Problema de Sesgo Matriz Simétrica

Question

Deje $A$ ser un verdadero sesgo matriz simétrica. Demostrar que $I+A$ es no-singular, donde $I$ es la matriz identidad.

Answer 1

Como $A$ es sesgar simétrica, si $(A+I)x=0$,$0=x^T(A+I)x=x^TAx+\|x\|^2=\|x\|^2$, es decir,$x=0$. Por lo tanto $(A+I)$ es invertible.

Answer 2

Deje $\lambda \neq 0$ ser un autovalor de a $A$ con autovector $x$. Entonces:

$$x^* A x = x^*(\lambda x) = \lambda x^* x$$

Donde $x^*$ es el hermitian adjunto. Ahora, desde la $A$ es real, $A^* = A^T$ y obtenemos $(x^* A x)^* = x^* A^T x = -x^* A x$. Y desde $(x^* A x)^* = (\lambda x^* x)^* = \lambda^* x^* x$. Poniendo estas dos ecuaciones se obtiene:

$$x^* A x = - \lambda^* x^* x$$

Pero ya que tenemos el mismo vector $x$,$-\lambda^* = \lambda$. Ahora bien, decir $\lambda = a + ib$, lo $-\lambda^* = -a + ib$. Así llegamos $\lambda = ib$, es decir, $\lambda$ es imaginario puro.

Ahora, digamos que tiene un autovalor $\lambda = ib$ con vector propio $x$, $Ax = \lambda x$. Esto implica $(Ax^*) = \lambda^* x^*$$(Ax^*) = x^* A^* = x^* A^T = - x^* A$, lo $-x^* A = \lambda^* x^*$ de los tranpose de ambos lados $(-x^* A)^T = -A^T \overline{x} = A \overline{x}$ $(\lambda^* x^*)^T = \lambda^* \overline{x}$ donde $\overline{x}$ es el conjugado complejo de $x$. Nos han llegado:

$$A \overline{x} = \lambda^* \overline{x}$$

Por lo tanto, $\lambda^* = -ib$ es un autovalor de a $A$ con autovector $\overline{x}$.

Así, todos los no-cero valores propios de un verdadero sesgo matriz simétrica son imaginarios puros y vienen en pares $\lambda$$-\lambda$.

Ahora, vamos a $\lambda$ ser un (posiblemente cero) autovalor de a $A$ con autovector $x$. A partir de este autovalor tenemos un autovalor de a $I + A$:

$$(I+A)x = Ix + Ax = x + \lambda x = (1+\lambda)x$$

desde $\lambda$ es imaginario puro o cero, $1 + \lambda$ siempre va a ser distinto de cero. Dado que el determinante de una matriz es el producto de sus valores propios, tenemos que $\det(I+A) \neq 0$ e incluso podemos deducir que $\det (I+A)$ es real y positivo (desde $(1 + ib)(1-ib) = 1 + b^2$). Por lo tanto $I+A$ siempre es invertible.

Sólo una nota: Si $A$ $n \times n$ $n$ impar, $A$ siempre tendrá un autovalor cero, ya que $$\det A = \det A^T = \det (-A) = (-1)^n \det A$$ si $n$ es impar tenemos $\det A = - \det A$, lo que implica $\det A = 0$, lo que implica que al menos un autovalor es cero.

Answer 3

Aquí está una prueba utilizando el sentido geométrico de un sesgo de simetría de la matriz en el espacio 3D.

Para un vector arbitrario $a=[a_1,a_2,a_3]^T\in\mathbb{R}^3$, existe un sesgo de simetría de la matriz de $$[a]_{\times}=\left( \begin{array}{ccc} 0 & -a_3 & a_2 \\ a_3 & 0 & -a_1 \\ -a_2 & a_1 & 0 \\ \end{array} \right).$$

Por el contrario, debido a un arbitrario sesgo de simetría de la matriz de $A$, hay un asociando vector $a$ tal que $A=[a]_{\times}$.

Dado un sesgo de simetría de la matriz de $A$ y un vector $x$,$Ax=a\times x$. Desde $a\times x \perp kx, \forall k\ne 0$, es imposible $Ax=kx, \forall k\ne 0$. Por lo tanto, $kI+A, \forall k\ne 0$ es nonsingular.

Answer 4

Sugerencia 1: Equipo $(I+A)(I+A^T)$.

Sugerencia 2: Recuerda que para todo real matrices $A$, de la simetría de la matriz de $AA^T$ da positivo semidefinite forma cuadrática.