No existen tales una matriz invertible?

Question

Deje $n \geq 1$ $A = \mathbb{k}[x]$ donde $\mathbb{k}$ es un campo. Deje $a_1, \dots, a_n \in A$ ser tal que

$$Aa_1 + \dots + Aa_n = A.$$

¿Existe una matriz invertible $\|r_{ij}\| \in M_n\left(A\right)$ tal que $r_{1j} = a_j$ todos los $j = 1, \dots, n$?

Answer 1

Esta propiedad se cumple para cualquier PID $A$ $a_1,\dots,a_n\in A$ tal que $(a_1,\dots,a_n)=A$.

El Smith Forma Normal de la matriz $(a_1\dots a_n)$ $(1\ 0 \dots 0)$ (żpor qué?). Así, existe una matriz invertible $U\in M_n(A)$ tal que $(a_1 \dots a_n)=(1\ 0 \dots 0)U$, y eso es todo.

Answer 2

Como se mencionó en la otra respuesta, este resultado se mantiene para todos los principales ideales dominios $A$. Usted puede probar por inducción en $n$ que existe $U\in {\rm GL}_n(A)$ tal que $U\cdot (a_1,\dotsc,a_n)^t = (1,0,\dotsc,0)^t$:

Si $n=2$, escribir $1 = ra_1 + sa_2$$r,s\in A$. A continuación, $U = \begin{pmatrix} r & s\\ -a_2 & a_1\end{pmatrix}$ ha determinante $1$ y satisface $U\cdot (a_1, a_2)^t = (1,0)^t$.

Supongamos ahora que el resultado vale para $n-1$. Deje $d$ ser el mcd de a$a_{n-1}$$a_n$. Escribir $d = ra_{n-1} + sa_n$ algunos $d,r,s\in A$. Deje $U_1 := \begin{pmatrix} E_{n-2} & 0\\ 0 & V\end{pmatrix}$ $V = \begin{pmatrix}r & s\\ -a_n/d & a_{n-1}/d\end{pmatrix}$ (donde $E_{n-2}$ $(n-2)\times(n-2)$ matriz identidad). A continuación, $U_1\in {\rm SL}_n(A) \subseteq {\rm GL}_n(A)$ y $$U_1 \cdot \begin{pmatrix}a_1\\ \vdots\\ a_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} E_{n-2} & 0 & 0\\ 0 & r & s\\ 0 & -a_n/d & a_{n-1}/d \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}a_1\\ \vdots\\ a_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1\\ \vdots\\ a_{n-2}\\ d\\ 0\end{pmatrix}$$ reduce al caso de $n-1$. Así que por hipótesis de inducción existe $U'_2\in {\rm GL}_{n-1}(A)$ tal que $U'_2\cdot (a_1,\dotsc,a_{n-2},d)^t = (1,0,\dotsc,0)^t$. Así que vamos a $U_2 = \begin{pmatrix} U'_2 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}$. Por construcción tenemos $U_2 \in {\rm GL}_n(A)$$U_2 \cdot (a_1,\dotsc,a_{n-2},d,0)^t = (1,0,\dotsc,0)^t$. Por lo tanto $U_2\cdot U_1 \cdot (a_1,\dotsc,a_n)^t = U_2 \cdot (a_1,\dotsc,a_{n-2},d,0)^t = (1,0,\dotsc,0)^t$$U_2 \cdot U_1\in {\rm GL}_n(A)$. Esto termina la inducción.

Ahora, si usted toma el $U\in {\rm GL}_n(A)$ tal que $U\cdot (a_1,\dotsc,a_n)^t = (1,0,\dotsc,0)^t$, $(a_1,\dotsc,a_n)^t$ es en realidad la primera columna de $U^{-1}$ (ya que de lo contrario, la colocación de la primera columna de $U^{-1}$ $(a_1,\dotsc,a_n)^t$ rendimientos otro inversa para $U$, una contradicción a la unicidad de la inversa). Por último, $(U^{-1})^t$ tiene la forma deseada.