Czy taka matryca może istnieć?

Podczas mojej pracy wpadłem na następujący problem:

Usiłuję znaleźć macierz $n \times n$ dla dowolnego o następujących właściwościach: $(0,1)$ $M$ $n > 3$

Wyznacznik $M$ jest parzysty.
Dla niepustych podzbiorów $I,J\subseteq\{1,2,3\}$ z $|I| = |J|$ The podmatryca $M^I_J$ ma nieparzystą determinantę wtedy i tylko wtedy, $I=J$ .

Tutaj $M^I_J$ oznacza podmatrycę z $M$ utworzoną przez usunięcie z indeksów wierszy, w $I$ i kolumny ze wskaźników w $J$ .

Do tej pory próbowałem znaleźć taką macierz za pomocą losowego próbkowania, ale jestem w stanie znaleźć tylko macierz, która ma wszystkie właściwości oprócz pierwszej , tj. Macierz ma zawsze nieparzystą determinantę. Próbowałem różnych wymiarów i różnych zestawów wejścia / wyjścia bez powodzenia. To sprawia, że myślę:

Czy istnieje zależność między wymaganiami, która uniemożliwia im jednoczesną zgodność z prawdą?

lub

Czy to możliwe, że taka matryca istnieje i czy ktoś może dać mi przykład?

Dzięki, Etsch

graph-theory co.combinatorics linear-algebra matrices boolean-matrix Etsch
źródło

masz na myśli losowe podzbiory lub jakieś podzbiory?

Suresh Venkat

Wydaje się, że

det (M_{o_{1}}^{i_{1}}) \equiv 1 (\mod 2)

$\det(M^{i_1}_{o_1}) \equiv 1 \pmod{2}$

kolidują ze sobą, ponieważ nie ma nic, co mogłoby zatrzymać

w jednym losowym podzbiorze

w innym losowym podzbiorze. Czy może po prostu chcesz, aby tak było w przypadku pojedynczej pary podzbiorów

det (M_{o_{2}}^{i_{1}}) \equiv 0 (\mod 2)

$\det(M^{i_1}_{o_2}) \equiv 0 \pmod{2}$

o_{1}

$o_1$

o_{2}

$o_2$

{o_{1}, o_{2}, o_{3}}

$\{o_1,o_2,o_3\}$

{i_{1}, i_{2}, i_{3}}

$\{i_1,i_2,i_3\}$

Peter Shor,

Tak, dwa podzbiory

są stałe. Np. Dla

można ustawić

oraz

I = {i_{1}, i_{2}, i_{3}}

$\mathcal{I} = \{i_1,i_2,i_3\}$

O = {o_{1}, o_{2}, o_{3}}

$\mathcal{O} = \{o_1,o_2,o_3\}$

n = 7

$n=7$

i_{1} = 1

$i_1 = 1$

i_{2} = 2

$i_2 = 2$

i_{3} = 5

$i_3 = 5$

o_{1} = 2

$o_1 = 2$

o_{2} = 3

$o_2 = 3$

a następnie pytanie brzmi: czy istnieje macierz

(7x7)

taka, że

o_{3} = 4

$o_3 = 4$

M

$M$

det (M) \equiv 0 (\mod 2)

$\det(M) \equiv 0\pmod{2}$

det (M_{2, 3, 4}^{1, 2, 5}) \equiv 1 (\mod 2)

$\det(M^{1,2,5}_{2,3,4}) \equiv 1 \pmod{2}$

i tak dalej, zgodnie ze zdefiniowanymi 20 właściwościami.

det (M_{2, 3}^{1, 2}) \equiv 1 (\mod 2)

$\det(M^{1,2}_{2,3}) \equiv 1\pmod{2}$

Etsch,

Czy nie możesz po prostu naprawić

aby uprościć pytanie i ułatwić czytanie?

i_{1} = 1

$i_1 = 1$

i_{2} = 2

$i_2 = 2$

i_{3} = 3

$i_3 = 3$

o_{1} = 1

$o_1 = 1$

o_{2} = 2

$o_2 = 2$

o_{3} = 3

$o_3 = 3$

Jukka Suomela,

Edytowane dla jasności.

Jeffε 10.11.11

Nie ma takiej matrycy.

Tożsamość Desnanot-Jacobiego mówi, że dla , więc za pomocą tego, dostajemy $i \neq j$

det {M.}_{ja jot}^{ja jot} det M. = det {M.}_{ja}^{ja} det {M.}_{jot}^{jot} - det {M.}_{ja}^{jot} det {M.}_{jot}^{ja}

$\det M_{ij}^{ij} \det M = \det M_i^i \det M_j^j -\det M_i^j \det M_j^i$

Ale twoje wymagania zmuszają lewą stronę do 0 (mod 2), a prawą stronę do 1 (mod 2), co pokazuje, że są niezgodne.

det {M.}_{12}^{12} det M. = det {M.}_{1}^{1} det {M.}_{2)}^{2)} - det {M.}_{1}^{2)} det {M.}_{2)}^{1}

$\det M_{12}^{12} \det M = \det M_{1}^{1} \det M_{2}^{2} - \det M_{1}^{2} \det M_{2}^{1}$

Peter Shor
źródło

Miły! Jednak teraz jestem zdezorientowany, ponieważ pytający powiedział, że druga kula w samym pytaniu może być usatysfakcjonowana, co faktycznie zaprzecza przytoczonej przez ciebie tożsamości.

Tsuyoshi Ito,

I

$I$

I

$I$

i = j

$i = j$

Przepraszam, mój poprzedni komentarz był fałszywy i wydaje się, że jestem bardziej zdezorientowany niż myślałem. Dlaczego wymóg w pytaniu zmusza lewą stronę drugiego równania w twojej odpowiedzi do 0 mod 2?

Tsuyoshi Ito,

Teraz rozumiem, co miałeś na myśli. Nie musiałeś usuwać pierwszego wiersza i pierwszej kolumny.

Tsuyoshi Ito,

M

$M$

M_{1, 2, 3}^{1, 2, 3}

$M^{1,2,3}_{1,2,3}$

Czy taka matryca może istnieć?

Odpowiedzi: