Le gustaría obtener una matriz en la que todas las entradas sean divisibles por 2013. Entonces, ¿cuántas matrices son posibles?

Question

Ramesh recibe un $2013\times2013$ matriz de enteros entre $1$ y $2013$ ambos inclusive. Sólo se le permite $2$ operación.

1)Elija una fila,reste $1$ de cada entrada.

2)Elija una columna, añada $1$ a cada entrada.

Desea obtener una matriz en la que todos los números enteros sean divisibles por $2013$ . Entonces, ¿cuántas matrices son posibles?

Answer 1

En realidad, esto no es posible en general. Esto se debe a que las dos operaciones disminuyen o aumentan, respectivamente, la suma total en exactamente $2013$ previa solicitud.

Así, si la suma de todos los elementos de la matriz es, digamos, $2,025,079 = 2013\times 1006 + 1$ entonces puede nunca hacer que todos los elementos sean divisibles por $2013$ ya que la suma total siempre será $1$ de ser divisible por $2013$ .

Ahora bien, si se puede o no hacer que todos los elementos menos uno sean divisibles por $2013$ o qué ocurre si suponemos que la suma es divisible por $2013$ son cuestiones demasiado interesantes para mí en este momento.

Answer 2

Asumiré que la pregunta es cuántos $n\times n$ matrices con entradas en $R=\Bbb Z/n\Bbb Z$ existe que puede escribirse como una suma de matrices con una sola fila de entradas $~1$ y ceros en el resto o una sola columna de entradas $~1$ y ceros en el resto, para $n=2013$ . (Restando esa suma, la matriz puede reducirse a la matriz cero sobre $R$ y "la suma no es más que una resta repetida").

Si $n$ fuera un número primo, la respuesta sería $n^{2n-1}$ mediante álgebra lineal simple: el $n$ generar "matrices de filas" y la $n$ generando "matrices de columnas" que obviamente abarcan cada una un espacio vectorial de dimensión $n$ sobre el campo $~R$ los dos espacios vectoriales de matrices se caracterizan por la igualdad de todas las entradas a lo largo de las filas y a lo largo de las columnas. La intersección de estos subespacios vectoriales contiene todas las matrices con todas las entradas iguales, y tiene dimensión $~1$ de modo que la suma de los dos subespacios es un subespacio de dimensión $n+n-1=2n-1$ que tiene $n^{2n-1}$ elementos.

Ahora $n=2013=3\times11\times61$ no es primo, pero la respuesta sigue siendo $n^{2n-1}$ en este caso. Para ver esto se razona básicamente que la suma puede hacerse directa eliminando un elemento generador de uno de los conjuntos generadores. Así pues, prohibamos el uso de las entradas de la matriz $~1$ en la última fila y ceros en el resto, después de todo esa matriz puede escribirse como la suma de todas las "matrices columna" menos la suma de todas las otros matrices de filas. Afirmo que los generadores restantes forman una $R$ -conjunto linealmente independiente. Consideremos un $R$ -combinación lineal que da la matriz cero. Dado que cada entrada de la última fila aparece sólo en un elemento generador (una matriz de columnas), el hecho de que la combinación dé la matriz cero implica que ese elemento generador tiene coeficiente cero en la combinación lineal; esto se ocupa de las matrices de columnas. Pero una $R$ -La combinación lineal de las matrices de fila nunca es cero, por lo que debemos haber tenido la combinación lineal trivial de los generadores. Como consecuencia de la independencia, todas las $n^{2n-1}$ posible $R$ -las combinaciones lineales dan resultados distintos y, por definición, ésas son todas las matrices que hay que contar.