Déterminant d'une certaine matrice Toeplitz
Calculer le déterminant suivant
\ begin {vmatrix} x & 1 & 2 & 3 & \ cdots & n-1 & n \\ 1 & x & 1 & 2 & \ cdots & n-2 & n-1 \\ 2 & 1 & x & 1 & \ cdots & n-3 & n-2 \\ 3 & 2 & 1 & x & \ cdots & n-4 & n-3 \\ \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ ddots & \ vdots & \ vdots \\ n-1 & n-2 & n-3 & n-4 & \ cdots & x & 1 \\ n & n-1 & n-2 & n-3 & \ cdots & 1 & x \ end {vmatrix}
J'ai essayé ce qui suit. J'ai soustrait la deuxième ligne de la première, la troisième de la deuxième, la quatrième de la troisième, et ainsi de suite. J'ai eu:
\ begin {vmatrix} x-1 & 1-x & 1 & 1 & \ cdots & 1 & 1 \\ -1 & x-1 & 1-x & 1 & \ cdots & 1 & 1 \\ -1 & - 1 & x-1 & 1-x & \ cdots & 1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 & x-1 & \ cdots & 1 & 1 \\ \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ ddots & \ vdots & \ vdots \\ -1 & -1 & -1 & -1 & \ cdots & x-1 & 1-x \\ n & n-1 & n-2 & n-3 & \ cdots & 1 & x \ end {vmatrix}
J'ai fait la même chose avec les colonnes. J'ai soustrait la deuxième ligne de la première, la troisième de la deuxième, la quatrième de la troisième, et ainsi de suite. Et j'ai:
\ begin {vmatrix} 2x-2 & -x & 0 & 0 & \ cdots & 0 & 1 \\ -x & 2x-2 & -x & 0 & \ cdots & 0 & 1 \\ 0 & -x & 2x -2 & -x & \ cdots & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -x & 2x-2 & \ cdots & 0 & 1 \\ \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ ddots & \ vdots & \ vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \ cdots & 2x-2 & 1-x \\ 1 & 1 & 1 & 1 & \ cdots & 1-x & x \ end {vmatrix}
J'espère que je n'ai pas fait d'erreur quelque part. Avec cette partie, je ne sais pas quoi faire ensuite. Je ne sais pas si je le fais bien. Merci d'avance !
Réponses
Laisser $A_{n+1}$ dénotent le déterminant de la $(n+1)\times (n+1)$matrice dans la question. En développant Laplace sur la première ligne, nous obtenons:$$A_{n+1} = (2x-2)A_n + xB_n + (-1)^nC_n,$$ où $$B_n := \det \begin{bmatrix} -x & -x & 0 & \cdots & 0 & 1\\ 0 & 2x-2 & -x & \cdots & 0 & 1\\ 0 & -x & 2x-2 & \cdots & 0 & 1\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 2x-2 & 1-x\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & 1-x &x \end{bmatrix} $$ et $$C_n := \det\begin{bmatrix} -x & 2x-2 & -x & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & -x & 2x-2 & -x & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & -x & 2x-2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 2x-2 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1-x \end{bmatrix} $$ Élargir les deux $B_n$ et $C_n$ sur la première colonne, on obtient $$B_n = (-x) A_{n-1} + (-1)^{n+1}C_{n-1}$$ et $$C_n = (-x)C_{n-1} + (-1)^{n+1} D_{n-1},$$ où $D_n$ est le déterminant de ce qui suit $n\times n$Matrice tridiagonale Toeplitz : \ begin {bmatrix} 2x-2 & -x & 0 & 0 & \ cdots & 0 \\ -x & 2x-2 & -x & 0 & \ cdots & 0 \\ 0 & -x & 2x -2 & -x & \ cdots & 0 \\ 0 & 0 & -x & 2x-2 & \ cdots & 0 \\ \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ ddots & \ vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \ cdots & 2x-2 \ end {bmatrix} Il est exprimé en termes de séquence de Lucas et de sa fonction génératrice comme suit: \ begin {split} D_n & = U_ {n + 1} (2x-2 , x ^ 2) \\ & = \ frac {(x-1 + \ sqrt {1-2x}) ^ {n + 1} - (x-1- \ sqrt {1-2x}) ^ {n + 1 }} {2 \ sqrt {1-2x}} \\ & = [z ^ n] \ \ frac {1} {1- (2x-2) z + x ^ 2z ^ 2}. \ end {split}
Brancher la formule de récurrence pour $B_n$ dans ça pour $A_{n+1}$, on a $$(\star)\qquad A_{n+1} = (2x-2)A_n - x^2 A_{n-1} + (-1)^{n+1}xC_{n-1} + (-1)^n C_n.$$
Nous avons maintenant tous les ingrédients pour dériver une expression de forme fermée pour $A_n$.
