Modèles étonnamment simples pour les déterminants de certaines matrices
Édit : "Spoiler"
Puisqu'il s'agit d'une question assez verbeuse, voici un spoiler rapide... Pourquoi ce qui suit est-il vrai ?
$$\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} =\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0& 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \dots $$
Considérez la matrice$$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\,.$$On peut facilement évaluer que$\det A = 4$.
Plus généralement, il est facile de montrer (par calcul direct) que étant donné$x\in\mathbb{R}$et définir$$A(x) = \begin{pmatrix} x-1 & x & x+1 \\ x & x-1 & x \\ x+1 & x & x-1\end{pmatrix}$$alors$\det A(x) = 4x$.
Le fait intéressant est que ces matrices peuvent être "développées" d'une manière telle que le déterminant est invariant. De plus, pour une plus grande classe de matrices, il semble y avoir des modèles réguliers "simples" concernant le déterminant.
Introduction de quelques notations...
Tout d'abord, je dois introduire quelques notations. Laisser$\mathbf{c} = \{c_1,c_2\dots c_n\}$. je vais noter$T(\mathbf{c})$la$n\times n$matrice Toeplix symétrique dont les diagonales principale et supérieure sont données par les coefficients$c_1\dots c_n$. Je veux dire quelque chose comme$$T(\{c_1,c_2,c_3,c_4\}) = \begin{pmatrix} c_1 & c_2 & c_3 & c_4\\c_2 & c_1 & c_2 & c_3 \\ c_3 & c_2 & c_1 & c_2 \\ c_4 & c_3 & c_2 & c_1 \end{pmatrix}\,.$$
Si nous appelons$\mathbf{v}(x) = \{x-1,x,x+1\}$, alors$A(x) = T(\mathbf{v}(x))$.
Enfin, étant donné une$n$-vecteur dimensionnel$\mathbf{c} = \{c_1\dots c_n\}$, J'appellerai$\mathbf{c}^k$la$(k\cdot n)$- vecteur dimensionnel obtenu en joignant$k$copies de$\mathbf{c}$. Par exemple$$\{c_1,c_2,c_3,c_4\}^3 = \{c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4\}\,.$$
La question principale
J'ai dit au début que$\det A(x) = 4x$. Avec la notation ci-dessus,$\det T(\mathbf{v}(x)) = 4x$. En fait, il semble être vrai (du moins pour ce que j'ai essayé avec Mathematica) que pour tout entier positif$k$ $$\det T(\mathbf{v}^k(x)) = 4x\,.$$Je suppose que ce résultat peut être prouvé par induction sur$k$, mais cela semble un peu douloureux. Je m'attendrais à une preuve simple et propre pour ce qui semble être un résultat si soigné.
Des idées sur ce qui se passe et pourquoi les déterminants sont si simples ?
Aller un peu plus loin...
Ayant remarqué que les choses étaient si simples pour$\mathbf{v}(x)=\{x-1,x,x+1\}$, la première chose que j'ai essayée est de changer légèrement$\mathbf{v}$. Considérons maintenant$T(\{x-2,x-1,x,x+1,x+2\}^k)$. Malheureusement, dans ce cas, les choses deviennent beaucoup plus compliquées. Pour$k=1$le déterminant est$16 x$. Mais alors pour$k=2$c'est$113288 x$, pour$k=3$ $65157184 x$etc. Les choses sont clairement beaucoup plus compliquées ici.
Mais... définissons$\mathbf{w}(x) = \{x+2,x-1,x,x+1,x-2\}$. Ensuite, la séquence des déterminants semble être très régulière.
\begin{align} &\det T(\mathbf{w}(x)) = 16 x\\ &\det T(\mathbf{w}^2(x)) = -8 x\\ &\det T(\mathbf{w}^3(x)) = 0\\ &\det T(\mathbf{w}^4(x)) = -8 x\\ &\det T(\mathbf{w}^5(x)) = 16 x\\ &\det T(\mathbf{w}^6(x)) = -8 x\\ &\det T(\mathbf{w}^7(x)) = 0\\ &\det T(\mathbf{w}^8(x)) = -8 x \end{align}etc. Il y a donc un schéma clair dans la dépendance à l'égard$k$:$$\{16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8,\dots\}\,.$$
Ensuite, nous pouvons regarder$T(\{x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3\})$et encore une fois il y a un modèle:$$\{64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, \dots\}\,.$$
Et encore pour$T(\{x+4,x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3,x-4\})$un nouveau motif :$$\{256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16,\dots\}\,.$$
Je parierais sur l'existence d'une explication simple pour ces modèles, mais pour l'instant je n'en ai vraiment aucune idée. Des idées?
Réponses
je vais me concentrer sur$\mathbf v$, mais l'explication vaut pour$\mathbf w$aussi bien. A noter qu'on peut écrire$$ T(\mathbf v^k(x)) = xJ + T(\mathbf v^k(0)), $$où$J$est la matrice de tout$1$s. C'est-à-dire,$J = \mathbf e \mathbf e^T$, où$\mathbf e = (1,\dots,1)^T$. Notez que dans tous les cas que vous envisagez,$T_0$a une somme de ligne de zéro et n'est donc pas inversible. Maintenant, avec le lemme déterminant de la matrice , nous trouvons que$$ \det[T(\mathbf v^k(x))] = \det(T_0) + (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x = (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x. $$En d'autres termes, il sera toujours égal à une constante multipliée par$x$.
En fait, on peut en dire un peu plus : dans le cas où$\operatorname{adj}(T_0) \neq 0$,$T_0$doit être une matrice symétrique dont le noyau est couvert par$\mathbf e$. Il s'ensuit que l'on peut écrire$$ \operatorname{adj}(T_0) = \alpha \frac{\mathbf e\mathbf e^T}{\mathbf e^T\mathbf e} = \frac{\alpha}{kn} \mathbf e\mathbf e^T, $$où$\alpha$est le produit des valeurs propres non nulles de$T_0$. Pour un calcul direct, on voit que$\alpha/(kn)$est l'entrée en bas à droite de l'adjugat. Par la formule du cofacteur pour l'adjugate, il s'agit du déterminant de la matrice Toeplitz symétrique obtenue en supprimant la dernière ligne et colonne de$T_0$.
Une fois cela établi, on note que$$ (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) = \frac{\alpha}{kn} (\mathbf e^T\mathbf e \mathbf e^T \mathbf e) = \alpha kn, $$Pour que notre formule globale devienne$T(\mathbf v^k(x)) = (\alpha kn)\cdot x$.
Pour tout vecteur$\mathbf v = (v_1,\dots,v_n)$, désigne le vecteur tronqué$[\mathbf v] = (v_1,\dots,v_{n-1})$. Avec ce qui précède établi, nous avons réduit vos observations de régularité au calcul des déterminants de$\det T([\mathbf v^k(0)])$et$\det T([\mathbf w^k(0)])$.