Demostrando que $\det(A) \ne 0$ si $a_{i,i} = 0$ $a_{i,j} = \pm 1$ $i \neq j$

Question

Deje $A$ $n\times n$ matriz ($n=2k$, $k \in \Bbb N^*$) tal que.

$$a_{ij} = \begin{cases} \pm 1, & \text{if %#%#%} \\ 0, & \text{if %#%#%} \end{casos}$$

Mostrar que $i \ne j$.

P. S. $i=j$ significa que puede ser $\det (A) \ne 0$ o $a_{ij}=\pm 1$ no es necesariamente la misma para todos los $+1$.

Mi planteamiento:

He empezado con la definición de $-1$ a la escritura como una permutación de la suma, pero se convirtió en sucio. También traté de Laplace del método, pero también funcionó. También traté de inducción, pero una vez $a_{ij}$ es aleatorio se hizo difícil de tratar.

Answer 1

Suponga que $n$ es incluso. Considere la posibilidad de su matriz $A$ como una matriz con números enteros coeficiente, y deje $\mathbb{F}_2$ a ser el campo con dos elementos. Luego de la proyección de $\pi:\mathbb{Z}\to \mathbb{F}_2$ induce una proyección de $\pi$ sobre los anillos de matrices; deje $A_2$ ser la imagen de $A$ por esta proyección. A continuación,$\det(A_2) = \pi(\det(A))$.

Ahora, vamos a $B$ ser la matriz se define de la misma manera como $A$, salvo que todos los no-cero entradas se $1$ (en lugar de $\pm 1$). A continuación,$\pi(B)= A_2$. Ahora $B$ es un circulantes de la matriz, y sabemos que su determinante es $(n-1)\cdot(-1)^n$. Por lo tanto $\det(A_2)=1$, lo $\det(A)$ no puede ser cero (de hecho, no puede ser un número par).

Tenga en cuenta que esto también muestra que si $n$ es impar, entonces $\det(A)$ siempre será un número par.

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Añadió:

Después de ver Omnomnomnom la respuesta, me di cuenta de que la matriz de $A_2$ anterior es invertible, y es su propia inversa, si $n$ es incluso. Así que no hay necesidad de usar el circulantes matriz $B$ en la prueba.

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Y si $n$ es impar:

El resultado es false si $n$ es impar. Un contra-ejemplo para $n=3$ está dado por la matriz $$ \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \end{pmatrix}. $$

Si $n$ es cualquier entero impar, entonces esta contra-ejemplo generaliza: vamos a $A$ ha $1$'s en todas partes, excepto en la diagonal, y también en la última fila, donde $1$ $-1$ alternativo. A continuación, $A$ cero determinante, ya que el vector $(1,1,\ldots,1,n-2)^t$ es en su núcleo.

Answer 2

Sin finito campos: queremos demostrar que $\det(A)$ es necesariamente impar (que llegamos a la conclusión de la $\Bbb F_2$), lo que implicaría $\det(A) \neq 0$. Fijar una matriz de $A$ de la que se describe patrón. Deje $A^{(i,j)}$ denotar la matriz en la que nos "flip" el signo de la $i,j$ entrada. Es decir, $$ A^{(i,j)}_{pq} = \begin{cases} -A_{ij} & p=i,q=j\\ A_{ij} & \text{otherwise} \end{casos} $$ Mediante la aplicación de la expansión de Laplace de la determinante a lo largo de la $i$th fila, vemos $$ \det(A) - \det(A^{(i,j)}) = 2C_{ij} $$ Donde $C_{ij}$ es el cofactor asociado con $i,j$. En particular, $C_{ij}$ es un número entero.

Así, volteo signo no cambia la paridad de la derivada. Por lo tanto, es suficiente para demostrar que la matriz de $A$ cuyas entradas fuera de la diagonal son todos los $1$ tiene una extraña determinante. Pero esto es fácil.

