СЕМНАДЦАТАЯ СТУДЕНЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ПО АЛГЕБРЕ¶

Назовём линейное подпространство в пространстве квадратных матриц невырожденным, если все содержащиеся в нём матрицы, кроме нулевой, невырождены. Найдите максимальную размерность невырожденного подпространства в пространстве

а) комплексных $n \times n$ матриц, б) вещественных $4 \times 4$ матриц, в) рациональных $n \times n$ матриц.

Предложил Артём Максимович Максаев

Решение. а) Допустим, что $U$ — невырожденное пространство размерности не менее $2$. И пусть $A$, $B$ — не пропорциональные матрицы из $U$. Рассмотрим $C = AB^{-1}$. Тогда существует $\lambda \in \CC$ такое, что $\det(C-\lambda E) = 0$. Получаем $\det(A-\lambda B) = \det((C-\lambda E) B) = \det(C - \lambda E) \det B = 0$. Противеречие с тем, что $A - \lambda B \in U$.

Одномерным невырожденным пространством является, например, $\{ \lambda E \vert \lambda \in \CC \}$.

б) Пусть в пространстве матриц $n \times n$ над некоторым полем есть подпространство размерности не менее $n + 1$. Рассмотрим базис этого подпространства $\{ A_1, \ldots , A_m \}$.

Так как $m > n$, первые строки данных матриц линейно зависимы по основной лемме о линейной зависимости. Рассмотрим нетривиальную линейную комбинацию первых строк, равную нулю. В таком случае линейная комбинация матриц с соответствующими коэффициентами будет вырожденной, так как её первая строка нулевая. С другой стороны эта матрица — нетривиальная линейная комбинация базисных, и значит, не нулевая. Значит, данное подпространство не является невырожденным. Таким образом, невырожденное подпространство в вещественных матрицах $4 \times 4$ не может иметь размерность больше $4$. Примером невырождленного пространства размерности $4$ служит следующее пространство:

\[\begin{split}\left\{ \begin{pmatrix} a & -b & -c & -d \\ b & a & -d & c \\ c & d & a & -b \\ d & -c & b & a \end{pmatrix} \right\}.\end{split}\]

Несложно видеть, что все строки этой матрицы ортогональны и имеют длину $\sqrt{a^2 + b^2 + c^2 + d^2}$. Значит, если матрица ненулевая, то она невырождена.

в) По доказанному в пункте б) размерность невырожденного подпространства не может быть больше $n$.

Рассмотрим поле $K$ — расширение $\QQ$ степени $n$. Например, таковым является поле $\QQ[x]/(x^n + 2)$. (Многочлен $x^n + 2$ неприводим над $\QQ$ по критерию Эйзенштейна.) Выберем в $K$ базис над $\QQ$. В рассмотренном примере базисом будет, например, $1$, $x$, …, $x^{n-1}$.

Пусть $h \in K$ — ненулевой элемент. Рассмотрим отображение $\varphi_h : K \to K$, $\varphi_h(g) = hg$. Ясно, что $\varphi_h$ — линейный оператор над $\QQ$. При этом $varphi_{h^{-1}} = varphi_h^{-1}. Легко видеть, что $\Psi : K \to \GL(\QQ^n)$, $h \mapsto \varphi_h$ — гомоморфизм. Его образ состоит из невырожденных линейных операторов. Если $h \in \mathrm{Ker} \Psi$, то $hg = g$ для всех $g \in K$, что означает $h = 1$. Итак, $\Psi$ — вложение. Следовательно, размерность образа $\Psi$ над $\QQ$ равна размерности $K$, то есть $n$.

2. Вещественная невырожденная матрица A три на три такова, что $\tr(A^k) = 0$ для бесконечного количества натуральных чисел $k$. Можно ли утверждать, что $A^n$ — скалярная матрица для некоторого натурального числа $n$?

