Задача 21

Условие задачи

Матрица имеет диагональное преобладание по строкам, все элементы её главной диагонали положительны, а все остальные элементы отрицательны. Докажите, что матрица обратима и все элементы обратной матрицы положительны.

Решение задачи

Пусть $A = \begin{bmatrix}a_{ij}\end{bmatrix}$ – матрица порядка $n$. По условию

$$\begin{align*} a_{ii} &> 0 \quad \left(1 \leqslant i \leqslant n\right) \text{,} \\ a_{ij} &< 0 \quad \left(1 \leqslant i, j \leqslant n, \, j \ne i\right) , \end{align*} \tag{1}$$

и в каждой строке модуль диагонального элемента больше суммы модулей остальных:

$$\left|a_{ii}\right| > \sum\limits_{\substack{1 \leqslant j \leqslant n \\ j \ne i}} \left|a_{ij}\right| \text{,} \quad i = 1, \, 2, \, \ldots, \, n \ \text{.} \tag{2}$$

Первым делом избавимся от модулей. Из $\left(1\right)$ следует $\left|a_{ii}\right| = a_{ii}$, а $\left|a_{ij}\right| = -a_{ij}$ при $j \ne i$, поэтому разность между двумя частями неравенства $\left(2\right)$ есть попросту сумма элементов строки:

$$s_i := \left|a_{ii}\right| - \sum\limits_{\substack{1 \leqslant j \leqslant n \\ j \ne i}} \left|a_{ij}\right| = a_{ii} + \sum\limits_{\substack{1 \leqslant j \leqslant n \\ j \ne i}} a_{ij} = \\ = \sum\limits_{j=1}^n a_{ij} \ \text{.}$$

Значит при наших знаках диагональное преобладание по строкам – это в точности

$$s_i > 0, \quad i = 1, \, 2, \, \ldots, \, n \ \text{,} \tag{3}$$

и дальше модули не понадобятся ни разу.

Обратимость $A$ получается сразу: матрица с диагональным преобладанием по строкам обратима. Значит существует $A^{-1}$, причём $AA^{-1} = I$.

Осталось доказать, что все элементы $A^{-1}$ положительны. Зафиксируем номер $k, \, 1 \leqslant k \leqslant n$, и обозначим через $x$ $k$-й столбец матрицы $A^{-1}$.

Столбец произведения двух матриц равен первому сомножителю-матрице, умноженному на соответствующий столбец второго, поэтому $k$-й столбец матрицы $AA^{-1}$ есть $Ax$. С другой стороны, $k$-й столбец матрицы $I$ есть $e_k$. Из $AA^{-1} = I$ получаем

$$\begin{gathered} Ax = e_k \Leftrightarrow \sum\limits_{j=1}^n a_{ij} x_j = \left(e_k\right)_i \ \text{,} \\ i = 1, \, 2, \, \ldots, \, n \ \text{.} \end{gathered} \tag{4}$$

Элементы $x_1, \, \ldots, \, x_n$ – это в точности элементы $k$-го столбца матрицы $A^{-1}$; докажем, что все они положительны.

Сначала убедимся, что отрицательных среди них нет. Элементов конечное число, поэтому есть наименьший – пусть это $x_m$:

$$x_m = \min\limits_{1 \leqslant i \leqslant n} x_i \text{,} \quad x_j \geqslant x_m \quad \left(1 \leqslant j \leqslant n\right) \ \text{.} \tag{5}$$

Возьмём $m$-е уравнение системы $\left(4\right)$:

$$a_{mm} x_m + \sum\limits_{\substack{1 \leqslant j \leqslant n \\ j \ne m}} a_{mj} x_j = \left(e_k\right)_m \ \text{.}$$