En particular, si $x$ es el vector columna cuyas entradas son todas las $1$, entonces, queremos mostrar que $\det(xx^T - I)$ es impar. Podemos hacerlo, ya sea por considerar que los valores propios de la categoría-$1$ matriz $xx^T$ o por Sylvester determinante de la identidad (o por fila-reducción, o por la observación de que la matriz es circulantes). Cualquiera que sea la forma que elija, nos encontramos con $\det(xx^T - I) = 1-n$, que es necesariamente impar.

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Otra mancha de prueba utilizando campos finitos (lo que evita atractivo para las matrices circulantes):

Considere la posibilidad de la $n \times n$ matriz $B$ cuyas entradas (de $\Bbb F_2$) son de $1$. Desde $n$ es incluso, nos encontramos con que $B^2 = nB = 0$. Desde $B$ es nilpotent, su único autovalor es $0$ (con multiplicidad $n$).

La matriz $A$ (tomado del modulo $2$) está dado por $A = B + I$. Desde $B$ ha autovalor $0$ con multiplicidad $n$, se puede concluir que la $A$ ha autovalor $1$ con multiplicidad $n$. Por lo tanto, $\det(A) = (1)^n = 1 \neq 0$.

Por lo tanto, llegamos a la conclusión de que el determinante de una $A$ de los presentados en forma es extraño, por tanto, distinto de cero.

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O, más simplemente: $B^2 = 0$. Por eso, $A = B+I$ es invertible, ya que $$ A^2 = B^2 + 2B + I = 0 + 0 +I = I $$

Answer 3

Gracias @Pierre-Chico, su solución y en particular la matriz $B$ me dio una idea.

Si escribimos $\det A$ usando la congruencia modulo $2$, obtenemos que $\pm 1$ se convirtió $1$ y, a continuación, tenemos:

$$\det a \equiv\begin{vmatrix} 0 & 1 & 1 & ...&1 \\ 1 & 0 & 1 & ...&1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & ...&1 \\ 1 & 1 & 1 & ...&0 \end{vmatrix}$$

y la suma de cada línea horizontal en la primera tenemos:

$$\begin{vmatrix} 2k-1 & 2k-1 & 2k-1 & ...&2k-1 \\ 1 & 0 & 1 & ...&1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & ...&1 \\ 1 & 1 & 1 & ...&0 \end{vmatrix}=(2k-1)\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & ...&1 \\ 1 & 0 & 1 & ...&1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & ...&1 \\ 1 & 1 & 1 & ...&0 \end{vmatrix}$$

Ahora, si le restamos a cada línea horizontal desde la primera línea, se obtiene:

$$(2k-1)\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & ...&1 \\ 0 & -1 & 1 & ...&1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & ...&1 \\ 0 & 0 & 0 & ...&-1 \end{vmatrix}=(2k-1)(-1)^{(2k-1)}\equiv 1 \mod 2$$

y así el $\det A$ es un número impar, y entonces no puede ser $0$.

Answer 4

He aquí un enfoque que se conecta a su idea original de la escritura de la definición de $\det A$ como una suma de más de permutaciones:

Si a esto, $n!$ términos, cada uno de los cuales es $+1$, $-1$ o $0$. Los términos que son cero son aquellos en los que se incluyen al menos una matriz de entrada de la diagonal, que corresponden exactamente a las permutaciones $\pi$ que tienen al menos un punto fijo (es decir, $\pi(k)=k$ algunos $k$).

De modo que el cero términos de la suma se corresponden con el punto fijo-libre de permutaciones, también conocido como alteraciones. Y el número de alteraciones de $n$ elementos, llame a $a_n$, es impar si $n$ es incluso (y aún si $n$ es impar), que es fácil de probar por medio de la recursividad $$ a_1=0 ,\qquad a_n = n a_{n-1} + (-1)^n . $$ Por lo que su determinante es la suma de un extraño número de $+1$$-1$, por lo que es en sí mismo un número impar, y no puede ser cero.