Condizione affinché \(\det(A- I_n)\ne 0\)

[DavideGenova1]

Ciao, amici! Data la matrice \(A=(a_{ij})\in M_n(\mathbb{R})\) trovo scritto -su A.N. Kolmogorov, S.V. Fomin, Elementi di teoria delle funzioni e di analisi funzionale, p. 78 dell'ed. Editori Riuniti- che da ciascuna delle due condizioni\[\sum_{i}\sum_{j}|a_{ij}|^2\leq\alpha<1\quad\text{oppure}\quad\forall i=1,...,n\quad \sum_{j}|a_{ij}|\leq\alpha<1\]per qualche $\alpha\geq 0$ deriva, chiamando $I_n$ la matrice identità, che \(\det(A- I_n)\ne 0\).
Non mi sembra una cosa affatto banale. Qualcuno sa qualcosa delle ragioni di questa implicazione?
Ho pensato che \(\det(A- I_n)\ne 0\) significa che 1 non è autovalore dell'applicazione definita da $A$ e cercato di utilizzare il fatto che \(\sum_i \lambda_i=\text{tr}(A)\), ma ottengo solo che \(|\sum_i \lambda_i|\leq\sum_{i}|a_{ii}|<1\), che non implica di per sé che \(\forall i=1,...,n\quad\lambda_i\ne 1\)...
$\infty$ grazie a tutti!!!

[Gi81]

Dimostro che $text{det}(A-I)=0=> EE k in {1,...,n}$ tale che $|a_(k1)|+...+|a_(kn)|>=1$

Se $text{det}(A-I)=0$ allora $1$ è autovalore, dunque esiste un vettore $x=(x_1,...,x_n)$ non nullo tale che $A x =x$.
Sia $x_k$ la componente di modulo massimo di $x$, cioè $|x_k| >= |x_i|$ per ogni $i =1,...,n$.

Allora si ha $|x_k|= |a_(k1)x_1+...+a_(kn) x_n| <= |a_(k1)|*|x_1|+...+|a_(kn)|*| x_n|<= (|a_(k1)|+...+|a_(kn)|)*|x_k|$
dunque $|a_(k1)|+...+|a_(kn)|>=1$

[DavideGenova1]

Grazie di cuore!!! Per quanto riguarda \(\sum_{i}\sum_{j}|a_{ij}|^2\leq\alpha<1\) ho pensato che tale condizione assicura che $A$ sia una contrazione di $\mathbb{R}^n$, con metrica euclidea, in sé e quindi ha un solo punto fisso, tale che \((A-I_n)\boldsymbol{x}=\mathbf{0}\), per cui \(\det(A-I_n)\ne 0\).

[Gi81]

Figurati Rimane però da dimostrare l'altra, cioè $sum_i sum_j a_(ij)^2 <1 => det(A-I)!=0$

[DavideGenova1]

Stavo appunto modificando il post di sopra. Che $A$ sia una contrazione se \(\sum_i \sum_j a_{ij}^2 <1\) lo dimostrano Kolmogorov e Fomin qui.