Предложил Антон Александрович Клячко

Решение. Да, можно. Пусть $a$, $b$, $c \in C$ — собственные значения матрицы $A$. Тогда $u_k = \tr(A^k) = a^k + b^k + c^k$ представляет собой линейную рекуррентную последовательность, то есть $k$-й член (при достаточно больших $k$) линейно выражается через $d$ предыдущих членов: $u_k = a_1 u_{k-1} + \cdots + a_d u_{k-d}$, где $d$ и $a_i$ не зависят от $k$ (в данном случае $d = 3$, а $a_i$ определяются равенством $x^3 - a_1 x^2 - a_2 x - a_3 = (x - a)(x - b)(x - c))$.

Теорема (Теорема Сколема - Малера - Леха [1]). Если $u_1$, $u_2$, … — линейная рекуррентная последовательность комплексных чисел, то множество её нулей $\{ k \in \NN \vert u_k = 0 \}$ является объединением конечного множества и конечного числа арифметических прогрессий.

Поскольку в данном случае множество нулей бесконечно, мы имеем арифметическую прогрессию нулей: $a^{l+kj} + b^{l+kj} + c^{l+kj} = 0$ при всех $k$ (и при некоторых фиксированных $l$ и $j$). Раз матрица вещественная, мы можем считать, что $c \in \RR$ и $b = \bar{a}$ (все три собственных значения не могут быть вещественными очевидно). Более того, заменив матрицу $A$ на $\frac{1}{c} A$, мы сведём дело к случаю $c = 1$ и получим, что $a^{l+kj} + \bar{a}^{l+kj} + 1 = 0$. Если $a$ не является корнем из единицы, то это равенство не может выполняться при всех $k$ (упражнение). Значит, $a^n = 1$ и $A^n = E$.

Замечание. Мы признаём, что это решение (и, соответственно, эта задача) несколько выходит за рамки элементарного, которое предполагается на олимпиаде. Фактически мы зачитывали эту задачу, как решённую, тем участникам, которые поняли, что вопрос сводится к такому:

“существуют ли такие вещественные $\varphi$ и $\varepsilon \not\in \{ \pm 1, 0 \}$, что $2 \cos k\varphi = -\varepsilon^k$ для беско- нечного числа целых $k$?”

Решение, представленное выше, фактически принадлежит Жану Абу Самра: https://mathoverflow.net/q/491724/24165.

3. Покажите, что произведение $7 \cdot 77 \cdot 777 \cdot 7777 \cdots$ ($n > 1$ множителей) никогда не является квадратом целого числа.

Эту задачу мы взяли отсюда https://mathoverﬂow.net/q/461766/24165.

Решение. Рассмотрим остаток при делении на $4$. У всех множителей, кроме первого, он равен $1$, а у первого $3$. Значит, остаток при делении на $4$ всего произведения равен $3$. Однако, квадрат не может иметь остаток $3$ при делении на $4$.

4. Покажите, что многочлен $f(x) + i$ имеет простой (т.е. кратности один) корень в $\CC$, если $f(x) \in \RR[x]$ и не константа.

Эту задачу мы взяли отсюда https://mathoverﬂow.net/q/473887/24165.

Решение. Заметим, что если $g(x) = f(x) + i$ имеет корень $z$, то $\bar{z}$ — не корень g.

В самом деле $g(\bar{z}) = f(\bar{z}) + i = \overline{f(z)} + i = \overline{-i} + i = 2i$. Кратные корни g — это общие корни $g$ и $g' = f'$. При этом каждый корень $g'$ имеет сопряжённый корень той же кратности. Значит, $\deg \gcd(g, g') \leqslant \deg g' / 2 < \deg g 2$ . С другой стороны, предположим, что все корни $g$ являются кратными. Тогда их кратности в $\gcd(g, g')$ на $1$ меньше. Значит корень кратности $m$ в $g$ даёт вклад в степень $\gcd(g, g')$ равный $m - 1 \geqslant m/2$. Отсюда $\deg \gcd(g, g') \geqslant \deg g / 2$. Противоречие.

