若當塊不大于七階的十一階矩陣群冪單性

摘" 要：針對二元生成矩陣群的冪單性問題，避開了抽象的李代數，李超代數等理論的研究方法，采用矩陣對數、非交換多項式乘積的展開等簡單理論，討論并發現了新的二元生成自由群本原元組合性質。基于這些新的二元生成自由群本原元的組合性質，首次就一般矩陣群給出了組合性質的統一證明并得到新的關于矩陣跡的方程，在此基礎上首次利用流程圖歸納了此類證明的流程，并借助計算軟件maple，求解所得的方程，再利用相似變換得到了新的冪單性質的判定條件，豐富了相關研究。

關鍵詞：本原元；矩陣群；冪單性；自由群

DOI：10.15938/j.jhust.2024.02.017

中圖分類號： O153.3

文獻標志碼： A

文章編號： 1007-2683（2024）02-0137-10

The Unipotency of Eleventh Order Matrix Group

with no More than Seven Jordan Blocks

YANG Xinsong，" GAO Yunfeng

（School of Science， Harbin University of Science and Technology， Harbin 150080，China）

Abstract：By avoiding complex research methods involving Lie algebra and Lie superalgebra， and instead utilizing simple theories such as matrix logarithm and expansion of product of non commutative polynomial， the new combination property of primitive elements of binary generated free groups is explored intensively against the problem of unipotent of binary generated matrix groups. A unified proof of the combination property is given for the general matrix group initiatively using the primitive elements of the binary generated free group with a new equation for the matrix trace obtained. Based on this， a flowchart is primarily used to summarize the proofing process. At the same time， the equation is solved by maple， the calculation software， before the new judgment condition of the unipotency is obtained from the similarity transformation. This approach enriches the content of related research.

Keywords：primitive element; matrix group; unipotency; free group

收稿日期： 2022-08-17

基金項目： 國家自然科學基金（11871181）.

作者簡介：

高云峰（1996—），男，碩士研究生.

通信作者：

楊新松（1972—），男，博士，碩士研究生導師，E-mail：yangxinsong2005@163.com.

0" 引" 言

眾所周知自由群線性表示的研究是代數表示研究的一個分支［1-5］。近年來，冪單以及與之密切相聯的冪零（冪單可以看作單位元與冪零的和）性質研究成為了該分支的重要內容［6-9］。在冪單性質研究中，判定代數結構冪單具有基礎性意義。2001年，Plotonov首次開始研究冪單條件，而且探究了本原元不含高于三階若當塊的矩陣群的冪單性質［10］。同年Тавгень， Самонов給出了二元生成自由群為冪單群的一些條件，設G為二元域F上的二元生成自由群，群同態ρ：G→Cn×n（n=2，3，4）使得本原元的像為冪單矩陣，則ρ（G）為冪單群 ［11］。2011年，劉春艷［12］ 證明了本原元標準形不含四階以上、五階以上和六階以上若當塊時群的冪單性，同時證明表示維數為7的條件下的群的冪單性。2013年，有學者研究了表示維數為8的線性表示像的冪單性質，并且證明的表示維數為8的本原元的若當標準型只有一個若當塊的冪單性［13］。2014年，有學者在文［13］的基礎上進一步證明了維數為8時本原元素的其他若干組合方式的冪單性，而且得到了處理冪零的新的方程［14］。2016年，Billhardt等證明了在冪單半群上可嵌入群冪等［15］。同年，Danchev等系統探究了環的單位都是冪單的這一問題［16］。2016年有學者在文［12］基礎上進一步研究了標準型不高于五階與不高于四階若當塊矩陣群的冪單性，并且證明了表示維數為9的diag（J4，E5）和diag（J4，J4，E）型的冪單性 ［17］。2019年有學者在文獻［12］基礎上進一步研究了本原元不高于六階若當塊矩陣群的冪單性，并且進一步研究了表示維數為9的diag（J6，J3），diag（J6，E3），diag（J6，J2，E）型的冪單性 ［18］。2020年有學者研究了標準型不高于三階若當塊矩陣群的冪單性，同時證明表示維數為9的diag（J5，J4），diag（J5，J3，E）型的冪單性［19］。2021年有學者研究了線性表示維數為9中的diag（J4，J2，J2，E），diag（J4，J2，E3），diag（J4，J3，E2），diag（J4，J3，E），diag（J4，J3，J3）型冪單性 ［20］。同年有學者證明了G（2，4，7），G（2，5，7）型的冪單性和線性表示維數為10中G（E）和G（J）型的自由群的冪單性 ［21］。2022年有學者證明了G（2，6，6），G（3，3，5）型的冪單性，以及表示維數為10的diag（J4，E6），diag（J4，J4，J2）型的冪單性［22］。截止到2022年3月，表示維數是10及以下情況都已經基本解決。表示維數是11，最大若當塊不小于8階的情況也已經完成。

顯然 ，矩陣群冪單性判定接下來要做的應該是兩個方向：一是針對任意表示維數考慮本原元素最大若當塊不超過4階矩陣群冪單性；另一種是考慮表示維數固定為11維以上的各種情況。對于表示維數是11的情況，接下來要做的是生成元最大若當塊小于8的情況。由于某生成元型為diag（J7，E4）已經完成并投稿，所以我們從某生成元為diag（J7，J4）開始。當然，還應靠慮diag（J7，J3，1），diag（J7，J2，J2），diag（J7，J2，E），以及最大若當塊不超過六階的情況。

