Prueba que relaciona la inversa con el determinante

Question

Estoy leyendo un artículo sobre la consistencia de un estimador estadístico, y el autor afirmaba que lo siguiente es una identidad:

$$ \mathbf{x}^\top (\Sigma + \mathbf{x}\mathbf{x}^\top)^{-1}\mathbf{x} = 1- \frac{\det (\Sigma)}{\det (\Sigma+\mathbf{x}\mathbf{x}^\top)}$$

Aquí $\mathbf{x}$ es un vector y $\Sigma$ es una matriz de covarianza. Aparte de eso, no creo que el autor haya especificado más supuestos/restricciones.

Aunque superficialmente parece que este resultado podría ser demostrable a través de la fórmula de Sherman-Morrison, no he podido comprobarlo.

Se agradece cualquier ayuda o indicación. Gracias.

Answer 1

El Fórmula Sherman-Morrison establece que para un $n \times n$ matriz invertible $A$ y $n \times 1$ vectores $u$ y $v$ tenemos $(A+uv^T)^{-1} = A^{-1} - \dfrac{A^{-1}uv^T A^{-1}}{1 + v^T A^{-1}u}$ .

Además, el lema del determinante de la matriz establece que para un $n \times n$ matriz invertible $A$ y $n \times 1$ vectores $u$ y $v$ tenemos $\det(A+uv^T) = (1+v^TA^{-1}u)\det(A)$ .

Utilizando estos dos hechos, tenemos

\begin{align*}x^T(\Sigma+xx^T)^{-1}x &= x^T\left(\Sigma^{-1} -\dfrac{\Sigma^{-1}xx^T \Sigma^{-1}}{1 + x^T\Sigma^{-1}x}\right)x \\ &= x^T\Sigma^{-1}x - \dfrac{x^T\Sigma^{-1}xx^T\Sigma^{-1}x}{1+x^T\Sigma^{-1}x} \\ &= x^T\Sigma^{-1}x - \dfrac{(x^T\Sigma^{-1}x)^2}{1+x^T\Sigma^{-1}x} \\ &= \dfrac{x^T\Sigma^{-1}x + (x^T\Sigma^{-1}x)^2}{1+x^T\Sigma^{-1}x} - \dfrac{(x^T\Sigma^{-1}x)^2}{1+x^T\Sigma^{-1}x} \\ &= \dfrac{x^T\Sigma^{-1}x}{1+x^T\Sigma^{-1}x} \\ &= 1 - \dfrac{1}{1+x^T\Sigma^{-1}x} \\ &= 1 - \dfrac{\det(\Sigma)}{(1+x^T\Sigma^{-1}x)\det(\Sigma)} \\ &= 1 - \dfrac{\det (\Sigma)}{\det(\Sigma+xx^T)},\end{align*} como se desee.

Answer 2

Para ello se necesitan dos identidades, una es la Fórmula Sherman-Morrison $$(A+uv^T)^{-1} = A^{-1} - {A^{-1}uv^T A^{-1} \over 1 + v^T A^{-1}u}$$ y el otro es lema del determinante de la matriz $$\det({A}+{uv}^\mathrm{T}) = (1 + {v}^\mathrm{T}{A}^{-1}{u})\,\det({A})$$ Aplicándolos en ese orden se obtiene \begin{align}x^T(\Sigma+xx^T)^{-1}x &= x^T\Sigma^{-1}x - {(x^T\Sigma^{-1}x)^2 \over 1 + x^T \Sigma^{-1}x} \\ &= {x^T\Sigma^{-1}x \over 1+x^T\Sigma^{-1}x } \\ &=1-{1 \over 1 + x^T \Sigma^{-1}x} \\&=1-{\det{(\Sigma)} \over \det{(\Sigma+xx^T)}}\end{align}

Answer 3

Siempre que una submatriz principal principal/posterior sea invertible, el determinante de una matriz es el producto de los determinantes de esa submatriz y de su Complemento de Schur en la matriz adjunta. Sea $M=\pmatrix{1&x^T\\ x&\Sigma+xx^T}$ . Si $\Sigma+xx^T$ es invertible, considerando los complementos de Schur de respectivamente $1$ y $\Sigma+xx^T$ en $M$ respectivamente, vemos que $$ \det(\Sigma+xx^T)\det\left(1-x^T(\Sigma+xx^T)^{-1}x\right) =\det(M) =\det(1)\det(\Sigma). $$ Ahora el resultado es inmediato.

Answer 4

Aquí hay un intento incompleto que puede ayudar:

Realice la sustitución $x = \sqrt{\Sigma} y$ . Entonces tenemos $$ \Sigma + xx^T = \sqrt{\Sigma}(I + yy^T)\sqrt{\Sigma} \implies\\ (\Sigma + xx^T)^{-1} = \sqrt{\Sigma}^{-1}(I + yy^T)^{-1}\sqrt{\Sigma}^{-1} $$ Con esta sustitución, la ecuación se convierte en $$ y^T(I + yy^T)^{-1}y = 1 - \frac{1}{\det(I + yy^T)} $$ y así vemos que es suficiente con demostrar esta igualdad.

Ahora, $$ y^T(I + yy^T)^{-1}y = \\ \operatorname{trace}(y^T(I + yy^T)^{-1}y) =\\ \operatorname{trace}((I + yy^T)^{-1}yy^T) = \\ \operatorname{trace}((I + yy^T)^{-1}(I + yy^T) - (I + yy^T)^{-1}I) = \\ \operatorname{trace}(I) - \operatorname{trace}((I + yy^T)^{-1}) $$