СЕМНАДЦАТАЯ СТУДЕНЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ПО АЛГЕБРЕ ********************************************* 1. 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 :math:`n \times n` матриц, б) вещественных :math:`4 \times 4` матриц, в) рациональных :math:`n \times n` матриц. Предложил Артём Максимович Максаев Решение. а) Допустим, что :math:`U` --- невырожденное пространство размерности не менее :math:`2`. И пусть :math:`A`, :math:`B` --- не пропорциональные матрицы из :math:`U`. Рассмотрим :math:`C = AB^{-1}`. Тогда существует :math:`\lambda \in \CC` такое, что :math:`\det(C-\lambda E) = 0`. Получаем :math:`\det(A-\lambda B) = \det((C-\lambda E) B) = \det(C - \lambda E) \det B = 0`. Противеречие с тем, что :math:`A - \lambda B \in U`. Одномерным невырожденным пространством является, например, :math:`\{ \lambda E \vert \lambda \in \CC \}`. б) Пусть в пространстве матриц :math:`n \times n` над некоторым полем есть подпространство размерности не менее :math:`n + 1`. Рассмотрим базис этого подпространства :math:`\{ A_1, \ldots , A_m \}`. Так как :math:`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 :math:`4 \times 4` не может иметь размерность больше :math:`4`. Примером невырождленного пространства размерности :math:`4` служит следующее пространство: .. math:: \left\{ \begin{pmatrix} a & -b & -c & -d \\ b & a & -d & c \\ c & d & a & -b \\ d & -c & b & a \end{pmatrix} \right\}. Несложно видеть, что все строки этой матрицы ортогональны и имеют длину :math:`\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 :math:`n`. Рассмотрим поле :math:`K` --- расширение :math:`\QQ` степени :math:`n`. Например, таковым является поле :math:`\QQ[x]/(x^n + 2)`. (Многочлен :math:`x^n + 2` неприводим над :math:`\QQ` по критерию Эйзенштейна.) Выберем в :math:`K` базис над :math:`\QQ`. В рассмотренном примере базисом будет, например, :math:`1`, :math:`x`, ..., :math:`x^{n-1}`. Пусть :math:`h \in K` --- ненулевой элемент. Рассмотрим отображение :math:`\varphi_h : K \to K`, :math:`\varphi_h(g) = hg`. Ясно, что :math:`\varphi_h` --- линейный оператор над :math:`\QQ`. При этом $\varphi_{h^{-1}} = \varphi_h^{-1}. Легко видеть, что :math:`\Psi : K \to \GL(\QQ^n)`, :math:`h \mapsto \varphi_h` --- гомоморфизм. Его образ состоит из невырожденных линейных операторов. Если :math:`h \in \mathrm{Ker} \Psi`, то :math:`hg = g` для всех :math:`g \in K`, что означает :math:`h = 1`. Итак, :math:`\Psi` --- вложение. Следовательно, размерность образа :math:`\Psi` над :math:`\QQ` равна размерности :math:`K`, то есть :math:`n`. 2. Вещественная невырожденная матрица A три на три такова, что :math:`\tr(A^k) = 0` для бесконечного количества натуральных чисел :math:`k`. Можно ли утверждать, что :math:`A^n` --- скалярная матрица для некоторого натурального числа :math:`n`? Предложил Антон Александрович Клячко Решение. Да, можно. Пусть :math:`a`, :math:`b`, :math:`c \in C` --- собственные значения матрицы :math:`A`. Тогда :math:`u_k = \tr(A^k) = a^k + b^k + c^k` представляет собой линейную рекуррентную последовательность, то есть :math:`k`-й член (при достаточно больших :math:`k`) линейно выражается через :math:`d` предыдущих членов: :math:`u_k = a_1 u_{k-1} + \cdots + a_d u_{k-d}`, где :math:`d` и :math:`a_i` не зависят от :math:`k` (в данном случае :math:`d = 3`, а :math:`a_i` определяются равенством :math:`x^3 - a_1 x^2 - a_2 x - a_3 = (x - a)(x - b)(x - c))`. Теорема (Теорема Сколема - Малера - Леха [#skolem]_). Если :math:`u_1`, :math:`u_2`, ... --- линейная рекуррентная последовательность комплексных чисел, то множество её нулей :math:`\{ 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: :math:`a^{l+kj} + b^{l+kj} + c^{l+kj} = 0` при всех :math:`k` (и при некоторых фиксированных :math:`l` и :math:`j`). Раз матрица вещественная, мы можем считать, что :math:`c \in \RR` и :math:`b = \bar{a}` (все три собственных значения не могут быть вещественными очевидно). Более того, заменив матрицу :math:`A` на :math:`\frac{1}{c} A`, мы сведём дело к случаю :math:`c = 1` и получим, что :math:`a^{l+kj} + \bar{a}^{l+kj} + 1 = 0`. Если :math:`a` не является корнем из единицы, то это равенство не может выполняться при всех :math:`k` (упражнение). Значит, :math:`a^n = 1` и :math:`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 :math:`\varphi` и :math:`\varepsilon \not\in \{ \pm 1, 0 \}`, что :math:`2 \cos k\varphi = -\varepsilon^k` для беско- нечного числа целых :math:`k`?" Решение, представленное выше, фактически принадлежит Жану Абу Самра: https://mathoverflow.net/q/491724/24165. 