1" 生成元的組合

本文討論具有線性表示的群，因此可以直接在矩陣群中處理，所談運算均為矩陣運算。N*表示正整數集合，E為單位矩陣。

定義1［14］" 設G為矩陣群，若存在自然數n，使得（E－A）n=0，則稱A為G中的冪單元。

定義2［10］" 設G為矩陣群，若群G中任意一個元都是冪單元，則稱G為冪單群。

顯然，一般線性群中冪單矩陣A的特征根僅為1。

定義3［14］" 設G是二元生成自由群，若a∈G存在b∈G使得a，b生成G，那么稱a為G的本原元，并稱a是b相關聯的本原元。

引理1［10］" 設p，q為二元生成自由群G中的生成元組，那么所有與p相關聯的本原元的形式為pαqεpβ，其中（α，β∈Z，ε=±1）。

該引理為下面引理使用本原元提供了形式保證。

以下引理中，總假設A=H+E，B=T+E，并且A，B生成一個本原元素均冪單的矩陣群。

引理2［14］" 若存在可逆矩陣P使得P－1AP=A1*0A2，P－1BP=B1*0B2，則該群冪單。

以下幾個引理在過去的同類研究中，對表示維數不同的情況分別給出了證明，本文針對所有線性群做了一般性證明。

引理3" trHkB=trTkA=trHBk，trTAk=0，k∈N*。

證明：由B，AB，A2B ，…， AkB，…是本原元，

故trB=trAB=trA2B=…=trAkB

=…=n。由trAB=trB+trHB=n而trB=n所以得trHB=0。由trA2B=trB+2trHB+trH2B=n而trB=n，trHB=0所以trH2B=0。再由數學歸納法得出trHkB=0，其中k∈N*。

同理，由B，BA，B2A，…，BkA，…為本原元得trTkA=0，其中k∈N*。

同理，再由B，AB，AB2，…，ABk，…為本原元可得trHBk=0，其中k∈N*。

最后，再由A，BA，BA2 ，…， BAk，…為本原元得trTAk=0，其中k∈N*。

此引理為接下來的引理證明提供了公式支撐。本文主要結論的證明方式是通過解方程組揭示矩陣結構。方程是依據本原元素冪單，從而跡是階數來尋找的。不同的跡會集中體現矩陣不同位置元素。因此我們需要把含有較少矩陣元素的跡的方程尋找出來，先來看恰含兩個B的組合會有什么樣的方程。

引理4 ""如果i+jgt;k時trHiBHjB=0，那么∑i+j=ktrHiBHjBi！j！=0成立。

證明：AnB為本原元，故特征值為1，并且（AnB）2的特征值為也1，從而tr（AnB）2=n。取

F=H－12H2+13H3+…+（－1）m－1Hmm則An=E+nF+n22F2+…+nmm！Fm，故" n=tr（AnB）2=tr（B+nFB+n212F2B+…+nmm！FmB）2=trB2+n（trFB2+trBFB）+…+nk∑i+j=ktrFiBFjBi！j！+…+n2m∑i+j=ktrFmBFmBi！j！依次取n=m，m+1，…，3m由范德蒙行列式以及方程組理論得下式

2trFB2=…=∑i+j=ktrFiBFjBi！j！=…=trFmBFmBm！m！=0由于∑i+j=ktrFiBFjBi！j！=∑i+j=ktrHiBHjBi！j！（－1）i+j+∑i+jgt;kaijtrHiBHjB，其中aij為trHiBHjB的系數，又 i+jgt;k，trHiBHjB=0所以∑i+j=ktrHiBHjBi！j！=0。

引理5" 如果i+jgt;k時trHiBHjB=0，則∑i+j=ktrHiBHjB（i－1）！j！=0，∑i+j=ktrHiBHjB（i－1）！（j－1）！=0成立。

證明：tr（AB）2=trB2+2trHB2+trHBHB，由引理3，trB2=n及tr（AB）2=n得trHBHB=0，將B替換成AnB得trHAnBHAnB=0。取F=H－12H2+13H3+…+（－1）m－1Hmm如引理4一樣進行得∑i+j=ktrHi+1BHj+1Bi！j！=0，再由i+jgt;k，trHiBHjB=0得∑i+j=ktrHiBHjB（i－1）！（j－1）！=0。

同理將trHB2=0中B替換成AnB得trHAnBAnB=0如引理5一樣進行得∑i+j=ktrHi+1BHjBi！j！=0，再由i+jgt;k，trHiBHjB=0得∑i+j=ktrHiBHjB（i－1）！j！=0。

引理6" 如果i+jgt;k時trHiBHjB=0，那么∑i+j=ki≥2trHiBHjB（i－2）！j！=0成立。

證明：由trHB2=0將B替換成AB得trHABAB=0，將A=H+E代入得下式

trHB2+trHBHB+trH2B2+trH2BHB=0

由trHB2=0，trHBHB=0所以有trH2B2+trH2BHB=0，將B替換成AnB通過引理5一定的方法化簡得∑i+j=ktrHi+2BHjBi！j！+∑i+j=ktrHi+2BHj+1Bi！j！=0，再由i+jgt;k，trHiBHjB=0得∑i+j=ki≥2trHiBHjB（i－2）！j！=0。