Prendre en compte $C_1=1-x$, nous déroulons la récurrence pour $C_n$pour obtenir: \ begin {split} C_n & = (-x) ^ {n-1} (1-x) + (- 1) ^ {n + 1} \ sum_ {i = 1} ^ {n-1} x ^ {n-1-i} D_i \\ & = (-x) ^ n + (- 1) ^ {n + 1} [z ^ {n-1}] \ \ frac {1} {(1-xz ) (1- (2x-2) z + x ^ 2z ^ 2)}. \ end {split} Nous aurons besoin de la fonction génératrice: \ begin {split} \ mathcal {C} (z) &: = \ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} (-1) ^ {n-1} C_n z ^ {n-1} \\ & = \ frac {1} {(1-xz) (1- (2x-2) z + x ^ 2z ^ 2)} - \ frac {x} {1-xz } \\ & = \ frac {1-x + (2x-2) xz-x ^ 3z ^ 2} {(1-xz) (1- (2x-2) z + x ^ 2z ^ 2)}. \ end {split}
Définissez la fonction de génération pour $A_n$: $$\mathcal{A}(z) := \sum_{n=1}^{\infty} A_n z^n.$$
Maintenant, multiplions la récurrence $(\star)$ par $z^{n-1}$ et faire la somme $n\geq 2$ obtenir: $$\frac{\mathcal{A}(z) - A_1z - A_2z^2}{z^2} = (2x-2)\frac{\mathcal{A}(z) - A_1z}z - x^2\mathcal{A}(z) - xz\mathcal{C}(z) - (\mathcal{C}(z)-C_1),$$ impliquant que $$\mathcal{A}(z) = \frac{z(x^5z^4-4x^4z^3+4x^3z^3+6x^3z^2-8x^2z^2-4x^2z+3xz^2+4xz+x-z)}{(1-xz)(1-(2x-2)z+x^2z^2)^2}$$et donc \ begin {split} A_n & = \ frac12 D_n + \ frac {n + 1-x} 2 D_ {n-1} + \ frac {x ^ n} 2 \\ & = \ frac {(n + \ sqrt {1-2x}) (x-1 + \ sqrt {1-2x}) ^ n- (n- \ sqrt {1-2x}) (x-1- \ sqrt {1-2x}) ^ n} { 4 \ sqrt {1-2x}} + \ frac {x ^ n} 2. \ end {split}
MISE À JOUR. Une autre façon de procéder à partir des récurrences pour$A_n$, $B_n$, $C_n$, et $D_n$ est de les combiner en une seule récurrence matricielle: $$ \begin{bmatrix} A_{n+1}\\ B_{n+1}\\ (-1)^{n+1}C_{n+1}\\ D_{n+1} \\ D_n\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2x-2 & x & 1 & 0 & 0\\ -x & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & x & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2x-2 & -x^2\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} A_{n}\\ B_{n}\\ (-1)^{n}C_{n}\\ D_{n} \\ D_{n-1}\end{bmatrix}. $$ A partir du polynôme caractéristique de la matrice en rhs, on obtient une récurrence pour $A_n$: $$A_n = (5x - 4)A_{n-1} + (-10x^2 + 12x - 4)A_{n-2} + (10x^3 - 12x^2 + 4x)A_{n-3} + (-5x^4 + 4x^3)A_{n-4} + x^5A_{n-5},$$ à partir de laquelle il est facile d'obtenir une formule explicite.
PS. Jusqu'au changement de$x$ à $-x$, $A_n$représente le polynôme caractéristique de la matrice de distance, également appelé polynôme de distance , du graphe de trajectoire$P_n$. Une autre formule (en termes de polynômes de Chebyshev) pour cela est donnée dans OEIS A203993 .