El determinante de a $4\times 4$ Matriz

Question

Estas preguntas son de Gilbert Strang. Álgebra Lineal

1) Donde se puede poner ceros en un 4 por 4 matriz, utilizando como pocos como sea posible, pero lo suficiente como para garantizar que el determinante es cero?

2) Donde se puede poner ceros y unos en un 4 por 4 matriz, utilizando como pocos como sea posible, pero lo suficiente como para garantizar que el determinante es uno?

Para la pregunta 1, se puede poner 4 ceros en una línea. De modo que 4 ceros es suficiente. Es 4 el mínimo?

y la pregunta 2?

Answer 1

Voy a completar el argumento de que uno no puede obligar a un $n\times n$ determinante para ser $1$ sin fijación al menos $\frac{n(n+1)}2$ de sus entradas, y con ese número uno debe arreglar $n$ entradas $1$ $\binom n2$ entradas $0$.

Para el factor determinante para tener un valor fijo, todos los términos de la fórmula de Leibniz debe individualmente tienen un valor fijo (ya que todos ellos implican distintos monomials, y su suma es un polinomio constante). Claramente, al menos, un valor fijo debe ser $1$, derivadas de un permutación $\sigma$. Luego permuting las filas de acuerdo a $\sigma$ obtenemos otra matriz con tantas ingresos fijos, y el mismo valor, y cuya diagonal entradas son fijos todos los ser $1$. Ahora para cualquier $i\neq j$ ni de las entradas $a_{i,j}$ $a_{j,i}$ es fijo, se obtiene un no-constante términos de $\sigma$ igual a la transposición de la $i$$j$. Así que tenemos que arreglar, al menos, uno de cada una de las $\binom n2$ dichos pares de entradas, lo que prueba que no puede tener éxito con menos de $\frac{n(n+1)}2$ ingresos fijos. Por otra parte, si utilizamos exactamente ese número, la entrada se fija en cada uno de los mencionados par debe ser $0$ (o más el plazo para la transposición no ser constante), por lo que tenemos $n$ (en diagonal) entradas de fijo a $1$ $\binom n2$ (fuera de la diagonal) entradas de fijo a $0$. Por supuesto, estas entradas podría haber sido en diferentes posiciones antes de permuting las filas.

Finalmente, para demostrar de lo que somos, básicamente, se han obligado a una matriz triangular, considerar la orientada a la gráfica en el set $\{1,2,\ldots,n\}$, donde hay un borde de $i$ $j$si $a_{i,j}$ no es fijo. A continuación, este gráfico no se han orientado a los ciclos, o bien el plazo para que permutación cíclica no sería constante (el mismo argumento que hemos utilizado para $2$-ciclos). Por lo tanto la condición de tener una orientada al camino de $i$ $j$define un orden parcial de los puntos de la gráfica. Esto puede ser extendido a un total de pedidos mediante la adición dirigida bordes, y luego ha $\binom n2$ bordes; pero se supone que no se $\binom n2$ sin restricciones de las entradas, así que había un orden total desde el principio. Ahora la conjugación de la permutación que los mapas de esta orden total para el natural orden de $\{1,2,\ldots,n\}$ hará que la matriz superior unitriangular.

Answer 2

Para el primer problema, $4$ ceros son suficientes y necesarias. La suficiencia es fácil de observar. Por necesidad, veamos la fórmula de Leibniz para el determinante $$\det(A) = \sum_{\sigma \in S_4}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{k=1}^4a_{k,\ \sigma(k)}$$ Si ponemos un cero en algunos de entrada de $a_{i,j}$ entonces los sumandos de la determinante eliminado corresponde a las permutaciones para que $\sigma(i) = j$. Hay $3!$ tales permutaciones y así cada cero que lugar se elimina en la mayoría de las $3!$ términos en la suma. Hay un total de $4\times 3!$ total de términos en la suma así al menos $4$ ceros necesarios.

Para el segundo problema, yo muy sospechoso que el triangular de la matriz es óptimo, pero no tengo una prueba. Podemos eliminar los términos colocando ceros o podemos hacer un plazo $1$ por la elección de los cuatro entradas correspondientes a un término; no tenemos la opción para modificar los valores de los sumandos libremente para no trivial de la cancelación. Por lo tanto, el camino para llegar a $\det(A) = 1$ es limitado. Debemos tener uno distinto de cero término que está hecha $1$. Por lo tanto, debemos tener $4$ queridos y suficiente de ceros para eliminar la $23$ otros términos de la suma. En cualquier caso, no parece que el mismo enfoque para el problema 1 sea fructífero aquí. Tal vez alguien puede rematar.

Answer 3

Pregunta 1

Tal vez me estoy perdiendo algo aquí. Pero usted no necesita cualquier ceros para el determinante es igual a cero. Todo lo que necesita es de dos filas o dos columnas, para ser linealmente dependiente. Por ejemplo, si la primera y la segunda filas son la misma, entonces la matriz tiene determinante cero. Esto es cierto para cualquier $n \times n$ matriz con $n \ge 2$, no sólo a $4 \times 4$. Si usted insiste en tener al menos un cero, entonces eso también está bien. Poner un cero en la parte superior derecha y asegúrese de que la primera y segunda columnas de la misma.

Esto es debido a que el determinante puede ser visto como una medida de área o de volumen. El factor determinante es el volumen del paralelepípedo generado por las columnas o filas de la matriz dada.

Pregunta 2

De nuevo, usted no necesita ningún ceros o unos. ¿Qué acerca de la matriz:

$$\left[ \begin{array}{cccc} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{array}\right] . $$

Acaba de empezar con una matriz con el área requerida y, a continuación, realizar una Euclidiana transformación.