Da, exista si o solutie fara ca sa stii prea mare lucru, adica ma refer la faptul ca folosesti relatia Hamilton-Cayley (pentru matrice de ordin 2) si restu' se bazeaza pe intuitie.
Iata solutia mea:
Sa presupunem, prin reducere la absurd, ca exista
\( n\geq 1 \) astfel incat
\( A^{n}=I_{2} \). Trecand la determinanti rezulta ca det
\( A\in\{-1, 1\} \). Acum, consideram polinoamele
\( f(x)=x^2-ux+v \) si
\( g(x)=x^{n}-1 \) unde
\( u=tr(A)>2 \), iar
\( v\in\{-1, 1\} \). Ecuatia
\( f(x)=0 \) are radacinile
\( x_{1}, x_{2}\in\mathbb{R} \) (discriminantul este strict pozitiv), iar daca aratam ca radacinile
\( x_{1}, x_{2} \) nu verifica ecuatia
\( g(x)=0 \) o sa rezulte ca polinoamele
\( f,g \) sunt prime intre ele. Pai sa presupunem contrariul, anume ca o radacina,
\( x_{1} \) sa zicem, verifica ecuatia
\( g(x)=0 \). Astfel, o sa rezulte ca
\( x_{1}^{n}-1=0 \), de unde obtinem ca
\( |x_{1}|=1 \).
Mai departe, din
\( x_{1}^{2}-ux_{1}+v=0 \) avem ca
\( |u|=|ux_1|=|{x_1^2+v|\leq |x_{1}^{2}|+|v|=2 \), unde pentru ultima inegalitate am aplicat inegalitatea modulului. Am obtinut o contradictie cu ipoteza problemei. Prin urmare, avem ca
\( f, g \) sunt prime intre ele. Asta inseamna ca exista alte doua polinoame cu coeficienti reali
\( P, Q \) astfel incat
\( P(x)f(x)+Q(x)g(x)=1 \). Pentru
\( x=A \), vom avea ca
\( O_{2}=I_{2} \), contradictie. Deci, concluzia problemei se impune.