引理7" 如果i+jgt;k時trHiBHjB=0，那么∑i+j=ki≥2trHiBHjB（i－2）！（j－1）！=0成立。

證明：由n=trA2BA2B=trB2+4trHB2+2trH2B2+4trH2BHB+4trHBHB+trH2BH2B。

由于n=trB2，trHB2=trHBHB=0，trH2B2+trH2BHB=0，所以有2trH2BHB+trH2BH2B=0。

將此式中B換作AnB通過引理4證明后面固定的方法化簡可得

2∑i+j=ki≥2，j≥1trHiBHjB（i－2）！（j－1）！+∑i+j=k+1trHiBHj+1B（i－2）！j！=0，故∑i+j=ki≥2trHiBHjB（i－2）！（j－1）！=0。

引理8" 如果i+jgt;k時trHiBHjB=0，那么∑i+j=ki≥2trHiBHjB（i－3）！j！=0成立。

證明：由引理7中所證trH2B2+trH2BHB=0，將B換成AB得0=trH2ABAB+trH2ABHAB=trH2B2+trH2BHB+trH3B2+trH3BHB+trH2BHB+trH2BH2B+trH3BHB+trH3BH2B將trH2B2+trH2BHB=0，tr（H2B）2+2trH2BHB=0代入上式得

trH3B2+2trH3BHB+12trH2BH2B+trH3BH2B=0

將上式中B換作AnB，通過化簡得∑i+j=ktrHi+3BHjBi！j！+2∑i+j=ktrHi+3BHj+1Bi！j！+∑i+j=ktrHi+3BHj+2Bi！j！+12∑i+j=ktrHi+2BHj+2Bi！j！=0又i+jgt;k，trHiBHjB=0得∑i+j=ki≥2trHiBHjB（i－3）！j！=0。

這里需要再次強調，以上方程需要在含有H的總次數較高的含兩個B的組合的每個單項式的跡都是零時才成立。 這些方程在使用時，需要（本文是通過計算軟件反復計算）驗證這個條件。

下面是含3個B的組合性質。

引理9 如果i+j+kgt;m時trHiBHjBHkB=0，那么∑i+j+k=mtrHiBHjBHkBi！j！k！=0成立。

證明：由trAnBAnBAnB=n如引理4所示得證。

引理10" 如果i+j+kgt;m時，trHiBHjBHkB=0，那么∑i+j+k=mtrHiBHjBHkB（i－1）！j！k！=0成立。

證明：由trHB3=0將B換作AnB得trHAnBAnBABn=0如引理4所示得證。

引理11" 如果i+j+kgt;m時trHiBHjBHkB=0，那么∑i+j+k=mtrHiBHjBHkB（i－1）！（j－1）！k！=0成立。

證明：由trABAB2=n，trABAB2=trHBHB2+2trHB3+trB3，又由trB3=n，trHB3=0得trHBHB2=0。再將B換作ABn得trHAnBHAnBAnB=0如引理5所示得證。

引理12" 如果i+j+kgt;m時trHiBHjBHkB=0，那么∑i+j+k=mtrHiBHjBHkB（i－2）！j！k！=0成立。

證明：由于trHB3=0，將B換成AB得trHABABAB=0，由trABABAB=n可得n=trB3+trHB3+3trHB2HB+trHBHBHB，由trHB3=0，trB3=n， trHB2HB=0得trHBHBHB=0。

由0=trHABABAB=trHB3+trH2B3 +2trHB2HB+trH2BHB2+trHBH2B2+ trHBHBHB+trH2BHBHB，再由trHB2HB=0，trHB3=0及trHBHBHB=0 得

0=trH2B3+trH2BHB2+trHBH2B2+trH2BHBHB

將B換成AnB得

0=trH2AnBAnBAnB+trH2AnBHAnBAnB+trH2AnBHAnBHAnB

其中H次數最低為H2AnBAnBAnB，再由i+j+kgt;m時trHiBHjBHkB=0，得∑i+j+k=mtrHiBHjBHkB（i－2）！j！k！=0。

引理13 如果i+j+kgt;m時trHiBHjBHkB=0，

那么∑i+j+k=mi≥1，j≥2trHiBHjBHkB（i－1）！（j－2）！k！+∑i+j+k=mi≥2，j≥1trHiBHjBHkB（i－2）！（j－1）！k！=0成立。

證明：由trHBHB2=0將B換成AB得trHABHABAB=0，再由trHABHABAB=trHBHB2+trH2BHB2+trHBH2B2+trHBHBHB+trH2BH2B2+trH2BHBHB+trHBH2BHB+trH2BH2BHB（1）

將B換作AnB再如引理5所示得證。

引理14" 如果i+j+kgt;m時trHiBHjBHkB=0，那么

∑i+j+k=mi≥3trHiBHjBHkB（i－3）！j！k！=0。

證明：由引理13所得0=trH2B3+trH2BHB2+trH2BHBHB。將（1）式代入得

0=trH2B3－trH2BHBHB－trH2BH2B2－trH2BH2BHB（2）

將上式中B換作AB得0=trH2（AB）3－trH2ABHABHAB－trH2ABH2（AB）2－trH2ABH2ABHAB將A=H+E代入得下式：

0=trH3B3+∑i+j+kgt;3trHiBHjBHkB將B換作AnB，H次數最低為H3AnBAnBAnB， 再由i+j+kgt;m時trHiBHjBHkB=0，得證。

