-1)I) \ge \gcd (x_n, x_{n-1}-1) \quad (3)$$ Define the matrix $T=\begin{pmatrix}t&-1\\1&0\end{pmatrix}\!.$ From the definition of $(x_n)$ it follows by induction that $T^n=\begin{pmatrix}x_{n+1}&-x_n\\x_n&-x_{n-1}\end{pmatrix}$ for any $n \ge 1$. Note that $\det(T^n)=(\det(T))^n=1^n=1$, thus $x_n^2-x_{n-1}x_{n+1}=1$. Also from $T^{2n}=T^nT^n$ it follows that $\begin{pmatrix}x_{2n+1}&-x_{2n}\\x_{2n}&-x_{2n-1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_{n+1}&-x_n\\x_n&-x_{n-1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{n+1}&-x_n\\x_n&-x_{n-1}\end{pmatrix}$, so $x_{2n-1}=x_n^2-x_{n-1}^2$ and $x_{2n}=x_n(x_{n+1}-x_{n-1})$ for any $n \ge 1$. From these base identities we derive the following four pairsAs SP6
\begin{align*}3L;Ck
x_{2n-1}+1 &= (x_n-x_{n-2})x_n & x_{2n} &= (x_{n+1}-x_{n-1})x_n \\Cu
x_{2n}+1 &= (x_n-x_{n-1})(x_n+x_{n+1}) & x_{2n+1} &= (x_{n+1}-x_n)(x_n+x_{n+1}) \\:X
x_{2n-1}-1 &= x_{n-1}(x_{n+1}-x_{n-1}) & x_{2n} &= x_n(x_{n+1}-x_{n-1}) \\Q`aWO.
x_{2n}-1 &= (x_n+x_{n-1})(x_{n+1}-x_n) & x_{2n+1} &= (x_{n+1}+x_n)(x_{n+1}-x_n),,2mZ8\
\end{align*}!CSr/
true for any $n \ge 1$ (assuming $x_{-1}=-1$), which, together with $(2)$ and $(3)$, implyk:K)n
\begin{align*}D`X3
\mathcal G(A^{2n} - I) &\ge |x_n|\\e6
\mathcal G(A^{2n+1} - I) &\ge |x_n+x_{n+1}| \\r
\mathcal G(A^{2n} + I) &\ge |x_{n+1}-x_{n-1}| \\)2Zf
\mathcal G(A^{2n+1} - I) &\ge |x_{n+1}-x_n|.=Pg
\end{align*}I1J!~4
For the rest, it is sufficient to prove that the right parts tend to infinity, which is not hard using the explicit form of $x_n$. When $|t|>2$, $x_n=\frac {\lambda_1^n-\lambda_2^n}{\lambda_1-\lambda_2}$, where $\lambda_{1,2}=\frac {t\pm\sqrt{t^2-4}}2$ are the roots of $(1)$, $|\lambda_1|>|\lambda_2|$. Note that $|\lambda_1|>1$, whereas $|\lambda_2|<1$. Hence, $x_n \sim \frac {\lambda_1^n}{\lambda_1-\lambda_2}$ as $n \to \infty$. When $t=2$, $(x_n)$ is just the arithmetic progression $x_n=n$ and the two first right parts also tend to infinity..



发贴时间2018/10/22 10:14am IP: 已设置保密[本文共3657字节]  
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  具体求出$\;A^n-I\,$的元素:L
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发贴时间2018/10/24 04:13am IP: 已设置保密[本文共104字节]  

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