Ayuda a la matriz simple

Question

Sea 'M' un $(a-1)\times(a-1)$ matriz coeficiente, $\large\ m_{r,c}=\left\{\Large\frac{r\cdot c}{a}\right\}$

Dónde $\{ x \}$ es la parte fraccionaria de $x$ .

Y que los vectores 'G' y 'H' sean vectores columna, $\vec{G}=\begin{bmatrix} j_1 \\ j_2 \\ j_3 \\: \\ : \\ j_{a-1}\end{bmatrix}$ , $\vec{H}=\begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \\y_3 \\ : \\ : \\ y_{a-1} \end{bmatrix}$ ,

Hace M $\vec{G}=\vec{H}$ siempre tiene una solución única para cualquier entero a>3, si es así demuéstrelo por favor

Answer 1

No es una respuesta realmente completa, pero es demasiado larga para un comentario.

La respuesta corta es no, su matriz no tendrá una solución única para todos $a > 3$ . No puedo clasificar completamente la invertibilidad de estas matrices en términos de $a$ pero déjame escribir lo que tengo hasta ahora.

Tenga en cuenta que su matriz $M$ viene dada por la diferencia $M=A - B$ .

La matriz $A$ es el $(a-1) \times (a-1)$ "tabla de multiplicar" escalada por $a^{-1}$ . Para $a=5$ tenemos $$A=\frac{1}{5}\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 4 & 6 & 8 \\ 3 & 6 & 9 & 12 \\ 4 & 8 & 12 & 16\end{pmatrix}$$ Obsérvese que esta matriz tiene rango $1$ .

$B$ es la matriz de partes enteras, es decir $b_{ij} = \left\lfloor\frac{ij}{a}\right\rfloor$ . El compañero $B$ a lo anterior $A$ se da como $$B=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 2\\0 & 1 & 2 & 3\end{pmatrix}$$ Obsérvese que este $B$ tiene $\mathbf{b_4} = \mathbf{b_2} + \mathbf{b_3}$ donde $\mathbf{b_i}$ denota los correspondientes vectores fila de $B$ . Por lo tanto, esta matriz tiene rango $2$ . Ahora bien, el rango es subaditivo así que $$\operatorname{rank}(M) = \operatorname{rank}(A-B) \le \operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B) \le 3$$ Por lo tanto, hemos demostrado que su matriz para $a=5$ no es invertible. Por lo tanto, la solución no será única ni necesariamente consistente. En realidad podemos decir algo más.

El espacio de filas de $A$ está atravesado por el vector $\begin{pmatrix}1 & 2 & \cdots & a-1\end{pmatrix}^\mathrm{T}$ mientras que el espacio de filas de $B$ es siempre cero para la primera entrada. Esto significa que el espacio de filas (y en consecuencia el espacio de columnas) de las matrices son disjuntos. Es un resultado bastante conocido que la subaditividad de rango alcanza la igualdad para matrices con espacios de columnas y filas disjuntos y, por lo tanto, en realidad tenemos $$\operatorname{rank}(M) = \operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B)$$

Tendrá una solución única si y sólo si $B$ tal y como se ha definido anteriormente, tiene un rango $a-2$ .

Por supuesto, esto no responde a su pregunta, pero es (quizás) un criterio más limpio para comprobar la invertibilidad, ya que $B$ tiene entradas enteras. Con este resultado, métodos similares a los anteriores mostrarán fácilmente que la matriz es invertible para $a = 3$ y $4$ .

Numéricamente, he probado estas matrices para $a \le 1000$ . Los únicos resultados para los que la matriz es invertible son $a=3,\ 4,\ 6$ . Esto es en cierto modo esperable, ya que esperamos al menos algún tipo de dependencia lineal entre las filas no nulas de $B$ a medida que aumenta el número de filas. Numéricamente, el rango de la matriz tiende a rondar $\frac{a}{2}$ .

Yo conjeturaría que su matriz es singular para todos los valores de $a$ excepto $3,\ 4$ y $6$ pero no puedo probarlo. Quizás alguien más pueda tomar el relevo desde aquí.