引理15" 如果i+j+kgt;m時trHiBHjBHkB=0，那么

∑i+j+k=mtrHiBHjBHkB（i－2）！（j－1）！（k－1）！=0

成立。

證明： 0=trA2BA2BA2B－trABA2BA2B=trHABA2BA2B

=tr（H+H）2B［（E+2H+H2）B］2

將此式展開，再將trHB3=0，trHBHB2=0，trHBHBHB=0以及式（2）代入其中并化簡得

2trH2BHB2+2trHBH2B2+7trH2BHBHB+2trH2BH2B2+5trH2BH2BHB=0（3）。

將trHBHB2=0，trHBHBHB=0代入（1）中得

trH2BHB2+trHBH2B2+trH2BH2B2+2trH2BHBHB+trH2BH2BHB=0（4）

將式（4）代入式（3）中得：

3trH2BHBHB+3trH2BH2BHB+trH2BH2BH2B=0（5）

將B換作AnB證畢。

在下面引理中，為了書寫簡便，借用數學分析中高階無窮小方式，以O（m）代表H的次數高于m的跡之和。

引理16 ""如果i+j+kgt;m時trHiBHjBHkB=0，那么

∑i+j+k=mi≥4，j≥1trHiBHjBHkB（i－4）！（j－1）！k！+

∑i+j+k=mi≥4，k≥1trHiBHjBHkB（i－4）！j！（k－1）！=0，

∑i+j+k=mi≥3，j≥2trHiBHjBHkB（i－3）！（j－2）！k！+

∑i+j+k=mi≥3，k≥2trHiBHjBHkB（i－3）！j！（k－2）！=0，

∑i+j+k=mi≥3，j≥1，k≥1trHiBHjBHkB（i－3）！（j－1）！（k－1）！=0，

∑i+j+k=mi≥2，j≥2，k≥1trHiBHjBHkB（i－2）！（j－2）！（k－1）！=0。

證明：由n=trAB（A2B）2=trHB（A2B）2+trB（A2B）2=trB3+4trHB3+2trH2B3+8trHBHB2+3trHBH2B2+3trHB2H2B+3trH2BHB2+4trHBHBHB+tr（H2B）2B+4tr（HB）2H2B+tr（H2B）2HB。

將trB3=n，trHBHBHB=0，trHB3=0代入上式得

0=2trH2B3+3trHBH2B2+3trH2BHB2+

4trH2B（HB）2+trH2BH2B2+tr（H2B）2HB（6）

由引理16得

trH2B3+3trHBH2B2+3trH2BHB2+

8trH2B（HB）2+2trH2BH2B2+5tr（H2B）2HB+tr（H2B）3=0（7）

式（1）－2式（2）得：

trHBH2B2+trH2BH2B2+2trH2BHBHB+

trH2BHB2+tr（H2B）2HB=0（8）

式（7）－式（2）－2式（8）得：

3trH2B（HB）2+3tr（H2B）2HB+tr（H2B）3=0（9）

由n=trA3BA2BA2B=trH（A2B）3+

tr（A2B）3，又tr（A2B）3=n得trH（A2B）3=0

將B換成A2B，再由trA4BA3B=n，將A=H+E代入展開，再將式（2），trHB3=0，trHBHB2=0，代入得：

0=trH3B3+2trH3B2HB+2trH3BHB2+

4trH2BHBHB+trH3BH2B2+trH3B2H2B+

6tr（H2B）2HB+4trH3B（HB）2+2tr（H2B）3+

2trH3BH2BHB+2trH3BHBH2B+O（6）（10）

由n=tr（A3B）2A2B=trHA2BA3BA2B+trA2BA3BA2B，trA2BA3BA2B=n所以trHA2BA3BA2B=0，又trHA2BA3BA2B=trHA2BHA2BA2B+trHA2BA2BA2B，trHA2BA2BA2B=0，故trHA2BHA2BA2B=0將A=H+E代入展開，將trHB3=0，trHBHB2=0，3trH2BHBHB+3trH2BH2BHB+trH2BH2BH2B=0

代入式（10）得：

trH3BHB2+trH3B2HB+2trH2BH2B2+

2trH3BH2B2+

2trH2B2H3B+4trH3HBHB+

3tr（H2B）2HB+trH3BH3B2+73tr（H2B）3+5trH3BHBH2B+O（6）=0（11）

由n=tr（A3B）3=trHA2B（A3B）2+trA2B（A3B）2，trA2B（A3B）2=n，故trHA2B（A3B）2=0，trHA2B（A3B）2=trH（A2B）3+trH（A2B）2HA2B+tr（HA2B）3+tr（HA2B）2A2B而trH（A2B）2HA2B=0，tr（HA2B）2A2B=0所以tr（HA2B）3=0，將A=H+E代入展開，再將trHBHB2=0，trHBHBHB=0，式（5）代入式（11）得：

6tr（H2B）2HB+3trH3B（HB）2+6tr（H2B）3+6trH3BH2BHB+6trH3BHBH2B+O（6）=0（12）

由n=trA4BA3BA3B=trH（A3B）3+tr（A3B）3，tr（A3B）3=n所以trH（A3B）3=0，trH（A3B）3=trHA2B（A3B）2+trH2A2B（A3B）2=trH2（A2B）2+trH2（A2B）2HA2B+tr（H2A2B）3+trH2A2BH（A2B）2將式（8），式（9），式（5），式（10）代入式（12）化簡為

trH4B3+trH2BH3B2+3trH4BH2HB+

3trH4BHB2+tr（H2B）2HB+2trH3B（HB）2+

3trH4BH2B2+3trH4BH2B+tr（H2B）3+

7trH3BHBH2B+2trH3BH3B2+9trH4B（HB）2+O（6）=0（13）

將式（10）中B換成AB，將式（8），式（9），式（5），式（10）代入式（13）化簡得：

trH3BHB2+trH3B2HB+O（4）=0（14）

將式（11）代入式（10）中得：

trH2BH2B2+O（4）=0（15）

由n=tr（A4B）2A3B=trA4B（A3B）2+trH（A3B）3+tr（HA3B）2A3B，trA4B（A3B）2=n，trH（A3B）3=0得tr（HA3B）2A3B=0，將A=H+E代入展開，再將式（11）、式（14）、式（15）代入得：

