Tenemos matriz $A\in M_{n-1\times n}(\mathbb Z)$ modo que la suma de las entradas de cada fila es igual a cero. Demostrar que $\det(AA^T)=nk^2.$

Question

Problema: Tenemos matriz$A\in M_{n-1\times n}(\mathbb Z)$, de modo que la suma de los elementos de cada fila es igual a cero. Demostrar que $\det(AA^T)=nk^2$ donde $k\in \mathbb Z$.

Lo he considerado hasta ahora:

1. Primero pensé que, ya que la suma de todos los elementos de cada fila es igual a cero, el cero es autovalor de a $A$ pero $A\in M_{(n-1)\times n}(\mathbb Z)$ me confundió.
2. Veo que $AA^T$$(n-1)$$(n-1)$, por lo que traté de calcular el $AA^T$, pero no pude ver ninguna conexión.

Me puse a investigar y encontré esta pregunta, pero no teníamos ninguna mención de él, lo que me hace creer que estoy en el camino equivocado.

Gracias a todos por su ayuda.

Answer 1

Deje $A = (B,\mathbf{b})$ donde $B \in M_{n-1\times n-1}(\mathbb{Z})$ es una "izquierda de la plaza parte" de la matriz $A$, es decir,$B_i^j = A_i^j$, e $\mathbf{b} \in \mathbb{Z}^{n-1}$ es un "derecho" de parte de $A$, es decir,$b_i = A_i^n$. Como la suma de cada fila es igual a cero, tenemos $b_i = -\sum_{k=1}^{n-1}B_i^k$. Deje $\mathbf{e}\in \mathbb{Z}^{n-1}$ ser un vector con cada uno de los sindicatos comnent, es decir,$e_i = 1$. A continuación,$\mathbf{b} = -B\mathbf{e}$. Ahora podemos multiplicar $A$ $A^{\top}$ como bloque de matrices: $$ AA^{\top} = (B\;\;-B\mathbf{e}) \begin{pmatrix} B^\top \\ -\mathbf{e}^\top B^\top \end{pmatrix} = BB^\top + B\mathbf{e}\mathbf{e}^\la parte superior B^\top = B(I + \mathbf{e}\mathbf{e}^\la parte superior)B^\la parte superior $$ donde $I$ es la matriz identidad. Como bouth $B$ $I + \mathbf{e}\mathbf{e}^\top$ son matrices cuadradas ahora tenemos $$ \det(AA^\top) = \det\left(B(I + \mathbf{e}\mathbf{e}^\la parte superior)B^\top\right) = \det (B) \det(I + \mathbf{e}\mathbf{e}^\la parte superior)\det(B^\top) = \det(I + \mathbf{e}\mathbf{e}^\la parte superior)\left(\det B\right)^2. $$

$B \in M_{n-1\times n-1}(\mathbb{Z})$ $\det B \in \mathbb{Z}$.

Ahora todo lo que necesitamos es la prueba de que $\det(I + \mathbf{e}\mathbf{e}^\top) = n$. Esta matriz (indicar con $E_{n-1}$ donde $n-1$ es la dimensión del espacio o el número de raws en $E$) se parece a $$ E_{n-1} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 2 & \dots & 1\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & \dots & 2 \end{pmatrix}. $$

Deje $E^i_n$ ser una matriz de $E_n$ en el que sustituyó a $2$ $i$- ésima fila con $1$. Es fácil ver que $\det{E^1_n} = 1$ (usando Gauss proceso). Por lo tanto si $i$ incluso $\det E_n^i = 1$ y si i es impar $\det E^i_n = -1$, es decir,$\det E^i_n = (-1)^i$. Ahora supongamos que sabemos que $\det E_{n-1} = n$. Podemos descomponer $\det E_n$ el uso de Laplace de expansión: $$ \det E_n = 2\det E_{n-1} + \sum_{i=1}^{n-1} (-1)^{i}\det E^i_{n-1} = 2n - (n-1) = n+1. $$ QED.