कुछ मैट्रिस के निर्धारकों के लिए अप्रत्याशित रूप से सरल पैटर्न
संपादित करें: "स्पॉयलर"
चूंकि यह एक बहुत ही चिंताजनक सवाल है, यहाँ एक त्वरित बिगाड़ने वाला है ... निम्नलिखित सत्य क्यों है?
$$\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} =\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0& 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \dots $$
मैट्रिक्स पर विचार करें $$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\,.$$ इसका मूल्यांकन आसानी से किया जा सकता है $\det A = 4$।
सामान्य तौर पर इसे दी गई (प्रत्यक्ष गणना द्वारा) दिखाना आसान है $x\in\mathbb{R}$ और परिभाषित कर रहा है $$A(x) = \begin{pmatrix} x-1 & x & x+1 \\ x & x-1 & x \\ x+1 & x & x-1\end{pmatrix}$$ तब फिर $\det A(x) = 4x$।
दिलचस्प तथ्य यह है कि इन मैट्रिसेस को इस तरह से "विस्तारित" किया जा सकता है जैसे कि निर्धारक अपरिवर्तनीय है। इसके अतिरिक्त, मेट्रिसेस के एक बड़े वर्ग के लिए नियतांक के विषय में कुछ "सरल" नियमित पैटर्न प्रतीत होते हैं।
पेश है कुछ अंकन ...
सबसे पहले, मुझे कुछ संकेतन प्रस्तुत करने की आवश्यकता है। चलो$\mathbf{c} = \{c_1,c_2\dots c_n\}$। मैं निरूपित करूंगा$T(\mathbf{c})$ $n\times n$ सममित टोप्लेक्स मैट्रिक्स जिसका मुख्य और ऊपरी विकर्ण गुणांक द्वारा दिया जाता है $c_1\dots c_n$। मेरा मतलब कुछ ऐसा है$$T(\{c_1,c_2,c_3,c_4\}) = \begin{pmatrix} c_1 & c_2 & c_3 & c_4\\c_2 & c_1 & c_2 & c_3 \\ c_3 & c_2 & c_1 & c_2 \\ c_4 & c_3 & c_2 & c_1 \end{pmatrix}\,.$$
अगर हम बुलाते हैं $\mathbf{v}(x) = \{x-1,x,x+1\}$, तब फिर $A(x) = T(\mathbf{v}(x))$।
अंत में, ए $n$-डिमेटिक वेक्टर $\mathbf{c} = \{c_1\dots c_n\}$, मैं फोन करता हूँ $\mathbf{c}^k$ $(k\cdot n)$-डिमेटिक वेक्टर को एक साथ जोड़कर प्राप्त किया $k$ की प्रतियां $\mathbf{c}$। उदाहरण के लिए$$\{c_1,c_2,c_3,c_4\}^3 = \{c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4\}\,.$$
मुख्य प्रश्न
मैंने कहा है कि शुरुआत में $\det A(x) = 4x$। उपरोक्त संकेतन के साथ,$\det T(\mathbf{v}(x)) = 4x$। वास्तव में यह सच प्रतीत होता है (कम से कम मैंने जो माथमेटीका के साथ कोशिश की है) कि सभी सकारात्मक पूर्णांक के लिए$k$ $$\det T(\mathbf{v}^k(x)) = 4x\,.$$ मुझे लगता है कि इस परिणाम को प्रेरण पर साबित किया जा सकता है $k$, लेकिन यह थोड़ा दर्दनाक लगता है। मैं इस तरह के एक स्वच्छ परिणाम प्रतीत होता है के लिए कुछ सरल और स्वच्छ सबूत की उम्मीद है।
क्या चल रहा है और निर्धारक इतने सरल क्यों हैं, इस बारे में कोई विचार?
थोड़ा और आगे जाना ...