trH4BHB2+trH4B2HB+3trH3BH2B2+

7trH3B（HB）2+18tr（H2B）2HB+O（5）=0（16）

式（14）將B換成AB得：

trH4BHB2+trH4B2HB+2trH3B（HB）2+

trH3B2H2B+trH3BH2B2+O（5）=0（17）

式（12）可以寫成

trH3B（HB）2+2trH2BH2BHB+O（5）=0（18）

式（15）將B換成AB得：

2trH3BH2B2+2trH3B2H2B+2tr（H2B）2HB+O（5）=0（19）

將式（16）～（19）聯立得：

tr（H2B）2HB+O（5）=0（20）

trH3B（HB）2+O（5）=0（21）

trH4BHB2+trH4B2HB+O（5）=0（22）

trH3BH2B2+trH3B2H2B+O（5）=0（23）

將上式B換成AnB，再按照引理4的方法即可從式（20）～（23）得：

∑i+j+k=mi≥2，j≥2，k≥1trHiBHjBHkB（i－2）！（j－2）！（k－1）！=0，

∑i+j+k=mi≥3，j≥1，k≥1trHiBHjBHkB（i－3）！（j－1）！（k－1）！=0，

∑i+j+k=mi≥4，j≥1trHiBHjBHkB（i－4）！（j－1）！k！+∑i+j+k=mi≥4，k≥1trHiBHjBHkB（i－4）！j！（k－1）！=0，

∑i+j+k=mi≥3，j≥2trHiBHjBHkB（i－3）！（j－2）！k！+∑i+j+k=mi≥3，k≥2trHiBHjBHkB（i－3）！j！（k－2）！=0。

同理可證下面含4個B的組合性質。

引理17" 如果i+j+k+lgt;m，trHiBHjBHkBHlB=0，那么

∑i+j+k+l=mtrHiBHjBHkBHlBi！j！k！l！=0，

∑i+j+k+l=mtrHiBHjBHkBHlB（i－1）！j！k！l！=0，

∑i+j+k+l=mtrHiBHjBHkBHlB（i－1）！j！（k－1）！l！=0，

∑i+j+k+l=mtrHiBHjBHkBHlB（i－1）！（j－1）！（k－1）！l！=0，

∑i+j+k+l=mtrHiBHjBHkBHlB（i－1）！（j－1）！（k－1）！（l－1）！=0

成立。

在處理表示維數較低的情況時，通過上面的跡的方程往往可以將矩陣結構計算清楚（我們的目標是滿足引理2即可）。但是本次研究中發現這些方程無法滿足求解需要，因此借鑒處理表示維數不固定時的研究方法，引入下面方程。這些直接把矩陣證為零的式子在使用中比較麻煩，我們需要每個位置去看，找到我們需要求解的未知數相關的位置（因此需要借助計算軟件）。因為大概每個矩陣使用時都要尋找120多個位置來觀察。

引理18" 記F=LogA，L=LogB，則有T6F+T5FT+T4FT2+T3FT3+T2FT4+TFT5+FT6=0，H6L+H5LH+H4LH2+H3LH3+H2LH4+HLH5+LH6=0。

證明：因為AkB為本原元，k∈Z，所以（AkB－E）7=0，令F=∑6i=1（－1）i－1Hii=LogA，（AkB－E）7=［Exp（LogAk）B－E］7=［（E+∑6i=1kii！Fi）B－E］7=（T+∑6i=1kii！FiB）7=0，展開后記為∑42i=1wiki=0，令k=7，8，9，…，48，再由范德蒙行列式及其方程組理論得wi=0，i=0，1，2，…，42，其中w1=T6FB+T4FBT+T3FBT3+T2FBT4+TFBT5+FBT6=0，因為B與T可交換，所以可將B交換到每一項的右側，在等式兩邊同時右乘B－1得

