12 votos

Demostrando la relación $\det(I + xy^T ) = 1 + x^Ty$

Deje $x$ $y$ denotar dos $n$ - longitud de los vectores columna. Demostrar que

$$\det(I + xy^T ) = 1 + x^Ty$$

Es Sylvester determinante teorema de extensión del problema? Es el enfoque de la misma?

11voto

Dave Griffiths Puntos 688

Sugerencia: La Descomposición De La $$ \begin{pmatrix} 1 & -y^T\\ x & I \end{pmatrix} $$ como bajar $\cdot$ superior y superior de $\cdot$ inferior da $$ \begin{pmatrix} 1 & 0\\ x & I\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & -y^T\\ 0 & I + xy^T \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 + x^Ty & -y^T\\ 0 & I\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0\\ x & I \end{pmatrix}. $$

3voto

palehorse Puntos 8268

También puede aplicar la propiedad

$$\det\begin{pmatrix} A & B\\ C & D \end{pmatrix}=\det(A) \det(D-C A^{-1}B)=\det(D) \det(A-B D^{-1}C)$$

a la matriz $$\begin{pmatrix} I & -y\\ x^T & 1 \end{pmatrix}$$

(Por CIERTO: aquí estoy asumiendo vectores columna; la cuestión habla de "vectores columna", pero su notación corresponde a los vectores fila)

3voto

Jim Petkus Puntos 3447

Aquí es un enfoque superior triangularization por el bien de la variedad.

Tenga en cuenta que $xy^T\in M_n(K)$ rango $\leq 1$$\mbox{tr } xy^T=\sum_{j=1}^nx_jy_j=x^Ty$.

Por lo $0$ es un autovalor de multiplicidad $n-1$ si $xy^T$ rango $1$ o $n$ si $xy^T=0$. En el último caso, $x=0$ o $y=0$ donde $\det(I+xy^T)=\det I=1=1+x^Ty$. Ahora si $xy^T$ rango $1$, tomar cualquier vector no en $\ker xy^T$ y agregar a una base de $\ker xy^T$ para obtener una base de $K^n$. Luego, tomando la traza para determinar la esquina inferior derecha del coeficiente, vemos que $xy^T$ es similar a la $$ S(xy^T)S^{-1}=\pmatrix{0&*\\0&x^Ty}\quad \Rightarrow\quad S(I+xy^T)S^{-1}=\pmatrix{I&*\\0&1+x^Ty} $$ El resultado se sigue inmediatamente.

Nota: cada matriz de rango $1$ es de la forma$xy^T$$x\neq 0$$y\neq 0$. Con el enfoque anterior, vemos que en una plaza de la clasificación $1$ matriz es diagonalizable si y sólo si su traza es distinto de cero.

2voto

Anthony Shaw Puntos 858

En esta respuesta, está demostrado que cuando se $A$ $n\times m$ matriz y $B$ $m\times n$ matriz, donde $n\ge m$, $$ \det(\lambda I_n-AB)=\lambda^{n-m}\det(\lambda I_m-BA) $$ Para este problema, establezca $\lambda=1$, $A=-x$ y $B=y^T$.

0voto

nandokakimoto Puntos 952

He encontrado esta prueba para la sylvester del teorema.Sólo para todos nosotros yo ma compartirlo aquí.Si este post no es apropiado que lo eliminará.Gracias.

Prueba del teorema de Sylvester por un estudiante.

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