$\operatorname{Adj} (\mathbf I_n x-\mathbf A)$ al $\operatorname{rank}(\mathbf A)\le n-2$

Question

Deje $\mathbf B$ denotar una $n \times n$ matriz con $r\equiv\operatorname{rank}(\mathbf B)$. Tengo que probar el siguiente conjetura:

Si $r \le n - 2$, entonces existe un polinomio matriz $\mathbf P(x)$ tal que $$ \operatorname{Adj} (\mathbf I_n x-\mathbf B)= x^{n-r-1}\mathbf P(x). $$

Answer 1

Basado en @darijgrinberg comentarios:

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Lema$\quad$Deje $\mathbf{U}$ $\mathbf{V}$ dos $n \times n$-matrices. A continuación,

$$\det(\mathbf{U} + \mathbf{V}) = \sum_{k=0}^n\sum_{\;\;\;R,C\in[n]_k}(-1)^{\sum_{i\in R} i+\sum_{i\in C} i}\det(\mathbf{U} _{R^c,C^c})\det( \mathbf{V} _{R,C}),$$ donde $[n]_{k}$ denota el conjunto de los subconjuntos de a $\{1,...,n\}$ de tamaño $k$, $\mathbf{U}_{R,C}$ denota el menor de $\mathbf{U}$, de las cuales sólo las filas de $R$ y collumns en $C$, y, para cualquier $S \subseteq \{1,...,n\}$, $S^c=\{1,...,n\}/S$.

Prueba de$\quad$Ver Teorema 5.146 en Grinberg (2016).

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Para cualquier $i,j \in\{1,...n\}$, vamos a $\mathbf{A}_{i,j}$ $\mathbf{B}_{i,j}$ el valor del $(n-1)\times(n-1)$ sub-matrices de $\mathbf I_n$ $\mathbf{B}$ , respectivamente, con la fila $i$ y la columna $j$ eliminado. Se desprende de la Lema anterior que

$$\det(\mathbf{A}_{i,j}x\mathbf{B}_{i,j}) = \sum_{k=0}^{n-1}\sum_{R,C\in[n-1]_k} (-1)^{\sum_{i\in I}+\sum_{i\in C} i}x^{n-1-k}\det((\mathbf{A}_{i,j})_{R^c,C^c})\det((\mathbf{B}_{i,j}) _{R,C}),$$

Por otra parte, si $R,C\in [n-1]_{k}$$k>r$,$\det((\mathbf{B}_{i,j})_{C,R})=0$, por lo que

$$\det(\mathbf{A}_{i,j}x\mathbf{B}_{i,j}) =x^{n-r-1}\sum_{k=0}^{r}\sum_{R,C\in[n-1]_k}(-1)^ {\sum_{i\in I}+\sum_{i\in C} i}x^{r-k}\det((\mathbf{A}_{i,j})_{R^c,C^c})\det((\mathbf{B}_{i,j}) _{R,C}).$$

Cada entrada de la matriz $\operatorname*{Adj}(\mathbf{I}_{n}x-\mathbf{B})$ tiene la forma $±\det(\mathbf{A}_{i,j}x+\mathbf{B}_{i,j})$.

Answer 2

Necesitamos los siguientes resultados:

1. Para una arbitraria $n \times n$ real de la matriz $A$ y real $x$ $\left|xI-A\right| = x^n - S_1 x^{n-1} + S_2 x^{n-1} + \dots + (-1)^{n}S_n$ donde $S_k$ es la suma de todos los $k \times k$ director menores de $A$.
2. Para cualquier $n \times n$ matriz $A$ tenemos $|A + uv^T| = |A| + v^T\text{Adj}(A)u.$
3. Poner a $u = e_j$ $v = e_i$ arriba( donde $e_k$ es el k-ésimo columna de la matriz identidad), obtenemos $i,j$th entrada de $\text{Adj}(A$) $|A+e_je_i^T| - |A|$ para cualquier matriz cuadrada a $A$.

