Deje $n\geq2$ ser un número entero y deje $a_1,\ldots,a_n\in\mathbb Z$$\gcd(a_1,\ldots,a_n)=1$. ¿La ecuación $$\begin{vmatrix}a_1&\cdots&a_n\\x_{11}&\cdots&x_{1n}\\x_{21}&\cdots&x_{2n}\\\vdots&\ddots&\vdots\\x_{n-1,1}&\cdots&x_{n-1,n}\end{vmatrix}=1$$ siempre tienen un entero solución para el $x_{kl}$'s?
La motivación
Considere la siguiente pregunta:
Deje $(0,0)\neq(a,b)\in\mathbb Z^2$. ¿Cuál es la mínima área de un triángulo cuyos vértices tienen coordenadas $(0,0)$, $(a,b)$ y $(x,y)\in\mathbb Z^2$?
Es fácil ver a los ser $\frac12\gcd(a,b)$, señalando que el área está dada por $$\frac12\left|\begin{vmatrix}a&b\\x&y\end{vmatrix}\right|=\frac12|ay-bx|$$ y el teorema de Bézout. Tenga en cuenta que este es el caso de la $n=2$. También tenemos:
Deje $(0,0,0)\neq(a_1,a_2,a_3)\in\mathbb Z^3$. El mínimo volumen de un tetraedro cuyos vértices tienen coordenadas enteras $(0,0,0)$, $(a_1,a_2,a_3)$, $(x_1,x_2,x_3)$ y $(y_1,y_2,y_3)$$\frac16\gcd(a_1,a_2,a_3)$.
La prueba es un poco más tedioso: (de origen (en holandés))
El volumen está dado por $\frac16\left|\begin{vmatrix}a_1&a_2&a_3\\x_1&x_2&x_3\\y_1&y_2&y_3\end{vmatrix}\right|=\frac16\left|a_1\begin{vmatrix}x_2&x_3\\y_2&y_3\end{vmatrix}+a_2\begin{vmatrix}x_1&x_3\\y_1&y_3\end{vmatrix}+a_3\begin{vmatrix}x_1&x_2\\y_1&y_2\end{vmatrix}\right|$. Por lo que es suficiente para mostrar que $\left(\begin{vmatrix}x_2&x_3\\y_2&y_3\end{vmatrix},\begin{vmatrix}x_1&x_3\\y_1&y_3\end{vmatrix},\begin{vmatrix}x_1&x_2\\y_1&y_2\end{vmatrix}\right)$ puede tomar cualquier valor en $\mathbb Z^3$. Deje $(u,v,w)\in\mathbb Z^3$. Si $\gcd(v,w)=d>1$, podemos resolver para $(u,\frac vd,\frac wd)$ y multiplicar $x_1,y_1$ $d$ para obtener una solución para $(u,v,w)$. Suponga $\gcd(v,w)=1$. Ahora elija $x_1=y_1=1$, $x_2,x_3$ tal que $x_2v-x_3w=u$ y $y_2=x_2+w$, $y_3=x_3+v$ para obtener $\left(\begin{vmatrix}x_2&x_3\\y_2&y_3\end{vmatrix},\begin{vmatrix}x_1&x_3\\y_1&y_3\end{vmatrix},\begin{vmatrix}x_1&x_2\\y_1&y_2\end{vmatrix}\right)=(u,v,w)$.
Esto es lo que me hizo pensar que estas observaciones podrían generalizar a dimensiones superiores...
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
La conjetura parece cierto:
Para cualquier $a_1,\ldots,a_n\in\mathbb Z$, el determinante de una matriz con ellos en su primera fila puede ser cualquier múltiplo de su $\gcd$.
Claramente no es suficiente para manejar el caso en que su $\gcd$$1$. He encontrado un procedimiento recursivo que parece funcionar. Para $n=2$ tomamos $$\begin{pmatrix}a_1&a_2\\-b_2&b_1\end{pmatrix}$$ donde $b_1a_1+b_2a_2=1$. Ahora vamos a $n\geq3$ y supongamos que hemos construido $M$ tal que $$\left|\begin{array}{c}a_2&\cdots&a_n\\\hline\\ &\large M\end{array}\right|=\gcd(a_2,\ldots,a_n)=a.$$
Imaginar la expansión de este determinante a lo largo de la primera fila. Lo que tenemos es una combinación lineal de $a_2,\ldots,a_n$ $n-2\times n-2$ menores de $M$, decir $m_2,\ldots,m_n$, como de los coeficientes. Tenga en cuenta que esto implica $\gcd(m_2,\ldots,m_n)=1$, por lo que no existe $c_2,\ldots,c_n\in\mathbb Z$ tal que $$\left|\begin{array}{c}c_2&\cdots&c_n\\\hline\\ &\large M\end{array}\right|=1.$$ Debido a $\gcd(a_1,a)=1$ tenemos $xa_1+ya=1$ algunos $x,y\in\mathbb Z$. Ahora observar que $$\left|\begin{array}{c|ccc}a_1&a_2&\cdots&a_n\\ -y&xc_1&\cdots&xc_n\\\hline 0\\ \vdots&&M\\ 0\end{array}\right|=a_1\cdot\left|\begin{array}{c}xc_2&\cdots&xc_n\\\hline\\ &\large M\end{array}\right|+y\cdot\left|\begin{array}{c}a_2&\cdots&a_n\\\hline\\ &\large M\end{array}\right|=1.$$
Nota: el obtenido de la matriz se verá como $$\begin{pmatrix}a_1&a_2&a_3&\cdots&a_{n-1}&a_n\\ *&*&*&\cdots&*&*\\ 0&*&*&\cdots&*&*\\ 0&0&*&\cdots&*&*\\ \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&*&*\end{pmatrix},$$ lo que se llama un superior de la matriz de Hessenberg.