3. Покажите, что произведение :math:`7 \cdot 77 \cdot 777 \cdot 7777 \cdots` (:math:`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 :math:`4`. У всех множителей, кроме первого, он равен :math:`1`, а у первого :math:`3`. Значит, остаток при делении на :math:`4` всего произведения равен :math:`3`. Однако, квадрат не может иметь остаток :math:`3` при делении на :math:`4`. 4. Покажите, что многочлен :math:`f(x) + i` имеет простой (т.е. кратности один) корень в :math:`\CC`, если :math:`f(x) \in \RR[x]` и не константа. Эту задачу мы взяли отсюда https://mathoverflow.net/q/473887/24165. Решение. Заметим, что если :math:`g(x) = f(x) + i` имеет корень :math:`z`, то :math:`\bar{z}` --- не корень g. В самом деле :math:`g(\bar{z}) = f(\bar{z}) + i = \overline{f(z)} + i = \overline{-i} + i = 2i`. Кратные корни g --- это общие корни :math:`g` и :math:`g' = f'`. При этом каждый корень :math:`g'` имеет сопряжённый корень той же кратности. Значит, :math:`\deg \gcd(g, g') \leqslant \deg g' / 2 < \deg g 2` . С другой стороны, предположим, что все корни :math:`g` являются кратными. Тогда их кратности в :math:`\gcd(g, g')` на :math:`1` меньше. Значит корень кратности :math:`m` в :math:`g` даёт вклад в степень :math:`\gcd(g, g')` равный :math:`m - 1 \geqslant m/2`. Отсюда :math:`\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 :math:`F` характеристики не :math:`2` квадраты образуют подполе :math:`K \not\subseteq F`. Тогда существует :math:`x \in F \setminus K`. Имеем :math:`1 = 1^2 \in K`, а значит, :math:`2 = 1 + 1 \in K`. Так как характеристика :math:`F` не :math:`2`, получаем :math:`2 \neq 0`. При этом :math:`(x + 1)^2 - x^2 - 1^2 = 2x \in K`. Так как :math:`2x \in K` и :math:`2 \in K` --- ненулевой элемент, их частное :math:`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 :math:`a`. Пусть :math:`\varphi` --- автоморфизм из условия. Тогда если :math:`\varphi(a) = a`, то :math:`\varphi(\langle a \rangle) = \langle a \rangle`. Иначе :math:`\varphi(a) = b \neq a`. Тогда :math:`\varphi(b-a) = \varphi(b)-\varphi(a) = \varphi^2(a) - b = a - b`. Значит, :math:`\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 :math:`G` --- данная группа и :math:`\lvert G \vert = p^{\alpha_1}_1 \cdots p^{\alpha_k}_k` --- разложение на простые множители. Пусть :math:`H_1`, ..., :math:`H_k` --- силовские подгруппы, то есть :math:`\lvert G_i \vert = p^{\alpha_i}_i`. Если для каждого :math:`i` подгруппа :math:`H_i` нормальна, то :math:`G = H_1 \times \cdots \times H_k`. (Стандартное упражнение.) Однако поскольку каждая :math:`H_i` разрешима, то и :math:`G` разрешима. Значит, существует :math:`H_j` , не являющаяся нормальной. Однако, любая подгруппа :math:`H`, изоморфная :math:`H_j` имеет :math:`p^{\alpha_j}_j` элементов, следовательно, она также силовская и сопряжена :math:`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 :math:`3`, б) четырёхмерным представлением тогда и только тогда, когда её порядок делится на :math:`5`. Предложил Антон Александрович Клячко Решение. а) Группа :math:`\GL_2(\FF_2)` содержит :math:`6` элементов и не является абелевой, так как .. math:: \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}. Значит, :math:`GL_2(\FF_2) \cong S_3`. Если порядок группы :math:`G` не делится на :math:`3`, то для любого гомоморфизма :math:`\rho : G \to GL_2(\FF_2)`, образ не содержит элементов порядка :math:`3`. Значит, либо :math:`\mathrm{Im} \rho = \left\{\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \right\}`, либо :math:`\mathrm{Im} \rho \cong \ZZ_2`. В любом случае предстваление \rho не может быть неприводимым. Если же :math:`\lvert G \rvert` делится на :math:`3`, поскольку :math:`G` --- абелева группа, существует гомоморфизм :math:`G : \ZZ_3`. Осталось показать, что существует неприводимое двумерное представление группы :math:`\ZZ_3` над :math:`\FF_2`. Рассмотрим такое представление :math:`\rho`: .. math:: \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}. Несложно видеть, что оно неприводимо. (Заметим, что данное представление получается из разложения трёхмерного мономиального представления :math:`\ZZ_3` на неприводимые.) б) Если :math:`\lvert G \rvert` делится на :math:`5`, поскольку :math:`G` --- абелева группа, существует гомоморфизм :math:`G : \ZZ_5`. Предъявим неприводимое четырёхмерное представление группы :math:`\ZZ_3` над :math:`\FF_2`. Рассмотрим такое представление :math:`\rho`: .. math:: \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}. Покажем, что данное представление неприводимо. Так как char :math:`\FF_2 = 2 \not\mid 5`, применима теорема Машке. Значит, если представление приводимо, то существует :math:`1`-мерное или :math:`2`-мерное инвариантное подпространство. Несложно видеть, что ненулевого неподвижного вектора нет, а значит, нет :math:`1`-мерного инвариантного подпространства. Если же есть :math:`2`-мерное инвариантное подпространство, но нет :math:`1`-мерного, то получаем неприводимое :math:`2`-мерное представление группы :math:`\ZZ_5` над полем :math:`\FF_2`. Однако, как было установлено в пункте а), :math:`\GL_2(\FF_2) \cong S_3`. Следовательно, любой гомоморфизм :math:`\ZZ_5 \to \GL_2(\FF_2)` тривиален. Теперь покажем, что условие, что :math:`\lvert G \rvert` делится на :math:`5` необходимо для того, чтобы существовало неприводимое представление :math:`\rho : G \to \GL(\FF^4_2)`. Имеем .. math:: \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 :math:`G` абелева, её образ при :math:`\rho` также абелев. Значит, если оператор :math:`\varphi` лежит в образе :math:`\rho`, то множество неподвижных относительно :math:`\varphi` векторов является инвариантным подпространством (относительно всего образа :math:`\rho`). Заметрим, что .. math:: \lvert \GL_3(\FF_2) \rvert = (23 - 1)(23 - 2)(23 - 4) = 23 \cdot 3 \cdot 7. Значит, в :math:`\lvert \GL_3(\FF_2) \rvert` есть элемент порядка :math:`7`. Так как циклическая группа порядка :math:`7` в :math:`\GL_4(\FF_2)` является силовской, любой элемент порядка :math:`7` из :math:`\GL_4(\FF_2)` сопряжён элементу из :math:`\GL_3(\FF_2)`, то есть имеет неподвижный вектор. По сказанному выше это противоречит неприводимости :math:`\rho`. Значит, в образе :math:`\rho` нет элемента порядка :math:`7`. Если в образе :math:`\rho` есть элемент порядка :math:`2^k`, то там есть элемент порядка :math:`2`. Пусть это :math:`\psi`. Рассмотрим любой ненулевой вектор :math:`u`. Положим :math:`v = \psi(u)`. Если :math:`v = u`, то мы нашли неподвижный относительно :math:`\psi` ненулевой вектор, что противоречит неприводимости :math:`\rho`. Если же :math:`v \neq u`, то :math:`u + v` --- неподвижный относительно :math:`\psi` вектор. Итак, в образе :math:`\psi` нет элементов порядка :math:`2^k`. Если образ :math:`\rho` содержит элемент порядка :math:`5`, то порядок образа :math:`\rho` делится на :math:`5`, а значит, порядок :math:`G` также делится на :math:`5`. Пусть это не так. Тогда в образе :math:`\rho` лежат только элементы порядка :math:`3^k`. Но тогда :math:`\rho(G)` содержится в силовской :math:`3`-подгруппе группы :math:`\GL_4(\FF_2)`. Однако, силовскую :math:`3`-подгруппу группы :math:`\GL_4(\FF_2)` можно предъявить: она состоит из матриц вида .. math:: \begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}, где :math:`A` и :math:`B` (независимо) пробегают множество .. math:: \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}. Данное множество матриц даёт приводимое представление. Так как все силовские :math:`3`-подгруппы сопряжены, представление \rho приводимо, что даёт противоречие. .. [#skolem] 1см., например, А. Я. Канель-Белов, Задачи о линейных рекуррентах, Мат. просвещение, сер. 3, 30 (2023), 192-208, https://www.mathnet.ru/mp1074