Lion D.

증명. $A$가 invertible. 다음 식이 성립한다.$$ \left( \begin{array}{cc} A & C \\ C^T & -B \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} A & O \\ C & I_n \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} I_n & A^{-1} C \\ O & -B-C^T A^{-1}C \end{array} \right) $$ 따라서 주어진 행렬의 determinant는 $\det(A) \det(-B-C^T A^{-1}C)$이다. 한편 임의의 $x \in \mathbb{R}^n$에 대하여,$$ x^T(B+C^TA^{-1}C)x = x^TBx + (Cx)^TA^{-1}Cx > 0 $$이다. ($A..

먼저 다음 lemma를 보인다.finite-dimensional vector space $V$ 에서 정의된 linear operator $T, U$에 대하여, $$ \mathrm{nullity}(TU) \le \mathrm{nullity}(T) + \mathrm{nullity}(U) $$증명. $W = N(TU)$에 대하여 $N(U) \subset W$이므로 $N(U|_W) = N(U)$이다. 또한 $R(U|_W)$의 basis는 $N(T)$에 속하는 linearly independent set이다. 따라서,$$ \mathrm{nullity}(TU) = \dim W = \mathrm{rank}(U|_W) + \mathrm{nullity}(U|_W) \le \mathrm{nullity}(T) + \math..

문제는 생략.$a = 1/x$, $b = 1/y$, $E_1 = xA$, $E_2 = yB$, $T = A+B$라 두자. 그러면 $E_1, E_2$는 projection이다. $W_1 = R(E_1)$, $W_2 = R(E_2)$라 하자. $E_1 E_2 = O$이므로 $\mathbb{R}^n = W_1 \oplus W_2$이다. 따라서 $\mathrm{rank}(E_1) + \mathrm{rank}(E_2) = \dim W_1 + \dim W_2 = n$이다. 또한,$$(T-aI)(T-bI) = (b-a)E_2 \cdot (a-b)E_1 = O$$이므로 $T$의 characteristic polynomial은 $\det(zI-T) =(z-a)^k (z-b)^l$ 꼴이다. (이때 $k+l = n$) 그런..

문제는 생략.풀이는 다 나와있지만, official solution에는 어떻게 그 풀이에 도달했는지에 대한 설명이 없다. 고로 좀 더 납득이 가는 풀이를 보여주려 한다.$$ C_t = \left( \begin{array}{cc}A&t^2 B \\ B &A \end{array} \right) $$의 determinant는, 한 row를 $t$배 해서 다른 row에 더하거나 빼도 바뀌지 않는다. 따라서,$$ \det C_t = \det \left( \begin{array}{cc}A-tB & t(tB - A) \\ B & A \end{array} \right) $$... 그리고 이 성질은 column에 대해서도 성립한다!$$ \det C_t = \det \left( \begin{array}{cc} A-tB &..