Мизерный определитель

[Dave]

Пусть $a_1,a_2,\dots,a_n$ - попарно взаимно простые целые числа. Докажите, что существуют такие целые числа $x_{11},x_{12},\dots,x_{1n},\dots,x_{n-1 \, 1},x_{n-1 \, 2},\dots,x_{n-1 \, n}$, что

$$\begin{vmatrix} \frac 1 {a_1} & \frac 1 {a_2} & \cdots & \frac 1 {a_n} \\ x_{11} & x_{12} & \cdots & x_{1n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n-1 \, 1} & x_{n-1 \, 2} & \cdots & x_{n-1 \, n} \end{vmatrix} = \frac 1 {a_1 a_2 \dots a_n} \, .$$

[nnosipov]

Это же известный факт (наверняка есть у Касселса во "Введении в геометрию чисел"), но зачем Вы накидали сюда дробей?

[Dave]

Не все же читают одинаковые книги! Причём здесь геометрия и что значит "накидал"? Как хочу, так и ставлю задачу.

[nnosipov]

Dave в сообщении #768912 писал(а):

Причём здесь геометрия и что значит "накидал"? Как хочу, так и ставлю задачу.

Не обижайтесь, я же не в упрёк. Дело в том, что в геометрии чисел (такой раздел теории чисел, выросший из работ Минковского) это расхожее место: любой вектор со взаимно простыми координатами можно дополнить до базиса всей целочисленной решётки $\mathbb{Z}^n$.

[Dave]

А верно ли, что любую линейную форму от $n \geqslant 2$ переменных с целыми коэффициентами можно представить в виде определителя матрицы $n \times n$, первой строкой которой являются переменные, а в остальных стоят целые числа?

[nnosipov]

Похоже на правду. Пусть $f=a_1x_1+\ldots+a_nx_n$ --- наша форма. Рассмотрим в $\mathbb{Z}^n$ подрешётку решений уравнения $f=0$. Её базис и даст нам искомые строчки в определителе.

[Dave]

Что-то это не так очевидно. Полученная форма наверняка будет пропорциональна требуемой. А коэффициент пропорциональности?

[nnosipov]

Dave в сообщении #769143 писал(а):

А коэффициент пропорциональности?

Этот момент я ещё не додумал.

[nnosipov]

Лучше так. Пусть $f_1=a_{11}x_1+\ldots+a_{1n}x_n$ --- наша форма, причём её коэффициенты взаимно просты (это не ограничивает общности рассуждений). Тогда найдутся такие формы $f_i=a_{i1}x_1+\ldots+a_{in}x_n$, $i=2,\dots,n$, что матрица $A=(a_{ij})$ унимодулярна. Имеем $[f]=A[x]$, откуда $[x]=A^{-1}[f]$. Последнее равенство будем рассматривать как систему линейных уравнений с неизвестными $f_i$, $i=1,\dots,n$. Теперь напишем формулу Крамера для $f_1$ --- это и будет то, что нам надо.

[Dave]

Лемма. Если целые числа $a_1,a_2,\dots,a_n$ ($n \geqslant 2$) взаимно просты в совокупности, то существует целочисленная матрица $A$ размера $n \times n$ с первой строкой, совпадающей с вышеприведённым набором чисел, и определителем, равным $1$.

