整数矩阵的一个性质
定理 设 $A$ 为 $n$ 阶整数矩阵 $(n\geq 3)$, 并且 $\det A=1$. 那么可以将 $A$ 表示为
$$
A=U_1L_1U_2L_2
\begin{pmatrix}
B&O\\
O&I_{n-2}
\end{pmatrix},
$$
其中 $L_1,L_2$ 为对角线全为 $1$ 的下三角整数矩阵, $U_1,U_2$ 为对角线全为 $1$ 的上三角整数矩阵, $B$ 为 $2$ 阶整数方阵.
在证明之前, 先作如下定义
$$
P_m:=\left\{
\begin{pmatrix}
I_{n-m}&O\\
A&B
\end{pmatrix}
:A为 m\times (n-m)整数矩阵, B为对角线全为1的下三角m阶整数矩阵
\right\}
$$
$$
Q_m:=\left\{
\begin{pmatrix}
I_{n-m}&A\\
O&B
\end{pmatrix}
:A为 (n-m)\times m整数矩阵, B为对角线全为1的上三角m阶整数矩阵
\right\}
$$
$$
R_m:=\left\{
\begin{pmatrix}
I_{n-m}&O&O\\
\beta&1&O\\
O&O&I_{m-1}
\end{pmatrix}
:\beta为 1\times (n-m)整数矩阵
\right\}
$$
$$
S_m:=\left\{
\begin{pmatrix}
I_{n-m}&\alpha&O\\
O&1&O\\
O&O&I_{m-1}
\end{pmatrix}
:\alpha为 (n-m)\times 1整数矩阵
\right\}
$$
$$
T_m:=\left\{
\begin{pmatrix}
A&O\\
O&I_m
\end{pmatrix}
:A为 (n-m)阶可逆整数方阵
\right\}
$$
注意到以下事实
$$
R_m\subset P_m,\quad S_m\subset Q_m,\quad R_{m+1},S_{m+1}\subset T_m.
$$
引理1 设 $A$ 为 $n$ 阶整数矩阵 $(n\geq 3)$, 并且 $\det A=1$. 那么存在 $L_1,L_2\in R_1,U_1,U_2\in S_1$, $(n-1)$ 阶整数方阵 $B$ 使得
$$
L_2U_2L_1U_1A=
\begin{pmatrix}
B&O\\
O&1
\end{pmatrix}.
$$
证明 我们分四步证明.
第一步, 存在 $U_1\in S_1$, 使得 $A_1=U_1A$ 的第 $n$ 列 $(a^{\prime}_{1n},a^{\prime}_{2n},\cdots,a^{\prime}_{nn})^\mathrm{T}$ 满足
$$
\gcd(a^{\prime}_{1n},a^{\prime}_{2n},\cdots,a^{\prime}_{n-1n})=1.
$$
第二步, 存在 $L_1\in R_1$, 使得 $A_2=L_1A_1$ 的第 $(n,n)$ 元为 $1$.
第三步, 存在 $U_2\in S_1$, 使得 $A_3=U_2A_2$ 的第 $n$ 列为 $(0,0,\cdots,1)^\mathrm{T}$.
第四步, 存在 $L_2\in R_1$, 使得 $A_4=L_2A_3$ 的第 $n$ 行为 $(0,0,\cdots,1)$.
从而
$$
L_2U_2L_1U_1A=\begin{pmatrix}
B&O\\
O&1
\end{pmatrix}.
$$
引理2 对任意的 $X\in T_m,Y\in P_m,Z\in Q_m$, 有 $XYX^{-1}\in P_m,XZX^{-1}\in Q_m$.
证明 设
$$
X=
\begin{pmatrix}
A&O\\
O&I_m
\end{pmatrix}
,\quad Y=
\begin{pmatrix}
I_{n-m}&O\\
C&D
\end{pmatrix}
,\quad Z=
\begin{pmatrix}
I_{n-m}&E\\
O&F
\end{pmatrix}.
$$
其中 $A$ 为 $(n-m)$ 阶可逆整数矩阵, $C$ 为 $m\times (n-m)$ 整数矩阵, $D$ 为对角线全为 $1$ 的下三角 $m$ 阶整数矩阵, $E$ 为 $(n-m)\times m$ 整数矩阵, $F$ 为对角线全为 $1$ 的上三角 $m$ 阶整数矩阵.
