Ein elementarer Weg, um zu zeigen, dass die Determinante nicht Null ist

Dies könnte dem entsprechen, was Sie getan haben, aber ich werde dies trotzdem als Antwort schreiben.

Lassen$X = \begin{bmatrix}0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 0\end{bmatrix}$. Dann,$X^2 = \begin{bmatrix}0 & -1 & 0 \\ 0 & -2 & -1 \\ 1 & 0 & -2\end{bmatrix}$, und so,

Die Eigenwerte von$X$sind die drei Wurzeln$\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$von$\lambda^3+2\lambda+1 = 0$.

Seit$Y = aI+bX+cX^2$, die Eigenwerte von$Y$Sind$a+b\lambda_k+c\lambda_k^2$für$k = 1,2,3$.

Nun, nehme an$\det(Y) = 0$für einige ganze Zahlen$a,b,c$mit$abc \neq 0$. Dann,$0$muss ein Eigenwert von sein$Y$, und so,$a+b\lambda_k+c\lambda_k^2 = 0$für einige$k \in \{1,2,3\}$. Aber mit der quadratischen Formel haben wir$\lambda_k = \dfrac{-b \pm \sqrt{b^2-4ca}}{2c}$.

Jetzt müssen Sie nur noch beweisen, dass keine der drei Wurzeln von$\lambda^3+2\lambda+1 = 0$kann im Formular ausgedrückt werden$\dfrac{-b \pm \sqrt{b^2-4ca}}{2c}$für ganze Zahlen ungleich Null$a,b,c$. Dies muss nur gezeigt werden$\lambda^3+2\lambda+1$ist irreduzibel in$\mathbb{Z}[\lambda]$, was nur den rationalen Wurzelsatz und dessen Überprüfung erfordert$\pm 1$sind keine Wurzeln.

Angenommen, wir haben ein Gegenbeispiel. Wenn$3$teilt jeweils$a,b,c$, dann können wir jeweils durch teilen$3$ohne Folgen, und erhalten Sie ein weiteres Gegenbeispiel. Wir können dies bis tun$3$scheitert, einen von zu teilen$a,b,c$.

Das können wir aber ausrechnen$3$kann die Determinante in keinem anderen Fall teilen. Dazu hätten wir normalerweise$26$Fälle. Da unser Polynom jedoch homogen ist in$a,b,c$, müssen wir nur Tripel bis zur Skalierung prüfen, was die Anzahl der Fälle halbiert. Wenn zwei von$\{a,b,c\}$Sind$0\bmod 3$Diese Überprüfung ist einfach, da nur ein einziger Term ungleich Null in der Determinantenerweiterung bestehen bleibt. Dies reduziert es auf nur$10$Fälle, von denen jeder von Hand überprüft werden kann (es kann sogar möglich sein, ohne großen Rechenaufwand weiter zu reduzieren).

Anmerkung. Diese Strategie funktioniert für jede Primzahl$p$wofür$t^3+2t+1$ist irreduzibel in$\mathbb F_p[t]$. Das gilt nicht für$p=2$, So$p=3$ergibt die wenigsten Fallzahlen.