Доказательство. Пусть $a=(a_1,a_2,\dots,a_n)$ - матрица размера $1 \times n$ (вектор-строка). Рассмотрим элементарное преобразование вектора $a$, состоящее в прибавлении к одному из его элементов, $a_t$, другого, $a_u$, умноженного на некоторое целое число $\lambda$. До тех пор, пока у вектора $a$ есть минимум две ненулевые координаты, выбираем наименьшую по модулю координату $a_u \ne 0$ и любую другую, $a_t \ne 0$, и, подбирая соответствующим образом $\lambda$, производим указанное преобразование, уменьшая по модулю $a_t$, а значит и общую сумму $S(a)=|a_1|+|a_2|+\dots+|a_n|$. Бесконечно долго сумма $S(a)$, являющаяся целым числом, уменьшаться не может, поэтому после конечного числа таких преобразований мы придём к ситуации, когда у полученного вектора $a$ останется ровно одна ненулевая координата. Так как наибольший общий делитель координат $a$ при преобразовании не изменяется, то эта координата может быть равна только $\pm 1$.
Посмотрим на произведенные операции по-другому. Вначале мы имеем тривиальное соотношение $a=aE$. Каждая операция заключается в умножении обеих частей этого равенства справа на целочисленную матрицу $B_{tu}^{(\lambda)}=(b_{ij})=E+\lambda \delta_{iu} \delta_{jt}$, имеющую $\det (B_{tu}^{(\lambda)})=1$. Слева всегда будет полученный вектор $a'$, а справа произведение исходного $a$ на некоторую матрицу $B$, которая, как произведение указанных выше элементарных матриц, всегда будет целочисленной с определителем, равным $1$ :

$$a'=aB. \eqno(1)$$

При этом, не ограничивая общности, можно считать, что в конце концов получится вектор

$$a'=(1,0,\dots,0), \eqno(2)$$

иначе произведём перестановку двух координат $a'$ и/или замену знака первой координаты, а возможную при этом смену знака $\det(B)$ подправим ничего не значащим для левой части $(1)$ умножением на единичную матрицу, у которой вторая единица по диагонали заменена на $-1$.
Теперь ясно, что можно взять $A=B^{-1}$. Действительно, из целочисленности $B$ и $\det(B)=1$ следует, что $A$ также целочисленна, а из $(1)$ - что $a'A=a'B^{-1}=a$. $(2)$ говорит нам, что слева в последнем равенстве стоит первая строка матрицы $A$. Лемма доказана.

Теперь мы можем применить эту лемму к решению обеих задач.
Первая решается, если заметить, что, в случае попарно взаимно простых чисел $a_1,a_2,\dots,a_n$, числа $a_2 a_3 \dots a_n$, $a_1 a_3 \dots a_n$, $\dots$ $a_1 a_2 \dots a_{n-1}$ взаимно просты в совокупности.
При решении второй вынесем вначале наибольший общий делитель $d$ заданных коэффициентов за скобку (случай, когда все $a_i=0$, тривиален), потом применим лемму и возьмём в качестве требуемой матрицы $B^T$, где $B$ - матрица, фигурирующая в доказательстве леммы, а потом "внесём" $d$ в какую-либо из строк $B^T$, кроме первой. Заменим первую строку полученной матрицы на строку переменных $x_i$ и получим то, что нужно. Действительно, т.к. $A=B^{-1}$, то, по правилу алгебраических дополнений вычисления обратной матрицы, первая строка $A$, совпадающая с числами $\frac {a_i} d$, составляется из алгебраических дополнений первой строки матрицы $B^T$, которые есть не что иное, как коэффициенты получаемой из этой матрицы линейной формы.

Таким образом, уже в утвердительной форме, получена следующая

Теорема. Любую линейную форму от $n \geqslant 2$ переменных с целыми коэффициентами можно представить в виде определителя матрицы $n \times n$, первой строкой которой являются переменные, а в остальных стоят целые числа.

В качестве несложного упражнения предлагаю доказать, что слова "целыми(е)" в этой теореме можно заменить на любое из слов: "рациональными(е)", "действительными(е)", "комплексными(е)".

(Оффтоп)

Алгебраисты наверняка углядят там какое-нибудь поле.

[nnosipov]

nnosipov в сообщении #769147 писал(а):

Этот момент я ещё не додумал.

Теперь додумал и предлагаю доказать:

nnosipov в сообщении #769125 писал(а):

Пусть $f=a_1x_1+\ldots+a_nx_n$ --- наша форма. Рассмотрим в $\mathbb{Z}^n$ подрешётку решений уравнения $f=0$. Её базис и даст нам искомые строчки в определителе.