Hay una matriz de cualquier tamaño, con todas sus submatrices invertible?

Question

Vamos a llamar a una verdadera matriz de tamaño $m \times n$ totally invertible si para cada a $k$ filas y $k$ columnas que elegimos, se obtiene una matriz invertible. Tengo curiosidad acerca de lo siguiente:

Hay una totalmente invertible la matriz para todos los tamaños de $m \times n$?

Tomando la transpuesta, podemos suponer $m \leq n$.

Para $m=1$ que puede tomar cualquier vector en $\Bbb R^m$ sin un cero en la entrada.

Para $m=2$ que puede tomar $\begin{pmatrix} 1 &2 & 3 & ... &n \\ 2 & 3 & 4 & ... & n+1 \end{pmatrix}$. Indeed, $\det\begin{pmatrix} a &b \\ a+1 & b+1 \end{pmatrix}=a-b$ is nonzero when $a \neq b$. This does not generalize, since $a_{ij}=i+j-1$ fabulously fails for all submatrices of size $\geq 3$.

I also tried taking the rows to be $m$ of the cyclic shifts of the vector $(1,2, ... ,n)$. This does not work either because I found a $k=3, m=n=5$ contraejemplo.

Yo creo que la respuesta debe ser positiva, sin embargo. Es?

Answer 1

Si usted sólo necesita una verdadera prueba, sólo tienes que rellenar los elementos de un infinito de la matriz de la siguiente manera. Establecer el primer elemento a cualquier valor distinto de cero número real. A continuación, para cada vacantes elemento, rellena por un número que es trascendental para el campo de las fracciones generadas por el ya lleno de elementos (por lo tanto, este nuevo elemento es distinto de cero). Entonces cualquier finito submatriz de este infinito de la matriz sería totalmente invertible.

También hay algunos significativos clases de totalmente invertible matrices. E. g. cualquier submatriz de una totalmente positiva de la matriz es totalmente invertible. Algunas clases de totalmente positiva matrices puede ser parametrizada. Ver este conjunto de diapositivas titulada "La Grassmannian: total positividad" por Alexander Yong, por ejemplo.

Answer 2

Sí, incluso con el entero de las entradas.

Tenga en cuenta que si todas las entradas de una $k\times k$ matriz son en la mayoría de las $M$ en valor absoluto, entonces su determinante es en la mayoría de las $k!M^k$ en valor absoluto. (Esto es debido a que el determinante es un grado-$k$ polinomio en las entradas de la matriz con $k!$ términos.) Nota: esto no es exactamente correcto, pero es justo que si la entrada del cofactor de la matriz es invertible. La construcción se indican a continuación tendrán esta propiedad inductiva.

De ello se sigue que si una entrada de un $k\times k$ de la matriz es mayor que $k!$ veces $k$la potencia de cada entrada en valor absoluto, entonces el determinante no puede ser, posiblemente, $0$ (el uso de un factor de expansión a lo largo de una fila o columna que contiene la entrada grande) y por lo tanto la matriz es invertible.

En consecuencia, el $n\times n$ matriz $A=(a_{ij})$ define algo como $$ a_{ij} = (n!+1)^{n^{i+j}} $$ es totalmente invertible: la parte inferior derecha de la entrada de cada $k\times k$ submatriz es suficientemente mayor que el resto de las entradas. (Y por supuesto, el $m\times n$ de los casos se sigue de la $n\times n$ de los casos.)

Answer 3

Dado $m$ $n$ sólo hay un número finito $N$ de posibilidades para elegir un positivo $k\leq\min\{m,n\}$ y, a continuación, $k$ filas y $k$ columnas de un $m\times n$-matriz $X$ con entradas de variable $x_{jk}$ con el fin de obtener una ecuación cuadrática submatriz $[S]$. Cada elección determina un polinomio $p(x):=\det[S]$ $m\cdot n$ variables $x_{jk}$, y el conjunto de $\{x\in{\mathbb R}^{m\cdot n}\>|\>p(x)=0\}$ es entonces una "variedad" de dimensión$mn-1$${\mathbb R}^{m\cdot n}$. La unión de estos $N$ variedades ha $m\cdot n$-dimensional de la medida de Lebesgue $0$, lo que implica que "la mayoría de los" puntos de $x\in{\mathbb R}^{m\cdot n}$, es decir, "la mayoría" $m\times n$-matrices $X$, va a satisfacer a su condición.

Answer 4

Invertible matrices de Vandermonde $V(a_1,a_2, \cdots, a_n)$ (https://en.wikipedia.org/wiki/Vandermonde_matrix) son "en general" en este caso.

Ver este inmediata de la recurrencia.

"En general" porque hay un cierto número de sutil condiciones sobre los coeficientes de $a_k$ que tiene que ser cumplido (ver el largo comentario por Aaron Meyerowitz).

Answer 5

La condición de que cualquier submatriz tiene determinante cero es un polinomio de la ecuación de la solución de conjunto tiene medida cero en el espacio de todas las matrices.

Hay un número finito de submatrices; el conjunto para que algunos submatriz tiene determinante cero es una unión finita de conjuntos de medida cero, y por lo tanto tiene medida cero.

En consecuencia, casi todas las matrices son totalmente invertible.