5. Покажите, что если множество всех квадратов элементов поля является собственным подполем, то характеристика поля равна двум.

Предложил Антон Александрович Клячко

Решение. Допустим, что в поле $F$ характеристики не $2$ квадраты образуют подполе $K \not\subseteq F$. Тогда существует $x \in F \setminus K$. Имеем $1 = 1^2 \in K$, а значит, $2 = 1 + 1 \in K$. Так как характеристика $F$ не $2$, получаем $2 \neq 0$. При этом $(x + 1)^2 - x^2 - 1^2 = 2x \in K$. Так как $2x \in K$ и $2 \in K$ — ненулевой элемент, их частное $x = 2x / 2 = x \in K$. Противоречие.

6. Покажите, что автоморфизм порядка два неединичной абелевой группы всегда имеет неединичную инвариантную циклическую подгруппу.

Предложил Антон Александрович Клячко

Решение. Рассмотрим ненулевой элемент $a$. Пусть $\varphi$ — автоморфизм из условия. Тогда если $\varphi(a) = a$, то $\varphi(\langle a \rangle) = \langle a \rangle$. Иначе $\varphi(a) = b \neq a$. Тогда $\varphi(b-a) = \varphi(b)-\varphi(a) = \varphi^2(a) - b = a - b$. Значит, $\varphi(\langle a - b \rangle) = \langle a - b \rangle$.

7. Покажите, что в каждой конечной неразрешимой группе найдётся подгруппа, не изоморфная никакой нормальной подгруппе.

Эту задачу мы взяли отсюда https://mathoverﬂow.net/q/370056/24165

Решение.

Пусть $G$ — данная группа и $\lvert G \vert = p^{\alpha_1}_1 \cdots p^{\alpha_k}_k$ — разложение на простые множители. Пусть $H_1$, …, $H_k$ — силовские подгруппы, то есть $\lvert G_i \vert = p^{\alpha_i}_i$. Если для каждого $i$ подгруппа $H_i$ нормальна, то $G = H_1 \times \cdots \times H_k$. (Стандартное упражнение.) Однако поскольку каждая $H_i$ разрешима, то и $G$ разрешима. Значит, существует $H_j$ , не являющаяся нормальной. Однако, любая подгруппа $H$, изоморфная $H_j$ имеет $p^{\alpha_j}_j$ элементов, следовательно, она также силовская и сопряжена $H_j$ . То есть H не нормальна.

8. Покажите, что над полем из двух элементов конечная абелева группа обладает неприводимым

а) двумерным представлением тогда и только тогда, когда её порядок делится на $3$, б) четырёхмерным представлением тогда и только тогда, когда её порядок делится на $5$.

Предложил Антон Александрович Клячко

Решение. а) Группа $\GL_2(\FF_2)$ содержит $6$ элементов и не является абелевой, так как

\[\begin{split}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \neq \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}.\end{split}\]

Значит, $GL_2(\FF_2) \cong S_3$. Если порядок группы $G$ не делится на $3$, то для любого гомоморфизма $\rho : G \to GL_2(\FF_2)$, образ не содержит элементов порядка $3$. Значит, либо $\mathrm{Im} \rho = \left\{\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \right\}$, либо $\mathrm{Im} \rho \cong \ZZ_2$. В любом случае предстваление rho не может быть неприводимым.

Если же $\lvert G \rvert$ делится на $3$, поскольку $G$ — абелева группа, существует гомоморфизм $G : \ZZ_3$. Осталось показать, что существует неприводимое двумерное представление группы $\ZZ_3$ над $\FF_2$. Рассмотрим такое представление $\rho$:

\[\begin{split}\rho(0) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \rho(1) = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \rho(2) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.\end{split}\]

Несложно видеть, что оно неприводимо. (Заметим, что данное представление получается из разложения трёхмерного мономиального представления $\ZZ_3$ на неприводимые.)

