我是真假诺，我永远爱玩元神

如果两个序列 \((P=\{\mathbf P_i\},p=\{p_i\})\) 和 \((Q=\{\mathbf Q_i\},q=\{q_i\})\) 不同但最终结果相同，即 \(\prod_{k=1}^n\mathbf P_{k}^{p_k}=\prod_{k=1}^m\mathbf Q_k^{q_k}\)，\(p_k,q_k\ne 0\)，尝试由此导出矛盾。

考虑这等价于 \(\mathbf P_{1}^{p_1}\mathbf P_{2}^{p_2}\cdots\mathbf P_{n}^{p_n}\mathbf Q_{\ \ m}^{-q_m}\mathbf Q_{\ \ m-1}^{-q_{m-1}}\cdots\mathbf Q_{\ \ 1}^{-q_1}=\mathbf I_2\)。

为了便于证明，不断合并底数相同的相邻两项，直到 \(\mathbf P_i\ne\mathbf P_{i+1}\)。设得到的结果为 \(\prod_{i=1}^n\mathbf P_{i}^{p_i}=\mathbf I_2\)，这里 \(n>0,p_i\ne 0\)。

接下来我们将证明：\(\mathbf A,\mathbf B\) 相乘永远乘不出 \(\mathbf I_2\)。

构造 \(C_1=\left\{\begin{bmatrix}p\\q\end{bmatrix}\mid |p|>|q|\right\}\)，\(C_2=\left\{\begin{bmatrix}p\\q\end{bmatrix}\mid |p|<|q|\right\}\)，把所有 \(|p|\ne |q|\) 的矩阵划分进两个集合中。

这样构造的好处是，由于 \(u,v\ge 2\)，任取 \(\mathbf X\in C_2\)，\(\mathbf A^d\mathbf X\in C_1\)；任取 \(\mathbf X\in C_1\)，\(\mathbf B^d\mathbf X\in C_2\)。

准备工作已经完成，证明只需对 \(n\) 的奇偶讨论：

• \(2\nmid n\)。取 \(\mathbf X\in C_1\)，\((\prod_{k=1}^n\mathbf P_k^{p_k})\mathbf X=\mathbf I_2\mathbf X=\mathbf X\in C_2\)。
• \(2\mid n\)。考虑左右乘上 \(\mathbf A,\mathbf A^{-1}\)，\(\mathbf A\left(\prod_{k=1}^n\mathbf P_k^{p_k}\right)\mathbf A^{-1}=\mathbf I_2\)。这样转化到 \(2\nmid n\)，错完了！

从高等的视角看，这本质上证明了 \(\mathbb{SL}_2(\Z)\) 的子群 \(\{\mathbf A,\mathbf B\}\) 是自由群。上述结论也可以由 ping-pong lemma 导出。