Determinante de la matriz simétrica $A^TA$

Question

Dejemos que $A=\begin{pmatrix} I \\ v \end{pmatrix} \in \mathbb R^{n\times n-1}$ con $I\in \mathbb R^{n-1\times n-1}$ matriz de identidad y $v=(v_1...v_{n-1})$ .
Demostrar que $\det(A^TA)=1+v_1^2+...+v_{n-1}^2$

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Intenté multiplicarlo $$A^TA=\begin{pmatrix} I &v^T \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I \\ v \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1+v_1^2 & v_1v_2 & \dots &v_1v_{n-1} \\ v_1v_2 & 1+v_2^2 & \dots & v_2v_{n-1}\\\ \vdots&\vdots &\ddots &\vdots\\ v_1v_{n-1}& v_2v_{n-1}&\dots &1+v_{n-1}^2 \end{pmatrix}$$ y usar la inducción, pero no puedo ir más allá.

Answer 1

Si $v = 0$ entonces la respuesta es inmediata a partir de su matriz multiplicada.

En caso contrario, el producto puede simplificarse como $I + v^Tv$ . Ahora bien, se sabe que el determinante de una matriz es el producto de todos los valores propios (con multiplicidad), así que intentamos ver si podemos encontrar alguno: $$ \det(I+v^Tv - \lambda I) = \det(v^Tv - \eta I) $$ donde $\eta = \lambda - 1$ . Así, hemos transformado el problema de encontrar los valores propios de $I+v^Tv$ para encontrar los valores propios de $v^Tv$ y, a continuación, añadiendo $1$ a todos ellos.

La matriz $v^Tv$ tiene un valor propio $0$ . El espacio eigénico correspondiente es el espacio de todos los vectores ortogonales a $v^T$ que tiene dimensión uno menos que el espacio en el que $v^T$ vive; aquí es donde uso $v\neq 0$ , sobre todo para simplificar. Así que la multiplicidad de este valor propio es $n-2$ .

(Si quieres ser quisquilloso con la multiplicidad algebraica frente a la geométrica aquí, entonces digo que $v^Tv$ es simétrica, por lo tanto diagonalizable, y las dos nociones son por tanto iguales. Alternativamente, la multiplicidad algebraica es al menos tan grande como la multiplicidad geométrica. Como todavía tenemos un valor propio del que ocuparnos, la multiplicidad algebraica debe ser la misma que la geométrica en este caso; no hay lugar para una multiplicidad mayor).

También, $v^T$ es un vector propio de $v^Tv$ : $$ (v^Tv)v^T = v^T(vv^T) = v^T\cdot \|v^T\|^2 $$ y el valor propio correspondiente, como podemos ver, es $\|v^T\|^2$ .

Así que eso es todo. $v^Tv$ tiene valores propios $0$ con multiplicidad $n-2$ y $\|v^T\|^2$ con multiplicidad $1$ . Esto significa que $I+v^Tv$ tiene valores propios $1$ con multiplicidad $n-2$ y $\|v^T\|^2 + 1$ con multiplicidad $1$ . Multiplícalos todos juntos y obtendrás la respuesta.

Answer 2

@Arthur

He aquí una demostración utilizando el lema de la matriz determinante ( https://en.wikipedia.org/wiki/Matrix_determinant_lemma ):

$$\det(A)=\det(I+vv^T)=(1+v^TI^{-1}v)\det(I)=1+v^Tv.$$