देखा है कि चीजों के लिए बहुत सरल थे $\mathbf{v}(x)=\{x-1,x,x+1\}$पहली चीज़ जो मैंने कोशिश की है वह है थोड़ा बदलना $\mathbf{v}$। आइए अब विचार करें$T(\{x-2,x-1,x,x+1,x+2\}^k)$। इस मामले में दुर्भाग्य से चीजें बहुत अधिक जटिल हो जाती हैं। के लिये$k=1$ निर्धारक है $16 x$। लेकिन फिर के लिए$k=2$ आईटी इस $113288 x$, के लिये $k=3$ $65157184 x$और इसी तरह। यहां चीजें स्पष्ट रूप से बहुत ज्यादा गड़बड़ हैं।
लेकिन ... चलो परिभाषित करते हैं $\mathbf{w}(x) = \{x+2,x-1,x,x+1,x-2\}$। तब निर्धारकों का क्रम बहुत नियमित प्रतीत होता है।
\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}और इसी तरह। तो निर्भरता में एक स्पष्ट पैटर्न है$k$: $$\{16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8,\dots\}\,.$$
तब हम देख सकते हैं $T(\{x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3\})$ और फिर से एक पैटर्न है: $$\{64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, \dots\}\,.$$
और फिर के लिए $T(\{x+4,x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3,x-4\})$ एक नया पैटर्न: $$\{256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16,\dots\}\,.$$
मैं इन पैटर्न के लिए एक सरल स्पष्टीकरण के अस्तित्व में शर्त लगाऊंगा, लेकिन अभी तक मैं वास्तव में कोई सुराग नहीं है। कोई राय?
जवाब
मैं ध्यान लगाऊंगा $\mathbf v$, लेकिन स्पष्टीकरण के लिए है $\mathbf w$भी। ध्यान दें कि हम लिख सकते हैं$$ T(\mathbf v^k(x)) = xJ + T(\mathbf v^k(0)), $$ कहाँ पे $J$ सभी का मैट्रिक्स है $1$एस अर्थात्,$J = \mathbf e \mathbf e^T$, कहां है $\mathbf e = (1,\dots,1)^T$। ध्यान दें कि सभी मामलों में,$T_0$शून्य का एक पंक्ति-योग है और इसलिए यह अक्षम होने में विफल रहता है। अब, मैट्रिक्स निर्धारक लेम्मा के साथ , हम पाते हैं कि$$ \det[T(\mathbf v^k(x))] = \det(T_0) + (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x = (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x. $$ दूसरे शब्दों में, यह हमेशा कुछ गुणा गुणा के बराबर होगा $x$।
वास्तव में, हम थोड़ा और कह सकते हैं: मामले में जहां $\operatorname{adj}(T_0) \neq 0$, $T_0$ एक सममित मैट्रिक्स होना चाहिए जिसका कर्नेल द्वारा स्पंदन किया जाता है $\mathbf e$। यह इस प्रकार है कि हम लिख सकते हैं$$ \operatorname{adj}(T_0) = \alpha \frac{\mathbf e\mathbf e^T}{\mathbf e^T\mathbf e} = \frac{\alpha}{kn} \mathbf e\mathbf e^T, $$ कहाँ पे $\alpha$ के गैर शून्य eigenvalues का उत्पाद है $T_0$। प्रत्यक्ष गणना के लिए, हम देखते हैं कि$\alpha/(kn)$adjugate का निचला-दाएँ प्रवेश है। Adjugate के लिए cofactor सूत्र द्वारा, यह अंतिम पंक्ति और स्तंभ को हटाकर प्राप्त सममित, टोप्लेट्ज़ मैट्रिक्स का निर्धारक है$T_0$।
एक बार स्थापित होने के बाद, हम उस पर ध्यान देते हैं $$ (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) = \frac{\alpha}{kn} (\mathbf e^T\mathbf e \mathbf e^T \mathbf e) = \alpha kn, $$ ताकि हमारा समग्र सूत्र बन जाए $T(\mathbf v^k(x)) = (\alpha kn)\cdot x$।
किसी भी वेक्टर के लिए $\mathbf v = (v_1,\dots,v_n)$, काटे हुए वेक्टर को निरूपित करें $[\mathbf v] = (v_1,\dots,v_{n-1})$। उपर्युक्त की स्थापना के साथ, हमने नियतांक की गणना करने के लिए नियमितता के आपके अवलोकन को कम कर दिया है$\det T([\mathbf v^k(0)])$ तथा $\det T([\mathbf w^k(0)])$।