Determinante de la clasificación en una de las perturbaciones de la (invertible) de matrices de

Question

He leído algo de eso sugiere que si $I$ $n$a$n$ matriz identidad, $v$ $n$- dimensiones reales del vector columna con $\|v\| = 1$ (estándar de la norma Euclídea), y $t > 0$,$\det(I+tvv^T)=1+t$.

¿Alguien puede probar esto o proporcionar una referencia?

De manera más general, también hay una (fácil) fórmula para el cálculo de $\det(A + wv^T)$ $v,w \in \mathbb{K}^{d \times 1}$ y algunos (invertible) de la matriz $A \in \Bbb{K}^{d \times d}$?

Answer 1

Clasificar a una actualización, la referencia de la Matriz de Análisis y Aplicadas de Álgebra Lineal, Carl D. Meyer, página 475:

Si $A_{n \times n} $ es nonsingular, y si $\mathbf{c}$ $\mathbf{d} $ $n \times 1$ columnas, \begin{equation} \det(\mathbf{I} + \mathbf{c}\mathbf{d}^T) = 1 + \mathbf{d}^T\mathbf{c} \tag{6.2.2} \end{equation} \begin{equation} \det(A + \mathbf{c}\mathbf{d}^T) = \det(A)(1 + \mathbf{d}^T A^{-1}\mathbf{c}) \tag{6.2.3} \end{equation}

Así que, en su caso, $A=\mathbf{I}$ y el factor determinante es $1(1+ t\mathbf{v}^T\mathbf{v})=1+t$

EDIT. Además de este texto:

Prueba. La prueba de (6.2.2) [anterior] de la siguiente manera mediante la aplicación de las reglas de productos (p. 467) \begin{equation} \pmatrix{\mathbf{I} & \mathbf{0} \\ \mathbf{d}^T & 1}\pmatrix{\mathbf{I} + \mathbf{c}\mathbf{d}^T& \mathbf{c} \\ \mathbf{0} & 1}\pmatrix{\mathbf{I} & \mathbf{0} \\ -\mathbf{d}^T & 1}=\pmatrix{\mathbf{I} & \mathbf{c} \\ \mathbf{0} & 1 + \mathbf{d}^T\mathbf{c}} \end{equation}

Para probar (6.2.3) escribir $A + \mathbf{c}\mathbf{d}^T = A ( \mathbf{I} + A^{-1}\mathbf{c}\mathbf{d}^T)$, y aplicar la regla del producto (6.1.15) junto con (6.2.2)

Answer 2

Lo resuelto. El determinante de a $I+tvv^T$ es el producto de sus valores propios. $v$ es un autovector con autovalor $1+t$. $I+tvv^T$ es real y simétrica, por lo que tiene una base real mutuamente ortogonal de vectores propios, uno de los cuales es $v$. Si $w$ es otro uno, a continuación,$(I+tvv^T)w=w$, por lo que todos los demás valores propios son $1$.

Me siento como que debería haber sabido ya. ¿Alguien puede proporcionar una referencia para este y otros hechos?

Answer 3

Sylvester determinante teorema de los estados que más generalmente $$ \det(I_k+AB)=\det(I_l+BA) $$ para cualquier $k\times l$ matriz $A$ $l\times k$ matriz $B$. Usted puede aplicar para $(k,l)=(n,1)$, $A=tv$ y $B=v^T$. Ver el enlace proporcionado por una sencilla prueba, el uso de fila y columna de las operaciones.

De hecho, la prueba es casi un one-liner, así que aquí está: en $(k+l)\times(k+l)$ bloque de matrices que uno tiene $$ \det\begin{pmatrix}I_k+AB&A\\0&I_l\end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}I_k&A\\-B&I_l \end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}I_k&A\\0&I_l+BA \end{pmatrix}, $$ donde la primera igualdad es un compuesto de la columna de operación (restar $B$ veces el segundo bloque de columnas de la primera, la multiplicación de la derecha de la columna de operaciones), y el segundo es un compuesto de operación de filas (agregar $B$ veces el primer bloque de la fila a la segunda, la multiplicación de la izquierda para las filas de operaciones), y el deseo de identidad sigue de cálculo de bloque triangular determinantes.

Answer 4

He aquí otra prueba (cf. Sherman–Morrison fórmula):

La no-cero autovalores de a $AB$ $BA$ son los mismos. Esto es sencillo de probar.

Por lo tanto el cero autovalores de a $ab^T$ $b^Ta$ son de la misma (es decir, exactamente un no-cero autovalor).

Por lo tanto los autovalores de a$I+ ab^T$$1+b^Ta, 1,...,1$, y dado que el determinante es el producto de los autovalores, tenemos $\det(I+ab^T) = 1+b^Ta$.

En este ejemplo en particular, $a=tv$, $b=v$, y $\|v\| = 1$, por lo tanto $b^Ta = t$, y por lo $\det(I+t v v^T) = 1+t$.