La matriz con ceros en diagonal y unos en otros lugares es invertible

Question

Hola chicos, estoy trabajando con esto y estoy tratando de probarme a mí mismo que n por n matrices del tipo cero en la diagonal y 1 en todas partes son invertibles.

Corrí algunos casos y miré el determinante y llegué a la conclusión de que podemos encontrar fácilmente el determinante usando lo siguiente $ \det (A)=(-1)^{n+1}(n-1)$ . Para probar esto, hago la inducción

n=2 tenemos el $A= \begin {bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end {bmatrix}$ $ \det (A)=-1$ y mi fórmula me da lo mismo (-1)(2-1)=-1

Ahora supongamos que si para $n \times n$ y $ \det (A)=(-1)^{n+1}(n-1)$

Ahora para mostrar una matriz B de tamaño $n+1 \times n+1$ . No estoy seguro de haber pensado en tomar el determinante de la $n \times n$ menores, pero yo soy tal vez alguien que puede ayudarme. ¿También hay una forma más fácil de ver que esto es invertible aparte del determinante? Tengo curiosidad.

Answer 1

Si has estudiado los valores y vectores propios hay una prueba muy fácil.

Dejemos que $A$ ser tu $n\times n$ matriz, con $n\ge2$ . Entonces $A+I$ es la matriz formada íntegramente por $1$ s, que claramente tiene $n-1$ cero filas después de la reducción de filas. Por lo tanto, $A$ tiene un valor propio $-1$ , repetido (al menos) $n-1$ veces, y desde ${\rm trace}(A)=0$ el otro valor propio es $n-1$ .

Dado que cada valor propio de $A$ es distinto de cero, el determinante de $A$ es distinto de cero, por lo que $A$ es invertible.

Answer 2

Esto es fácil de calcular mediante la reducción de filas:

Añade todas las filas a la primera: $$\det(A) =\det \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 &...&1 \\ 1 & 0 & 1 &...&1 \\ 1 & 1 & 0 &...&1 \\ ... & ... & ... &...&... \\ 1 & 1 & 1 &...&0 \\ \end{bmatrix}=\det \begin{bmatrix} n-1 & n-1 & n-1 &...&n-1 \\ 1 & 0 & 1 &...&1 \\ 1 & 1 & 0 &...&1 \\ ... & ... & ... &...&... \\ 1 & 1 & 1 &...&0 \\ \end{bmatrix} \\ =(n-1)\det \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 &...&1 \\ 1 & 0 & 1 &...&1 \\ 1 & 1 & 0 &...&1 \\ ... & ... & ... &...&... \\ 1 & 1 & 1 &...&0 \\ \end{bmatrix}=(n-1)\det \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 &...&1 \\ 0 & -1 & 0 &...&0 \\ 0 & 0 & -1 &...&0 \\ ... & ... & ... &...&... \\ 0 & 0 & 0 &...&-1 \\ \end{bmatrix}$$

donde en la última operación de la fila he restado la primera fila de cada una de las otras filas.

Esto muestra $$\det(A)=(n-1)(-1)^{n-1}$$

Answer 3

He aquí un enfoque alternativo. El Identidad de la matriz de Woodbury dice que si empezamos con una matriz invertible $B$ y actualizarlo añadiendo un producto de matrices $UCV$ , entonces la inversa de la suma es, $$(B + U C V)^{-1} = B^{-1} - B^{-1} U (C^{-1} + V B^{-1} U)^{-1} V B^{-1}.$$ Esto es así siempre que

1. todas las matrices de la fórmula tienen tamaños tales que la fórmula tiene sentido, y
2. todos los inversos del lado derecho en la fórmula existen.

La fórmula de Woodbury puede demostrarse por verificación directa (multiplicarla), y puede derivarse de varias maneras sencillas - véase el artículo de wikipedia enlazado arriba para más detalles.

Ahora en su situación podemos tomar:

• $B := -I$
• $C := 1$
• $U = \mathbf{1}$ el vector columna de todos los unos
• $V = \mathbf{1}^T$ , el vector de filas de todos los unos,

para que $B + U C V = -I + \mathbf{1}\mathbf{1}^T = A$ es la matriz de todos los unos excepto en la diagonal que deseamos invertir. En este caso la fórmula de Woodbury se convierte en

\begin {align} (-I + \mathbf {1} \mathbf {1}^T)^{-1} &= -I - \mathbf {1}(1 - \mathbf {1}^T I \mathbf {1})^{-1} \mathbf {1}^T \\ &= -I - \mathbf {1}(1 - n)^{-1} \mathbf {1}^T \\ &= -I + \frac {1}{n-1} \mathbf {1} \mathbf {1}^T. \end {align}

Por lo tanto, aquí hemos demostrado que la matriz es invertible para todo $n$ -por- $n$ matrices siempre que $n > 1$ (Es decir, no es un escalar). Además tenemos una fórmula completa para la inversa, $$\boxed{A^{-1} = -I + \frac{1}{n-1}\mathbf{1}\mathbf{1}^T}$$

Answer 4

Utilizando el Método de Gauss-Jordan es posible pensar en una operación de fila elemental que convierta tal $n\times n$ a la matriz identidad. Por lo tanto, existe una inversa.

Es decir, si se multiplica la primera fila por $n-2$ , reste el resto de $n-1$ filas de la misma una vez, entonces se obtiene $1-n$ para el primer elemento, seguido de sólo ceros para los demás elementos de la primera fila. Al normalizar esta fila se obtiene un uno seguido de ceros, que puede utilizarse para borrar la primera columna de las demás filas. Este proceso puede repetirse para las filas restantes hasta las dos filas finales, que pueden intercambiarse para obtener la matriz identidad.

Si se desea calcular realmente la inversa, se puede hacer uso de la simetría, es decir, todas las diagonales serán iguales y todos los demás elementos serán iguales. Esta información ya se puede obtener después de reducir la primera fila, es decir, todas las diagonales serán iguales a $\frac{2-n}{n-1}$ y todos los demás elementos serán iguales a $\frac{1}{n-1}$ .

Answer 5

Una matriz cuadrada es invertible si sus columnas (o equivalentemente, sus filas) son linealmente independientes. Sea $v_i$ sea el $i$ columna de la matriz. Si $$ c_1v_1 + c_2v_2 + \dots + c_n v_n = 0 $$ sólo tiene la solución trivial, las columnas son independientes.

El $i$ de esta ecuación es $$c_1 + c_2 + \dots + c_{i-1} + c_{i+1} + \dots + c_n = 0,$$ que puede escribirse de forma equivalente como $$c_1 + c_2 + \dots + c_n = c_i.$$

Así que cada uno de los $c_i$ s son iguales a su suma, por lo que tenemos $$c_1=c_2=\dots=c_n,$$ y también $c_i=nc_i$ , por lo que debemos tener $$c_1=c_2=\dots=c_n=0.$$