¿Por qué es el determinante de toda una matriz menos la matriz de identidad n-1?

Question

Contexto (saltar)

Me pidieron (por un amigo que se está preparando para un examen) si existe un truco especial para calcular el determinante de la siguiente matriz. Yo no veo nada más allá de usar el estándar de cálculos (como el uso de "Gauss" para calcular el valor).

Luego me preguntó otro estudiante de matemáticas que, mientras que muy luminoso, está un poco oxidado en el álgebra lineal y el uso de sagemath nos empíricamente encontrado la formula siguiente. Por supuesto, ambos estábamos confundidos en cuanto a a) si realmente siempre de titular, y b) ¿por qué se mantiene.

Pregunta

Deje $n\in\mathbb N$ ser un entero positivo. Deje $I_n\in\mathbb R^{n\times n}$ ser la matriz identidad y deje $1_n\in\mathbb R^{n\times n}$ ser el todo-uno de la matriz, es decir, la matriz para la que cada entrada es $1$.
Ahora estoy confundido en cuanto a por qué el siguiente (empíricamente encontrado) declaración tiene (o no):

$$\forall n\in\mathbb N:\det(1_n-I_n)=(-1)^{n-1}(n-1)$$

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For illustration purposes, here is the matrix for $n=4$ (with the determinant being $-3$): \begin{pmatrix} 0&1&1&1\\ 1&0&1&1\\ 1&1&0&1\\ 1&1&1&0 \end{pmatrix}

Answer 1

$1_n$ Tiene eigenvalues$n$ con multiplicidad$1$ y$0$ con multiplicidad$n-1$ % #% Y$1_n - I_n$ con multiplicidad$n-1$. El determinante es el producto de los valores propios, por lo que$1$.

Answer 2

\begin{align}\det (1_n-I_n)&=(-1)^{n}\det(I_n-1_n) \\ &=(-1)^n\det(I_n-ee^T)\\ &=(-1)^n(1-e^Te)\det(I_n)\\ &=(-1)^{n+1}(n-1)\end{align}

Donde he utilizado el lema determinante de la matriz en la tercera igualdad.

Answer 3

Aquí es una matriz (en este caso con $n=10$) con columnas son los vectores propios de su (simétrica) de la matriz. De hecho, dado cualquier constantes $\alpha, \beta,$ esto demuestra una base de vectores propios para $\alpha I_n + \beta \, 1_n$

Tenga en cuenta que $P$ no es ortogonal, aunque las columnas son pares ortogonal. $$ P = \left( \begin{array}{rrrrrrrrrr} 1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 2 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 3 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 4 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 5 & -1 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 6 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 7 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 8 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 9 \end{array} \right). $$ Usted consigue una evidente base de vectores propios, así que usted puede decir que los valores propios.

Las columnas de $P$ son de diferentes longitudes; dividiendo cada uno por su longitud de dar una matriz ortogonal.

Para $n=4$

$$ P = \left( \begin{array}{rrrr} 1 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 2 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 3 \end{array} \right). $$

Answer 4

Las otras respuestas ofrecen una visión más clara de álgebra lineal. Pero, obviamente, se preguntó acerca de si se podría utilizar eliminación Gaussiana de alguna manera — esto es sólo para mostrar un camino posible. Volviendo a tu caso $n=4$ como un ejemplo práctico:

\begin{pmatrix} 0&1&1&1\\ 1&0&1&1\\ 1&1&0&1\\ 1&1&1&0 \end{pmatrix}

Sería bueno conseguir una fila o columna en la que sólo hay una entrada distinto de cero. Tratemos de eliminar a todos los que ocupan el primer $n-1=3$ columnas en la fila inferior. Encima de cada uno de estos tie $n-1=3$ entradas, incluyendo uno de los ceros en la diagonal, por lo que siempre hay $n-2$ queridos y un cero. Por otro lado, por encima del cero en la parte inferior derecha hay$n-1$. Si hemos añadido todas las filas de la barra de la parte inferior, obtenemos

$$R_1 + \dots + R_{n-1}= \begin{pmatrix} n-2&\cdots&n-2&n-1\\ \end{pmatrix}$$

Por tanto, debemos restar desde el final de la fila $\frac{1}{n-2}(R_1+\dots+R_{n-1})$ obtener

\begin{pmatrix} 0&1&1&1\\ 1&0&1&1\\ 1&1&0&1\\ 0&0&0&-\frac{n-1}{n-2} \end{pmatrix}

donde en este caso en particular, la parte inferior derecha de la entrada iba a ser $-\frac{n-1}{n-2}=-\frac{3}{2}$. Si nosotros, a continuación, realice una de Laplace (cofactor) de expansión a lo largo de la fila de abajo, debemos encontrar el determinante de la submatriz ocupando el primer $n-1$ filas y columnas. Pero que submatriz es $1_{n-1} - I_{n-1}$, por lo que hemos reducido el problema al caso anterior. La prueba puede por lo tanto ser llevado a cabo por inducción.

El caso base es bastante fácil de demostrar. Y suponiendo que el resultado es cierto para los más pequeños de los casos, el argumento descrito anteriormente, se obtiene:

$$\det(1_n - I_n) = (-1)^{n+n}\left(-\frac{n-1}{n-2}\right) \det (1_{n-1} - I_{n-1}) = (1)\left(-\frac{n-1}{n-2}\right)\left((-1)^{n-2}(n-2)\right)$$

que le da la necesaria $(-1)^{n-1}(n-1)$.