T6F+T5FT+T4FT2+T3FT3+T2FT4+TFT5+FT6=0

同理由BkA為本原元得

H6L+H5LH+H4LH2+H3LH3+H2LH4+HLH5+LH6=0

2" 矩陣群的冪單性質

本文目的是證明矩陣A=diag（J7，J4）和矩陣B生成的本原元冪單的矩陣群是冪單群。本文歸納近年來 采用證明方法給出如下定義。

定義4" 方程解證法是指通過求解針對某可變指標值m的方程組完成證明的方法。具體操作如圖1所示。

定理1" 二元生成11階矩陣群中一個生成元為A=diag（J7，J4），則當本原元均冪單時，該矩陣群冪單。

證明：不妨設和A=diag（J7，J4）生成群的生成元B=（xij）11×11，并記A=H+E，B=T+E，Y=LogA，L=LogB。

根據證明方法流程圖，證明過程如圖2所示。

所有證明的計算過程均在maple中進行。因為過程類似，為了簡便本文僅就圖中實線箭頭所指思路敘述，虛線箭頭的證明過程從略。

首先利用引理5和引理6解得x6，1=x7，1=x7，2=0。此時

B=x1，1x1，2x1，3x1，4x1，5x1，6x1，7x1，8x1，9x1，10x1，11x2，1x2，2x2，3x2，4x2，5x2，6x2，7x2，8x2，9x2，10x2，11x3，1x3，2x3，3x3，4x3，5x3，6x3，7x3，8x3，9x3，10x3，11x4，1x4，2x4，3x4，4x4，5x4，6x4，7x4，8x4，9x4，10x4，11x5，1x5，2x5，3x5，4x5，5x5，6x5，7x5，8x5，9x5，10x5，110x6，2x6，3x6，4x6，5x6，6x6，7x6，8x6，9x6，10x6，1100x7，3x7，4x7，5x7，6x7，7x7，8x7，9x7，10x7，11x8，1x8，2x8，3x8，4x8，5x8，6x8，7x8，8x8，9x8，10x8，11x9，1x9，2x9，3x9，4x9，5x9，6x9，7x9，8x9，9x9，10x9，11x10，1x10，2x10，3x10，4x10，5x10，6x10，7x10，8x10，9x10，10x10，11x11，1x11，2x11，3x11，4x11，5x11，6x11，7x11，8x11，9x11，10x11，11

繼續利用引理5得

tr（H3BH6B）=x11，1x7，8=0

于是得到三組情形1：x7，8=0，x11，1≠0，2：x7，8≠0， x11，1=0，3：x7，8=0，x11，1=0。由于證明思路，方法類似，僅僅是方程求解復雜度有區別，結果討論多樣性不同，所以我們只討論敘述情形1，而情形2、3不再贅述。

情形1：x7，8=0，x11，1≠0。

當x11，1≠0時，由引理4，引理5，引理6，引理11，引理12，引理13，引理18解得

x5，1=x5，8=x6，2=x6，8=x6，9=x7，3=0

x7，8=x7，9=x7，10=0

也就是

B=x1，1x1，2x1，3x1，4x1，5x1，6x1，7x1，8x1，9x1，10x1，11x2，1x2，2x2，3x2，4x2，5x2，6x2，7x2，8x2，9x2，10x2，11x3，1x3，2x3，3x3，4x3，5x3，6x3，7x3，8x3，9x3，10x3，11x4，1x4，2x4，3x4，4x4，5x4，6x4，7x4，8x4，9x4，10x4，110x5，2x5，3x5，4x5，5x5，6x5，70x5，9x5，10x5，1100x6，3x6，4x6，5x6，6x6，700x6，10x6，11000x7，4x7，5x7，6x7，7000x7，11x8，1x8，2x8，3x8，4x8，5x8，6x8，7x8，8x8，9x8，10x8，11x9，1x9，2x9，3x9，4x9，5x9，6x9，7x9，8x9，9x9，10x9，11x10，1x10，2x10，3x10，4x10，5x10，6x10，7x10，8x10，9x10，10x10，11x11，1x11，2x11，3x11，4x11，5x11，6x11，7x11，8x11，9x11，10x11，11

此時，就x7，4進行討論，又分兩種情況，情形1-1：x7，4≠0；情形1-2：x7，4=0。先來看

情形1-1：x7，4≠0。此時取矩陣

P=aa1a2a3a4a5a6ff1f2f30aa1a2a3a4a50ff1f200aa1a2a3a400ff1000aa1a2a3000f0000aa1a2000000000aa10000000000a0000000cc1c2c3dd1d2d30000cc1c20dd1d200000cc100dd1000000c000d

容易驗證A=P－1AP，記G=P－1BP，則A與G=P－1BP生成的群和A與B生成的群同構，因此，可以認為G就是B。由于x7，4≠0，所以可以適當選取a1、a2、d1、d2、d3，使得G（也就是B）矩陣滿足：

G［7，5］=G［7，6］=G［7，11］=0

G［8，1］=G［9，1］=G［10，1］=0

此時矩陣

B=x1，1x1，2x1，3x1，4x1，5x1，6x1，7x1，8x1，9x1，0x1，11x2，1x2，2x2，3x2，4x2，5x2，6x2，7x2，8x2，9x2，10x2，11x3，1x3，2x3，3x3，4x3，5x3，6x3，7x3，8x3，9x3，10x3，11x4，1x4，2x4，3x4，4x4，5x4，6x4，7x4，8x4，9x4，10x4，110x5，2x5，3x5，4x5，5x5，6x5，70x5，9x5，10x5，1100x6，3x6，4x6，5x6，6x6，700x6，10x6，11000x7，400x7，700000x8，2x8，3x8，4x8，5x8，6x8，7x8，8x8，9x8，10x8，110x9，2x9，3x9，4x9，5x9，6x9，7x9，8x9，9x9，10x9，1100x10，3x10，4x10，5x10，6x10，7x10，8x10，9x10，10x10，11x11，100x11，4x11，5x11，6x11，7x11，8x11，9x11，10x11，11

繼續由引理4，引理5，引理6，引理10，引理11，引理12，引理18解得兩組解，兩組解的公共部分都有x7，4=0。可見，情形1最終歸結為情形1-2：x7，4=0。