$$
XYX^{-1}=
\begin{pmatrix}
A&O\\
O&I_m
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
I_{n-m}&O\\
C&D
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
A^{-1}&O\\
O&I_m
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
I_{n-m}&O\\
CA^{-1}&D
\end{pmatrix}\in P_m.
$$
$$
XZX^{-1}=
\begin{pmatrix}
A&O\\
O&I_m
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
I_{n-m}&E\\
O&F
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
A^{-1}&O\\
O&I_m
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
I_{n-m}&AE\\
O&F
\end{pmatrix}\in Q_m.
$$
引理3 对于 $L_1,L_2\in P_m,U_1,U_2\in Q_m,L_3,L_4\in R_{m+1},U_3,U_4\in S_{m+1}$, 存在 $L_5,L_6\in P_{m+1},U_5,U_6\in Q_{m+1}$ 使得
$$
L_4U_4L_3U_3L_2U_2L_1U_1=L_6U_5L_5U_5.
$$
证明 由于 $L_4U_4L_3U_3,U_4L_3U_3,L_3U_3,U_3\in T_m$, 因此
$$
\begin{align}
&L_4U_4L_3U_3L_2U_2L_1U_1\\
=&[(L_4U_4L_3U_3)L_2(L_4U_4L_3U_3)^{-1}L_4][(U_4L_3U_3)U_2(U_4L_3U_3)^{-1}U_4][(L_3U_3)^{-1}L_1(L_3U_3)^{-1}L_3][U_3U_1]\\
=&L_6U_6L_5U_5.
\end{align}
$$
其中
$$
\begin{align}
&L_6=(L_4U_4L_3U_3)L_2(L_4U_4L_3U_3)^{-1}L_4\in P_{m+1},\\
&U_6=(U_4L_3U_3)U_2(U_4L_3U_3)^{-1}U_4\in Q_{m+1},\\
&L_5=(L_3U_3)^{-1}L_1(L_3U_3)^{-1}L_3\in P_{m+1},\\
&U_6=U_3U_1\in Q_{m+1}.\\
\end{align}
$$
回到原题, 现在证明定理.
证明 先归纳证明, 当 $1\leq m\leq n-2$ 时, 存在 $L_1,L_2\in P_m,U_1,U_2\in Q_m$ 和 $m$ 阶整数方阵 $B$ 使得
$$
L_2U_2L_1U_1A=
\begin{pmatrix}
B&O\\
O&I_{m}
\end{pmatrix}.
$$
当 $m=1$ 时, 由引理1得证.
假设 $m$ 时结论成立, 即存在 $L_1,L_2\in P_m,U_1,U_2\in Q_m$ 和 $m$ 阶整数方阵 $B$ 使得
$$
L_2U_2L_1U_1A=\begin{pmatrix}B&O\\O&I_{m}\end{pmatrix}.
$$
由引理1, 存在 $L_3,L_4\in R_{m+1},U_3,U_4\in S_{m+1}$ 使得
$$
L_4U_4L_3U_3
\begin{pmatrix}
B&O\\
O&I_{m}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
B_1&O\\
O&I_{m+1}
\end{pmatrix}.
$$
由引理2, 存在 $L_5,L_6\in P_{m+1},U_5,U_6\in Q_{m+1}$ 使得
$$
L_6U_6L_5U_5A=
\begin{pmatrix}
B_1&O\\
O&I_{m+1}
\end{pmatrix}.
$$
故 $m+1$ 时结论成立, 有数学归纳法知结论成立.
当 $m=n-2$, 即存在 $L_1,L_2\in P_{n-2},U_1,U_2\in Q_{n-2}$ 使得
$$
L_2U_2L_1U_1A=
\begin{pmatrix}
B&O\\
O&I_{n-2}
\end{pmatrix}.
$$
因此
$$
A=U_1^{-1}L_1^{-1}U_2^{-1}L_2^{-1}\begin{pmatrix}
B&O\\
O&I_{n-2}
\end{pmatrix},
$$
其中 $L_1^{-1},L_2^{-1}$ 为对角线全为 $1$ 的下三角整数矩阵, $U_1^{-1},U_2^{-1}$ 为对角线全为 $1$ 的上三角整数矩阵. Q.E.D.
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