Una prueba directa de las propiedades de la matriz de los menores de edad

Question

Deje $A$ ser invertible $n\times n$ matriz. Definir la matriz de los menores de edad $\Delta(A)$ $A$ a la matriz cuyas $(i,j)$ entrada es el determinante de la menor de $A$ $i$th fila y $j$ columna omitido.

Sin duda, la propiedad más importante de $\Delta(A)$ es que es instrumental en el cálculo de la inversa de $A$: $$ A^{-1}= \frac{1}{det(A)}\sigma\cdot \Delta(A)^T\cdot \sigma$$ donde aquí, $\sigma$ es la matriz diagonal cuya diagonal entradas alternativo $1$$-1$.

A partir de este hecho y primaria propiedades de la inversa, es fácil demostrar los siguientes

• Tomando la matriz de los menores de edad es una involución a escala; es decir, $\Delta(\Delta(A))=det(A)^{2-n}\cdot A$.
• Tomando la matriz de los menores es un grupo de homomorphism; es decir, $\Delta(AB)=\Delta(A)\Delta(B)$.

Si usted escribe realmente a cabo cualquiera de estas identidades en términos de menores de edad, se obtiene una serie de no-trivial-en busca de las identidades en los menores de una matriz invertible.

Es esta la manera más fácil para obtener estas identidades en menores de edad? Que me molestaría si lo era, para un par de razones. En primer lugar, parece muy probable que la segunda identidad de arriba tiene para no invertible matrices. En segundo lugar, si $A$ es totalmente positivo o negativo (es decir, todos los menores de cada tamaño es positivo o negativo), entonces también lo es $\Delta(A)$. Sin embargo, la inversa de una forma totalmente positiva de la matriz casi nunca será totalmente positiva, y por lo que la anterior prueba de las identidades que se aleje totalmente la senda positiva.

Por lo tanto,

Puede la identidad de los menores de edad implicados por las relaciones anteriores en $\Delta$ ser probado en una manera más directa?

Idealmente, esta prueba sería "la resta" libre, para que sea más natural en el totalmente positivas.

Edit: yo debo de ser un poco más claro acerca de qué tipo de cosa que yo estoy buscando. Estoy interesado en espacios totalmente positivo matrices y la correspondiente álgebras generado por los menores de edad en ellos (en concreto, son clúster de álgebras). Una importante involución de estos espacios y álgebras es la matriz de los menores de edad definido anteriormente. Tenga en cuenta que tomar la recíproca o cofactores no conserva totalmente la positividad, y así no actuar en este espacio.

Principalmente, hice esta pregunta porque yo estaba molesto por el uso de un mapa cuyas propiedades no podía ser probado sin la necesidad de pasar a una diferente, más grande, más espacio (no es que esto no sucede todo el tiempo en las matemáticas). Estaba curioso por saber si había una prueba junto algebraicas líneas, siguiendo sólo desde la más simple de las relaciones en los menores de edad (de 3 a plazo Desplumadora de relaciones).

Answer 1

Combinatoria interpretación

Vamos a empezar con una combinatoria de interpretación de $\Delta(A)_{i,j}$. Es una suma ponderada de términos, cada uno de los cuales corresponde a un dirigidos $1$-gráfico regular. Cada término es el producto de las entradas correspondientes de a $A$, sólo no contamos las $(j,i)$ de ventaja. En otras palabras, la gráfica no es realmente $1$-regular, ya que $i$ no tiene en el borde y $j$ no tiene salida por el borde; de modo que hay un $i$ $j$camino, y el resto son los círculos. Cada término es ponderado de acuerdo a la suma de la permutación.

Multiplicativity

Ahora $\Delta(AB)_{i,j}$ es lo mismo, sólo que cada una de las $(x,y)$ de borde, en realidad corresponde a un par de aristas $(x,z),(z,y)$, $z$ arbitrarias. Supongamos que un vértice $z$ aparece dos veces, en tanto $(x_1,z),(z,y_1)$$(x_2,z),(z,y_2)$. Reemplazar este cableado para el cableado $(x_1,z),(z,y_2)$$(x_2,z),(z,y_1)$. Esto corresponde a una transposición, y de modo que el signo es opuesto y los dos cancelar. Nos quedamos sólo con los términos donde cada vértice aparece en más de una vez como un intermedio.

Del mismo modo, en $(\Delta(A)\Delta(B))_{i,j}$ tenemos dos gráficos superpuestos, con un $i$ $j$camino compuesto de una $A$ parte seguido por una $B$ part. Ahora podemos construir un $\Delta(AB)_{i,j}$ ruta de acceso de la manera obvia; este es un proceso reversible (falta la $z$ vértice es el que está en el medio de la $i$ $j$path). Desde el signo de multiplicación, los signos de acuerdo.

La involución a escala

Considere ahora $(\Delta(\Delta(A))_{i,j}$. En el primer nivel, tenemos casi un $1$-gráfico regular, con algunos $i$ $j$camino. En el segundo nivel, cada arista $x,y$ en el primer nivel corresponde a una $1$-gráfico regular con algunos $x$ $y$camino.

Vamos a contar la en - y fuera de los grados de todos los vértices. Empezamos con $n-1$ cada uno. Para cada arista $(x,y)$, retire $1$ a partir del grado de $x$, e $1$ desde el grado de $y$. Cada vértice distinto de $i$ tiene un borde entrante, y cada vértice distinto de $j$ tiene un borde saliente. Supongamos que $i \neq j$ (el otro caso es más sencillo). Por lo tanto el grado de $i$$n-1$, y de cada vértice es $n-2$; el grado de $j$$n-1$, y de cada vértice es $n-2$.

Supongamos que el camino de $i$ $j$no es directa, por ejemplo, $i$ $k$ $l$ (que podría igualdad de $j$). Es posible que si tienes la astucia suficiente, usted será capaz de permutar $k$ $j$ de tal manera que el resultado tendrá el mismo valor pero de signo opuesto. Dado que, nos quedamos sólo con los términos en que se $i$ $j$ruta de acceso es directo. El resto de la multigraph es sólo un arbitrario $(n-2)$-gráfico regular, lo que explica el factor de $(\det A)^{n-2}$.

Queda alguien en el público para encontrar la correcta de cortar y pegar argumento...