情形1-2：x7，4=0。

B=x1，1x1，2x1，3x1，4x1，5x1，6x1，7x1，8x1，9x1，10x1，11x2，1x2，2x2，3x2，4x2，5x2，6x2，7x2，8x2，9x2，10x2，11x3，1x3，2x3，3x3，4x3，5x3，6x3，7x3，8x3，9x3，10x3，11x4，1x4，2x4，3x4，4x4，5x4，6x4，7x4，8x4，9x4，10x4，110x5，2x5，3x5，4x5，5x5，6x5，70x5，9x5，10x5，1100x6，3x6，4x6，5x6，6x6，700x6，10x6，110000x7，5x7，6x7，7000x7，11x8，1x8，2x8，3x8，4x8，5x8，6x8，7x8，8x8，9x8，10x8，11x9，1x9，2x9，3x9，4x9，5x9，6x9，7x9，8x9，9x9，10x9，11x10，1x10，2x10，3x10，4x10，5x10，6x10，7x10，8x10，9x10，10x10，11x11，1x11，2x11，3x11，4x11，5x11，6x11，7x11，8x11，9x11，10x11，11

由引理4，引理5，引理6，引理10，引理11，引理12，引理18并結合x11，1≠0解得

x5，2=x5，9=x6，3=x6，10=x7，11=0

x4，1=－x11，8， x4，8x11，1=－x24，1

此時再取矩陣

P=aa1a2a3a4a5a6ff1f2f30aa1a2a3a4a50ff1f200aa1a2a3a400ff1000aa1a2a3000f0000aa1a2000000000aa10000000000a0000000cc1c2c3dd1d2d30000cc1c20dd1d200000cc100dd1000000c000d

容易驗證A=P－1AP，記G=P－1BP，則A與G=P－1BP生成的群和A與B生成的群同構，因此，可以認為G就是B。由于x7，4≠0，所以可以適當選取a、f、f1、f3、d1、d2、d3，使得G（也就是B）矩陣滿足：

G［2，1］=G［3，1］=G［4，1］=G［4，8］=G［11，8］=0

G［8，1］=G［9，1］=G［10，1］=0

值得注意的是這個方法和情況的前提有關，因為這里是x11，1≠0，所以a=x11，1≠0是可以取到的。

繼續利用引理4，引理5，引理6，引理10，引理11，引理12，引理18并結合x11，1≠0解得

x3，8=x4，9=x5，10=x6，11=0

于是

B=x1，1x1，2x1，3x1，4x1，5x1，6x1，7x1，8x1，9x1，10x1，110x2，2x2，3x2，4x2，5x2，6x2，7x2，8x2，9x2，10x2，110x3，2x3，3x3，4x3，5x3，6x3，70x3，9x3，10x3，110x4，2x4，3x4，4x4，5x4，6x4，700x4，10x4，1100x5，3x5，4x5，5x5，6x5，7000x5，11000x6，4x6，5x6，6x6，700000000x7，5x7，6x7，700000x8，2x8，3x8，4x8，5x8，6x8，7x8，8x8，9x8，10x8，110x9，2x9，3x9，4x9，5x9，6x9，7x9，8x9，9x9，10x9，110x10，2x10，3x10，4x10，5x10，6x10，7x10，8x10，9x10，10x10，11x11，1x11，2x11，3x11，4x11，5x11，6x11，70x11，9x11，10x11，11

繼續由引理4，引理5，引理6，引理10，引理11，引理12，引理18并結合x11，1≠0解得五組解。分別標記為

情形1-2-1：x2，8=x3，9=x4，2=x4，10=x5，3=x5，11=0

情形1-2-2：x2，8=x3，9=x4，2=x4，10=x5，11=x7，5=0

情形1-2-3：x2，8=x3，9=x4，10=x5，11=x6，4=x7，5=0

情形1-2-4：x2，8=x4，10=x5，3=x5，11=x6，4=x7，5=x11，9=0

情形1-2-5：x3，9=x4，2=x5，3=x5，11=x6，4=x7，5=x10，8=x11，9=0

無論哪種（實際的計算分類比較繁瑣，但是結論可以綜合敘述如下），繼續用引理4，引理5，引理6，引理10，引理11，引理12，引理18，最終都得到

x2，8=x3，9=x4，2=x4，10=x5，3=x5，11=0

x6，4=x7，5=x10，8=x11，9=0

也就是說，最終一定可以得到

B=x1，1x1，2x1，3x1，4x1，5x1，6x1，7x1，8x1，9x1，10x1，110x2，2x2，3x2，4x2，5x2，6x2，70x2，9x2，10x2，110x3，2x3，3x3，4x3，5x3，6x3，700x3，10x3，1100x4，3x4，4x4，5x4，6x4，7000x4，11000x5，4x5，5x5，6x5，700000000x6，5x6，6x6，7000000000x7，6x7，700000x8，2x8，3x8，4x8，5x8，6x8，7x8，8x8，9x8，10x8，110x9，2x9，3x9，4x9，5x9，6x9，7x9，8x9，9x9，10x9，110x10，2x10，3x10，4x10，5x10，6x10，7x10，8x10，9x10，10x10，11x11，1x11，2x11，3x11，4x11，5x11，6x11，7x11，8x11，9x11，10x11，11

再用引理4，引理5，引理6，引理10，引理11，引理12，引理18可得到多個解，每個解繼續深入都回最終解得 x7，6=0。

此時，矩陣A與B都是第七行，第七列為一階方陣的準上三角矩陣，從而定理得證。

另外兩個情況沒有詳細寫證明過程，其中應用更多的是引理19。在此引理證明前已經說過，實際每次要用軟件搜索檢查120左右各位置來確定所需要的方程。而這些搜索工作描述出來僅僅是一個方程求解，因此無需贅述。

3" 結" 論

本文只證明了在表示維數為十一時，生成元為A=diag（J7，J4）和矩陣B生成的本原元冪單的矩陣群冪單性。A=diag（J7，J2，E2）的證明程序計算已經完，后續做好簡化、補充方程證明等工作即可整理發表。因為不同形式的生成元在做相似變換時所需要的矩陣不同，當兩個矩陣乘出一個組合單項式之后的矩陣跡所包含的元素，滿足的方程差異較大，因此組合性質需要另外處理。每種情況大概均需10頁左右工作量。考慮到工作量問題，本文僅處理了一種情況。十一階矩陣群其它類型如A=diag（J7，J3，E）探究仍在進行中。研究難點集中在本原元新的組合性質的探究，以及就一般矩陣群的新的關于矩陣跡的方程的尋找。因為新的性質和方程更有利于探究二元生成的十一階矩陣群的冪單性。

參 考 文 獻：

［1］" BITTON Charly.The Abelianization of Almost Free Groups ［J］. Proceedings of the American Mathematical Society， 2001， 129（6）：1799.

