¿Por qué es fácil de calcular $\operatorname{rank}(A)=n$?

Question

Cuando lea un libro con métodos de matrices y encontró un difícil problema.

Definir matriz $A=(a_{jk})_{n\times n}$, donde $$ a_ {jk} =\begin{cases} j+k\cdot i&j<k\\ k+j\cdot i&j>k\\ 2(j+k\cdot i)& j=k \end{casos} $$ donde $i^2=-1$.

El autor dice es fácil de calcular que $\operatorname{rank}(A)=n$. He encontrado que $n\le 5$ es cierto, pero general $n$, no puedo probarlo. Definir de $$A=P+iQ$ $ $$P=\begin{bmatrix} 2&1&1&\cdots&1\\ 1&4&2&\cdots& 2\\ 1&2&6&\cdots& 3\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ 1&2&3&\cdots& 2n \end{bmatrix},Q=\begin{bmatrix} 2&2&3&\cdots& n\\ 2&4&3&\cdots &n\\ 3&3&6&\cdots& n\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ n&n&n&\cdots& 2n\end{bmatrix}$$ $$ J =\begin{bmatrix} 1&0&\cdots &0\\ -1&1&\cdots& 0\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ 0&\cdots&-1&1 \end{bmatrix} $$ entonces tenemos $$ JPJ ^ T = J ^ TQJ =\begin{bmatrix} 2&-2&\cdots&0\\ -2&4&-3&\cdots\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ 0&\cdots&-(n-1)&2n \end{bmatrix} $ y $$\begin{align*}A^HA&=(P-iQ)(P+iQ)=P^2+Q^2+i(PQ-QP)=\\&=\binom{p}{Q}^T\cdot\begin{bmatrix} I& iI\\ -iI & I \end{bmatrix} \binom{P}{Q}\end{align*}$$

Answer 1

Observe que $A=S^1+iS^2$ $S^1,S^2$ real simétrica matrices de orden o $n$. Ahora defina $u_{i}^t=(0\ldots,0,1,\ldots,1)$, donde el primer $i-1$ entradas $0$ y la última $n-i+1$ entradas $1$. Observe que $u_i$ es un vector columna de $\mathbb{C}^n$ $u_i^t$ es un vector fila. Por lo tanto, $u_iu_i^t$ es una matriz de orden $n$.

Deje $\{e_1,\ldots,e_n\}$ ser la base canónica de $\mathbb{C}^n$. Observe que $e_i$ es un vector columna de $\mathbb{C}^n$.

Deje $B=\sum_{i=1}^nu_iu_i^t$. Observe que $B$ es positivo semidefinite real simétrica matriz de orden $n$.

Vamos a demostrar que las entradas de $B$$B_{jk}=\min\{j,k\}$.

Siguiente, $B_{jk}=e_j^tBe_k=\sum_{i=1}^ne_j^tu_iu_i^te_k$.

Ahora, $e_j^tu_iu_i^te_k=1$ si $i\leq j$ $i\leq k$ $0$ lo contrario. Por lo tanto, $e_j^tu_iu_i^te_k=1$ si $i\leq\min\{j,k\}$ $0$ lo contrario. A continuación,$B_{jk}=\sum_{i=1}^ne_j^tu_iu_i^te_k=\sum_{i=1}^{\min\{j,k\}}1=\min\{j,k\}$.

Observe que $S^1_{ij}=\min\{j,k\}$ si $i\neq j$$S^1_{jj}=2j$.

Por lo tanto, $S^1-B$ es una matriz diagonal con diagonal $(1,2,\ldots,n)$.

Desde $S^1-B$ es positiva definida real simétrica matriz y $B$ es positivo semidefinite, a continuación, $S^1=(S^1-B)+B$ es positiva definida.

Si el vector columna $v\in\ker(A)$$Av=0$$Av\overline{v}^t=0_{n\times n}$$tr(Av\overline{v}^t)=tr(S^1v\overline{v}^t+iS^2v\overline{v}^t)=0$.

Desde $S^1$ $S^2$ real simétrica matrices, a continuación,$tr(S^iv\overline{v}^t)\in\mathbb{R}$, $i=1,2$. Así, $tr(S^iv\overline{v}^t)=0$, $i=1,2$. Pero $S^1$ es positiva definida. Por lo tanto, $v=0$ $A$ ha null kernel. Por lo tanto $A$ rango $n$.

Answer 2

No estoy agregando nada nuevo aquí. Sólo la fusión de su trabajo y el de Daniel respuesta en un poco más de forma concisa.

Escribir $A=P+iQ$ donde $P,Q$ real simétrica de las matrices. Ahora consideremos la matriz $J$ en su pregunta. En realidad se han calculado $JPJ^T$ incorrectamente. La matriz producto debe ser un verdadero tridiagonal simétrica matriz cuya diagonal principal es $(2,4,6,\ldots,2n)$ y cuya super - y sub - diagonales se $(-1,-2,\ldots,-(n-1))$. Así, por Gershgorin disco teorema y la verdadera simetría de $JPJ^T$, esta matriz producto (y, por tanto,$P$, por la matriz de congruencia) es positiva definida.

Ahora viene el de Daniel argumento. Desde $P,Q$ real simétrica, tanto en $x^\ast Px$ $x^\ast Qx$ son números reales para cualquier vector complejo $x$. De ello se sigue que si $Ax=0$, debemos tener $x^\ast Px=x^\ast Qx=0$. Sin embargo, como $P$ es positiva definida, $x$ debe ser cero. Por lo tanto $A$ es nonsingular.