б) Если $\lvert G \rvert$ делится на $5$, поскольку $G$ — абелева группа, существует гомоморфизм $G : \ZZ_5$. Предъявим неприводимое четырёхмерное представление группы $\ZZ_3$ над $\FF_2$. Рассмотрим такое представление $\rho$:

\[\begin{split}\rho(0) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \rho(1) = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \rho(2) = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \\ \rho(3) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \rho(4) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.\end{split}\]

Покажем, что данное представление неприводимо. Так как char $\FF_2 = 2 \not\mid 5$, применима теорема Машке. Значит, если представление приводимо, то существует $1$-мерное или $2$-мерное инвариантное подпространство. Несложно видеть, что ненулевого неподвижного вектора нет, а значит, нет $1$-мерного инвариантного подпространства. Если же есть $2$-мерное инвариантное подпространство, но нет $1$-мерного, то получаем неприводимое $2$-мерное представление группы $\ZZ_5$ над полем $\FF_2$. Однако, как было установлено в пункте а), $\GL_2(\FF_2) \cong S_3$. Следовательно, любой гомоморфизм $\ZZ_5 \to \GL_2(\FF_2)$ тривиален.

Теперь покажем, что условие, что $\lvert G \rvert$ делится на $5$ необходимо для того, чтобы существовало неприводимое представление $\rho : G \to \GL(\FF^4_2)$. Имеем

\[\lvert \GL_4(\FF_2) \rvert = (24 - 1)(24 - 2)(24 - 4)(24 - 8) = 15 \cdot 14 \cdot 12 \cdot 8 = 26 \cdot 32 \cdot 5 \cdot 7.\]

Так как $G$ абелева, её образ при $\rho$ также абелев. Значит, если оператор $\varphi$ лежит в образе $\rho$, то множество неподвижных относительно $\varphi$ векторов является инвариантным подпространством (относительно всего образа $\rho$). Заметрим, что

\[\lvert \GL_3(\FF_2) \rvert = (23 - 1)(23 - 2)(23 - 4) = 23 \cdot 3 \cdot 7.\]

Значит, в $\lvert \GL_3(\FF_2) \rvert$ есть элемент порядка $7$. Так как циклическая группа порядка $7$ в $\GL_4(\FF_2)$ является силовской, любой элемент порядка $7$ из $\GL_4(\FF_2)$ сопряжён элементу из $\GL_3(\FF_2)$, то есть имеет неподвижный вектор. По сказанному выше это противоречит неприводимости $\rho$. Значит, в образе $\rho$ нет элемента порядка $7$.

Если в образе $\rho$ есть элемент порядка $2^k$, то там есть элемент порядка $2$. Пусть это $\psi$.

Рассмотрим любой ненулевой вектор $u$. Положим $v = \psi(u)$. Если $v = u$, то мы нашли неподвижный относительно $\psi$ ненулевой вектор, что противоречит неприводимости $\rho$.

Если же $v \neq u$, то $u + v$ — неподвижный относительно $\psi$ вектор. Итак, в образе $\psi$ нет элементов порядка $2^k$.

Если образ $\rho$ содержит элемент порядка $5$, то порядок образа $\rho$ делится на $5$, а значит, порядок $G$ также делится на $5$. Пусть это не так. Тогда в образе $\rho$ лежат только элементы порядка $3^k$. Но тогда $\rho(G)$ содержится в силовской $3$-подгруппе группы $\GL_4(\FF_2)$. Однако, силовскую $3$-подгруппу группы $\GL_4(\FF_2)$ можно предъявить: она состоит из матриц вида

\[\begin{split}\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix},\end{split}\]

где $A$ и $B$ (независимо) пробегают множество

\[\begin{split}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.\end{split}\]

Данное множество матриц даёт приводимое представление. Так как все силовские $3$-подгруппы сопряжены, представление rho приводимо, что даёт противоречие.