［2］" KUIIN M. Gabriella，STEGER Tim. Free Group Representations From Vector-Valued Multipli-cative Functions， I［J］. Israel Journal of Mathe-Matics， 2004， 144（2）：317.

［3］" PUDER D，WU C. Growth of Primitive Elem-ents In Free Groups［J］. Journal of the London Mathematical Society， 2014， 90（1）：89.

［4］" KUHN M.Gabriella，SALIANI Sandra，STEGER Tim.Free Group Representations from Vectorvalued Multiplicative Functions， II［J］. Mathematische Zeitschrift， 2016， 284（3/4）：1137.

［5］" SUZUKI Yuhei. Amenable" Minimal" Cantor Systems of Free Groups Arising From Diagonal Actions ［J］. Journal für die reine und angewandte Mathematik， 2017， 2017（722）： 183.

［6］" GRESCHONIG Gernot. Recurrence in Unipotent Groups and Ergodic Nonabelian Group Extensions［J］.Israel Journal of Mathematics， 2005 ，（147）：245.

［7］" PUTTMANN A.Free Affine Actions of Unipotent Groups on Cn［J］.Transformation Groups，2007，12（1）：137.

［8］" 唐建國，嚴青云. 冪幺矩陣的充要條件［J］. 數學的實踐與認識，2010，40（20）：172.

TANG Jianguo，YAN Pingyun. Necessary and Sufficient Conditions of Unipotent Matrix［J］. Mathematics in Practice and Theory，2010，40（20）：172.

［9］" 林志興，楊忠鵬，陳梅香. 冪幺矩陣的譜分解與冪幺指數的確定［J］. 數學的實踐與認識，2018，48（6）： 309.

LIN Zhixing，YANG Zhongpeng，CHEN Meixiang. Spectral Decomposition of Unipotent Matrix and Determination of Unipotent Index［J］. Mathematics in Practice and Theory，2018，48（6）：309.

［10］PLATONOV VP，Potapchik A E.New Combinatorial Properties of Linear Group Algebra［J］.Journal of Algebra，2001：2.

［11］Тавгень.ОИ， Самсонов Ю Б. Унипотентность Образа Представления F2（x，y） Матрицами из GL（n，C）， n=2，3，4 При Условии Отображения Образующих и Примитивных Элементов в Унипотентные Матрицы［J］. Докл. НАН Беларуси， 2001， 45（6）： 29.

［12］劉春艷. 二元生成自由群的冪單性條件［D］.哈爾濱：哈爾濱理工大學，2011.

［13］譚朋順. 本原元冪單的二元生成自由群的冪單性［D］.哈爾濱理工大學，2013.

［14］楊新松，劉歡. 二元生成自由群的冪單性質［J］. 哈爾濱理工大學學報， 2014，12（19）：98.

YANG Xinsong， LIU Huan. The Unipotency of Free Group of Rank Two ［J］. Journal of Harbin University of Science and Technology， 2014，12（19）：98.

［15］BILLHARDT. Bernd， LAYSIRIKUL. Ekkachai， SANGKHANAN. Kritsada，et al. On Unipotent Semigroups with Embeddable Band of Idempotents［J］. Semigroup Forum，2016，（2）：228.

［16］DANCHEV. Peter Vassilev， LAM. Tsit Yuen. Rings with Unipotent Units［J］. Publications Mathematicae Debrecen，2016： 449.

［17］楊新松，王那英.標準型不高于五階若當塊矩陣群的冪單性［J］.哈爾濱理工大學學報，2016，21（2）：112.

YANG Xinsong， WANG Naying.The Unipotency of Linear Groups Generatedby Matrices with Jordan Normal Blocks of Size at Most Five ［J］. Journal of Harbin University of Science and Technology， 2016，21（2）：112.

［18］楊新松，馬暢.本原元只含不高于六階若當塊矩陣群的冪單性［J］.哈爾濱理工大學學報，2019，24（1）：124.

YANG Xinsong， MA Chang. The Unipotency of Linear Groups Generated by Matrices with Primitive Elements Contain no More than Six Jorden Blocks ［J］. Journal of Harbin University of Science and Technology， 2019， 24（1）： 128.

［19］潘國生.標準形不含八階以上若當塊矩陣群的冪單性［D］.哈爾濱：哈爾濱理工大學，2020.

［20］刁鑫.線性表示維數為9的自由群額冪單性［D］.哈爾濱：哈爾濱理工大學，2021.

［21］甄超然.線性表示維數任意的二元生成自由群的冪單性［D］.哈爾濱：哈爾濱理工大學，2021.

［22］李佳欣.二元生成矩陣群的冪單性［D］.哈爾濱：哈爾濱理工大學，2022.

（編輯：溫澤宇）