Для каждого $j \ne m$ множитель $a_{mj}$ отрицателен по $\left(1\right)$, а $x_j \geqslant x_m$ по $\left(5\right)$. Умножение на отрицательное число переворачивает неравенство, поэтому $a_{mj} x_j \leqslant a_{mj} x_m$. Заменив каждое слагаемое этой оценкой и вспомнив, что $\left(e_k\right)_m$ равно нулю или единице, а значит неотрицательно, получаем

$$0 \leqslant \left(e_k\right)_m = a_{mm} x_m + \sum\limits_{\substack{1 \leqslant j \leqslant n \\ j \ne m}} a_{mj} x_j \leqslant \\ \leqslant \left(a_{mm} + \sum\limits_{\substack{1 \leqslant j \leqslant n \\ j \ne m}} a_{mj}\right) x_m = s_m x_m \ \text{.}$$

Число $s_m$ положительно по $\left(3\right)$, поэтому $x_m \geqslant 0$. А так как $x_m$ – наименьший элемент, то

$$x_i \geqslant x_m \geqslant 0 \ \text{,} \quad i = 1, \, 2, \, \ldots, \, n \ \text{.} \tag{6}$$

Теперь возьмём $k$-е уравнение системы $\left(4\right)$, воспользуемся тем, что у $e_k$ единица стоит в известной строке, – в $k$-й, и перенесём внедиагональные слагаемые вправо:

$$a_{kk} x_k = 1 - \sum\limits_{\substack{1 \leqslant j \leqslant n \\ j \ne k}} a_{kj} x_j = 1 + \sum\limits_{\substack{1 \leqslant j \leqslant n \\ j \ne k}} \left(-a_{kj}\right) x_j \ \text{.}$$

Каждое слагаемое суммы неотрицательно: $-a_{kj} > 0$ по $\left(1\right)$ и $x_j \geqslant 0$ по $\left(6\right)$. Поэтому $a_{kk} x_k \geqslant 1$, а деление на $a_{kk} > 0$ даёт

$$x_k \geqslant \dfrac{1}{a_{kk}} > 0 \ \text{.} \tag{7}$$

Далее пусть $i \ne k$. Правая часть $i$-го уравнения системы $\left(4\right)$ равна нулю, поэтому

$$a_{ii} x_i = - \sum\limits_{\substack{1 \leqslant j \leqslant n \\ j \ne i}} a_{ij} x_j = \sum\limits_{\substack{1 \leqslant j \leqslant n \\ j \ne i}} \left(-a_{ij}\right) x_j \ \text{.}$$

Все слагаемые справа неотрицательны ($-a_{ij} > 0$ по $\left(1\right)$, $x_j \geqslant 0$ по $\left(6\right)$), а сумма неотрицательных слагаемых не меньше любого из них. Возьмём слагаемое с номером $j = k$ – оно в сумме присутствует, ведь $k \ne i$. С учётом $\left(7\right)$ и $-a_{ik} > 0$ получаем

$$a_{ii} x_i \geqslant \left(-a_{ik}\right) x_k \geqslant \dfrac{-a_{ik}}{a_{kk}} > 0 \ \text{,}$$

а деление на $a_{ii} > 0$ вместе с равенством $-a_{ik} = \left|a_{ik}\right|$ даёт

$$x_i \geqslant \dfrac{\left|a_{ik}\right|}{a_{ii} a_{kk}} > 0 \ \text{,} \quad i \ne k \ \text{.} \tag{8}$$

Оба возможных случая для номера элемента разобраны: при $i = k$ положительность даёт $\left(7\right)$, при $i \ne k$ – $\left(8\right)$. Значит, все элементы столбца $x$ положительны. Номер $k$ был произвольным, поэтому положительны все элементы матрицы $A^{-1}$, причём с явными оценками снизу

$$\left(A^{-1}\right)_{kk} \geqslant \dfrac{1}{a_{kk}} \ \text{,} \quad \left(A^{-1}\right)_{ik} \geqslant \dfrac{\left|a_{ik}\right|}{a_{ii} a_{kk}} \quad \left(i \ne k\right) \ \text{.}$$

Итак, матрица $A$ обратима, и все элементы её обратной матрицы положительны. $\square$