Определитель неотрицательной матрицы

[Truf]

Что можно сказать о свойствах определителя матрицы вида:

$$ a_{i,j} \geqslant 1\,\,i \ne j $$

$$ {a_{i,i} = 0} $$

Хотелось бы доказать что определитель всегда ненулевой или опровергнуть это, но никак не выходит. Есть идеи?

[antbez]

С помощью элементарных преобразований обнулим в каждой строчке все элементы, кроме одного, выстроив ненулевые элементы, например, так: an1,a12,a23,a34...Применим формулу Лапласа для разложения по последней строке. Тогда алгебраическим дополнением единственного ненулевого в последней строке элемента будет определитель, на главной диагонали которого все элементы отличны от 0, то есть этот определитель, а стало быть и исходный, отличны от 0.

[Руст]

Truf писал(а):

Что можно сказать о свойствах определителя матрицы вида:

$$ a_{i,j} \geqslant 1\,\,i \ne j $$

$$ {a_{i,i} = 0} $$

Хотелось бы доказать что определитель всегда ненулевой или опровергнуть это, но никак не выходит. Есть идеи?

При n=1 всегда 0, при n=2 всегда не ноль (точнее <=-1), при n=3 всегда положителен (однако, если выполняется только слабое условие |a(i,j)|>=1, то возможно равенство нулю детерминанта). А при n>=4 это ограничение ничего не даёт. Возможно равенство нулю детерминанта.

[bot]

При n=3 определитель >=2.
При n>3 определитель может быть и отрицательным тоже.

[Руст]

Если все элементы матрицы 1, кроме диагональных, где нули, то определитель равен $(-1)^{n-1}(n-1).$ Здесь n размерность матрицы.

[Truf]

antbez писал(а):

С помощью элементарных преобразований обнулим в каждой строчке все элементы, кроме одного, выстроив ненулевые элементы, например, так: an1,a12,a23,a34...Применим формулу Лапласа для разложения по последней строке. Тогда алгебраическим дополнением единственного ненулевого в последней строке элемента будет определитель, на главной диагонали которого все элементы отличны от 0, то есть этот определитель, а стало быть и исходный, отличны от 0.

Не верю

Цитата:

При n=1 всегда 0, при n=2 всегда не ноль (точнее <=-1), при n=3 всегда положителен

Согласен.

Цитата:

однако, если выполняется только слабое условие |a(i,j)|>=1, то возможно равенство нулю детерминанта

Славо богу они положительны.

Цитата:

А при n>=4 это ограничение ничего не даёт. Возможно равенство нулю детерминанта.

Это то и хочется оспорить. Я в математике слаб (иначе не постил бы) так что поправляйте, если где ошибусь.
1. Определитель равен произведению собственных значений (может с коэффициентом -1 в какойто степени).
2. Сумма собственных значений равна следу матрицы, вмоем случае ноль.
3. Моя матрица описывает связный граф - следовательно она неразложима.
4. Неразложимая неотрицательная матрица всегда имеет одно положительное собственное значение, превосходящее по модулю все остальные. Оно даже как-то высчитывается вроде. (т. Фробениус - Перрона или просто Перрона (точно не помню), сегодня вечером дороюсь до ее сути ).

Так вот что меня смущает: характеристическое уравнение с моими ограничениями на коэффициенты не имеет решения при n=4. Проверял Maple 8.

В Maple писал(а):

A := matrix(4,4, [0,a1,a2,a3, a4,0,a5,a6, a7,a8,0, a9, a10, a11, a12, 0]);
eigenvals(A);
solve({x^4+(-a9*a12-a10*a3-a7*a2-a8*a5-a11*a6-a4*a1)*x^2+(-a4*a8*a2-a11*a5*a9-a7*a3*a12-a7*a1*a5-a10*a1*a6-a4*a11*a3-a8*a6*a12-a10*a2*a9)*x-a7*a1*a6*a12-a10*a1*a5*a9-a4*a11*a2*a9+a7*a11*a2*a6-a7*a11*a3*a5-a4*a8*a3*a12-a10*a8*a2*a6+a4*a1*a9*a12+a10*a8*a3*a5=0, a1>1, a2>1, a3>1, a4>1, a5>1, a6>1, a7>1, a8>1, a9>1, a10>1, a11>1, a12>1});

Т.о определитель при n=4 не нулевой. Это верно?
Проверки при больших n меня не убеждают. Нужно индуктивное утверждение. Просто необходимо учесть, что это не просто матрица с нулевой главной диагональю, а матрица со свойствами 1-4.

[bot]

Если Ваша матрица возникла из графов, то может Вам лучше перманент подойдёт?

[Truf]

bot писал(а):

Если Ваша матрица возникла из графов, то может Вам лучше перманент подойдёт?

Можно ссылку для лекбеза?

[bot]

Ну я не очень силён в поиске. Попробуйте в Яндексе набрать Перманент, а потом в найденном Граф, или наоборот. Матрица инцидентности - тоже ключевое слово.

[Truf]

Развлекался, вычисляя коэффициенты характеристического уравнения методом Леверрье.
http://doors.infor.ru/allsrs/alg/linalg/index2.html#lev
К сожалению, начиная с

$$ p_4 $$

в коэффициентах появляются слогаемые разных знаков, а ведь

$$ p_{n} $$

был бы определителем. Зато очень красивыми выходят суммы различных степеней собственных значений. И что замечательно - всегда строго больше нуля, даже при нечетных степенях.

$$ \sum {\lambda _k = traceA = 0,\sum {\lambda _k^n = traceA^n > 0} } $$

[Руст]

Берите матрицу 4*4 у которого все элементы 1 кроме диагональной и а(1,4)=4, на диагонали нули. Определитель равен 0.

[Truf]

Руст писал(а):

Берите матрицу 4*4 у которого все элементы 1 кроме диагональной и а(1,4)=4, на диагонали нули. Определитель равен 0.

-6. Не пугайте меня так больше. Иля я матрицу не правильно себе представил.
А в общем случае : -n-2.

Добавлено спустя 10 минут 58 секунд:

Узнал много нового о перманентах. Особенно впечатлили результаты поиска:

Цитата:

Перманент ей не шел, к тому же волосы были безнадежно погублены перекисью.
Ребята, - сказал капитан, - он граф

и

Цитата:

- А что это граф Суворов ничего не ест?
Там алкаши топчутся, кому-то морду уже собираются бить, продавщица с перманентом злобно кидает ему бутылку.

В итоге, на форумах оноружено что

Цитата:

иногда вместо детерминанта считают перманент матрецы - как и детерминант только все миноры складывают

Я полагаю, что для обоснования разрешимости неоднородной СЛАУ он будет бесполезен.

[bot]

Ноль получится, если положить a(1,2)=a(2,1)=4.
Руст, видимо, имел в виду симметричную матрицу.

[Truf]

Согласен . Мне нужно пересмотреть условия, возможно их удастся скорректировать.

[bot]

Truf писал(а):

Я полагаю, что для обоснования разрешимости неоднородной СЛАУ он будет бесполезен.

Безусловно, только откуда было знать, что он для этого Вам был нужен.