3 implica la $i,j$ésimo elemento de a $\text{Adj}(xI-A)$ es $$ \begin{align} \left|xI-A+e_je_i^{\small T}\right| - \left| xI - A \right| = - x^{n-1}(U_1 - S_1) + x^{n-2}(U_2 - S_2) + \dots + (-1)^n(U_n - S_n) \end{align} $$ donde para cada $k$ $U_k$ es la suma de todos los $k \times k$ director menores de $A-e_je_i^{\small T}$ $S_k$ es la suma de todos los $k \times k$ director menores de $A$.

Desde $\texttt{rank}(A) = r$ tenemos $S_{r+1}=\dots=S_n = 0.$

Ahora vamos a mostrar $U_{r+2}=\dots=U_n=0.$

Deje $M$ $k \times k$ submatriz principal de a $A-e_je_i^{\small T}$ y deje $N$ ser el principal submatriz de a $A$ correspondiente a los mismos índices que determinan $M$. $M$ y $N$ puede diferir en más de una entrada por exactamente 1. Así que si $M$ $N$ difieren en el $h,g$th posición y $N = \left[ \begin{matrix} n_1 & n_2 & \dots & n_k \end{matrix} \right]$$M = \left[ \begin{matrix} n_1 & \dots & n_{g-1} & n_g - e_h & \dots & n_{g+1} & \dots & n_k \end{matrix} \right]$, lo que implica $\left|M\right| = \left|N\right| - \left| \begin{matrix} n_1 & \dots & n_{g-1} & e_h & n_{g+1} & \dots & n_k \end{matrix} \right|.$ podemos ver que el segundo término de la suma anterior es una $(k-1)\times(k-1)$ menor de edad de $A$ (hasta un signo). Y desde $\texttt{rank}(A)=r$ esto implica si $k \geq r+2$$|M|=0$$U_{r+2}=\dots=U_n=0$.

Por lo que el $i,j$ésimo elemento de a $\text{Adj}(A)$ es de la forma $-x^{n-1}(U_1-S_1) + \dots \pm x^{n-r+1}(U_{r+1}-S_{r+1})$ y hemos terminado.

Finalmente, $1$ puede ser probado por señalar $f(x) = |xI - A|$ es un polinomio en a $x$ y la evaluación del coeficiente de $x^k$$f^{k}(0)/k!$.

2 prueba como sigue. Primero asuma $A$ es invertible, entonces $$ \begin{align} |A+uv^T| &= |A||I + (A^{-1}u)v^T|,\\ &= |A|(1+v^TA^{-1}u), \\ &= |A| + v^T|A|A^{-1}u,\\ &= |A| +v^T\text{Adj}(A)u. \end{align}$$

Desde $|A+uv^T|$ $|A| +v^T\text{Adj}(A)u$ son funciones continuas de $A$ ya que ambos son polinomios en las entradas de $A$ y no singular matrices densas, dado cualquier singulares de la matriz $A$ podemos encontrar una secuencia de no-singular matrices $A_n$ convergentes a $A$ y el resultado se sigue de $|A+uv^T| = \lim |A_n+uv^T| = \lim |A_n| +v^T\text{Adj}(A_n)u = |A| +v^T\text{Adj}(A)u.$

Answer 3

Como $B$ rango $r$, el autovalor $0$ tiene multiplicidad algebraica $\ge n-r$. Por lo tanto, $x^{n-r}$ divide $I\det(Ix-B)=(Ix-B)\operatorname{adj}(Ix-B)$ (nota: ambos lados son entendidos como polinomios en $x$ con la matriz de coeficientes; por lo tanto podemos escribir la $I\det(Ix-B)$ en lugar de $\det(xI-B)I$). Teniendo en cuenta la posibilidad de que $B$ puede ser cero, llegamos a la conclusión de que $x^{n-r-1}$ divide $\operatorname{adj}(Ix-B)$.