¿Puede cualquier conjunto de $n$ elementos relativamente primos se extienda a una matriz invertible?

Question

Digamos que te dan un conjunto ordenado de $n$ elementos relativamente primos, $a_1,\dots,a_n$ en un dominio ideal principal $D$ . Si vuelvo a etiquetar estos elementos $a_{11},\dots,a_{1n}$ en el mismo orden, ¿es posible encontrar algún resto $a_{kj}$ en $D$ tal que $(a_{kj})$ es un invertible $n\times n$ matriz sobre $D$ ?

Answer 1

Podemos demostrarlo por inducción. Para $n=1$ el conjunto $\{a_1\}$ es relativamente primo si y sólo si $a_1$ es una unidad, y por tanto $(a_{11})$ es invertible.

Por lo tanto, supongamos que podemos ampliar cualquier conjunto de $n$ elementos relativamente primos a una matriz invertible, y que $n+1$ elementos relativamente primos $a_1,\dotsc,a_{n+1}$ sea dado. Sea $g=\gcd(a_1,\dotsc,a_n)$ . Entonces podemos escribir $a_i=gb_i$ para $1\le i\le n$ con el $b_i$ relativamente primo, y podemos extender la $b_i$ a un invertible $n\times n$ matriz $B$ . Si multiplicamos la primera fila de $B$ por $g$ podemos colocarlo en la parte superior izquierda $n\times n$ bloque de la matriz $A$ para ser construido, y tendremos $a_i=gb_i$ en el lugar adecuado para $1\le i\le n$ . Ahora coloque un múltiplo de la primera fila de $B$ en el $n+1$ -en la fila de $A$ con el multiplicador $r$ aún por determinar, y llenar el $n+1$ -Columna con ceros, excepto el primer y el último elemento $a_{n+1}$ y $s$ con $s$ aún por determinar. Ahora el determinante de la parte superior izquierda $n\times n$ El bloque es $g\det B$ y el determinante de la parte inferior izquierda $n\times n$ El bloque es $(-1)^{n+1}r\det B$ por lo que mediante la expansión de Laplace el determinante de la matriz completa $A$ es

$$\det A=sg\det B+ a_{n+1}r\det B=(sg+ ra_{n+1})\det B\;.$$

Desde $a_1,\dotsc,a_{n+1}$ son relativamente primos, $g$ y $a_{n+1}$ son relativamente primos. Por lo tanto, podemos elegir $r$ y $s$ tal que la expresión entre paréntesis es $1$ y $\det A = \det B$ . Pero una matriz sobre un anillo conmutativo es invertible si y sólo si su determinante es invertible (véase ¿Tienen estos anillos matriciales elementos distintos de cero que no sean unidades ni divisores de cero? y condición necesaria y suficiente para el núcleo trivial de una matriz sobre un anillo conmutativo ). Por lo tanto, ya que $B$ es invertible, $A$ es invertible.

Answer 2

Hay mucho escrito sobre este problema y otros relacionados, por ejemplo, es el caso especial $\rm\:k=1\:$ de abajo.

MR 82k:15013
Gustafson, William H.; Moore, Marion E.; Reiner, Irving
Completaciones matriciales sobre anillos Dedekind.
Álgebra lineal y multilineal 10 (1981), nº 2, 141--144.

Sea d un elemento cualquiera del ideal generado por los k por k menores de una k por n sobre un dominio Dedekind R . Los autores demuestran que M puede puede "completarse" para formar las k filas superiores de alguna matriz invertible de n por n de determinante d .

De hecho, su prueba funciona si R es cualquier dominio de Prufer cuyos ideales finitamente generados pueden ser generados por $\ 1\ 1/2\ $ elementos; basta con preceder su lema por la prueba de la fórmula $\rm\ A \oplus B \cong R \oplus AB\ $ dado en el Teorema 4.1 de R. C. Heitmann y el revisor [Rocky Mountain J. Math. 5 (1975), 361--373; MR 52 #3141].

Revisado por Lawrence S. Levy 91k:15028

Answer 3

Esto se desprende de la teorema de la estructura de los módulos generados finitamente sobre un dominio ideal principal .

Considere su $n$ -tupla $(a_1,\dots,a_n)$ como elemento $a$ del módulo $D^n$ en $D$ y formar el módulo cociente $Q=D/\langle a\rangle$ . Es claramente un módulo generado finitamente sobre $D$ (ya que $D^n$ es), y la hipótesis $\gcd(a_1,\dots,a_n)=1$ significa que el cociente $Q$ es libre de torsión, ya que el orden $d\in D$ (generador del aniquilador) de cualquier elemento de torsión sería es un divisor común de $a_1,\dots,a_n$ . Por el teorema de la estructura, $Q$ es por tanto un módulo libre sobre $D$ . Si $[\overline b_1,\ldots,\overline b_k]$ es una base para $Q$ que consiste en imágenes de elementos $b_i\in D^n$ entonces $[a,b_1,\ldots,b_k]$ forma una base de $D^n$ . Dado que el rango de un módulo libre está bien definido se tiene $k=n-1$ y el $b_i$ son una posible opción para las filas restantes de su matriz.