Pola sederhana yang tak terduga untuk determinan beberapa matriks
Edit: "Spoiler"
Karena ini pertanyaan yang cukup bertele-tele, berikut spoiler singkatnya ... Mengapa yang berikut ini benar?
$$\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} =\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0& 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \dots $$
Pertimbangkan matriksnya $$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\,.$$ Hal itu dapat dengan mudah dievaluasi $\det A = 4$.
Secara umum lebih mudah untuk menunjukkan (dengan perhitungan langsung) yang diberikan $x\in\mathbb{R}$ dan mendefinisikan $$A(x) = \begin{pmatrix} x-1 & x & x+1 \\ x & x-1 & x \\ x+1 & x & x-1\end{pmatrix}$$ kemudian $\det A(x) = 4x$.
Fakta yang menarik adalah bahwa matriks-matriks ini dapat "diperluas" sedemikian rupa sehingga determinannya tidak berubah. Selain itu, untuk kelas matriks yang lebih besar tampaknya ada beberapa pola reguler "sederhana" terkait determinan.
Memperkenalkan beberapa notasi ...
Pertama, saya perlu memperkenalkan beberapa notasi. Membiarkan$\mathbf{c} = \{c_1,c_2\dots c_n\}$. Saya akan menunjukkan$T(\mathbf{c})$ itu $n\times n$ matriks Toeplix simetris yang diagonal utama dan atasnya diberikan oleh koefisien $c_1\dots c_n$. Maksudku seperti itu$$T(\{c_1,c_2,c_3,c_4\}) = \begin{pmatrix} c_1 & c_2 & c_3 & c_4\\c_2 & c_1 & c_2 & c_3 \\ c_3 & c_2 & c_1 & c_2 \\ c_4 & c_3 & c_2 & c_1 \end{pmatrix}\,.$$
Jika kita menelepon $\mathbf{v}(x) = \{x-1,x,x+1\}$, kemudian $A(x) = T(\mathbf{v}(x))$.
Terakhir, diberikan a $n$vektor -dimensi $\mathbf{c} = \{c_1\dots c_n\}$, Saya akan menelepon $\mathbf{c}^k$ itu $(k\cdot n)$vektor -dimensi diperoleh bergabung bersama $k$ salinan $\mathbf{c}$. Sebagai contoh$$\{c_1,c_2,c_3,c_4\}^3 = \{c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4\}\,.$$
Pertanyaan utama
Saya sudah menyatakan di awal bahwa $\det A(x) = 4x$. Dengan notasi di atas,$\det T(\mathbf{v}(x)) = 4x$. Sebenarnya tampaknya benar (setidaknya untuk apa yang saya coba dengan Mathematica) bahwa untuk semua bilangan bulat positif$k$ $$\det T(\mathbf{v}^k(x)) = 4x\,.$$ Saya kira hasil ini bisa dibuktikan dengan induksi $k$, tapi sepertinya agak menyakitkan. Saya mengharapkan beberapa bukti sederhana dan bersih untuk apa yang tampaknya menjadi hasil yang begitu rapi.
Ada gagasan tentang apa yang sedang terjadi dan mengapa faktor penentu begitu sederhana?
Sedikit lebih jauh ...
Setelah memperhatikan bahwa segala sesuatunya sangat sederhana $\mathbf{v}(x)=\{x-1,x,x+1\}$, hal pertama yang saya coba adalah sedikit berubah $\mathbf{v}$. Sekarang mari kita pertimbangkan$T(\{x-2,x-1,x,x+1,x+2\}^k)$. Sayangnya dalam hal ini segalanya menjadi jauh lebih rumit. Untuk$k=1$ determinannya adalah $16 x$. Tapi kemudian untuk$k=2$ nya $113288 x$, untuk $k=3$ $65157184 x$dan seterusnya. Semuanya jelas jauh lebih berantakan di sini.
Tapi ... Mari kita definisikan $\mathbf{w}(x) = \{x+2,x-1,x,x+1,x-2\}$. Kemudian urutan determinan tampaknya sangat teratur.
\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}dan seterusnya. Jadi ada pola yang jelas dalam ketergantungan pada$k$: $$\{16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8,\dots\}\,.$$
Kemudian kita dapat melihat $T(\{x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3\})$ dan lagi-lagi ada pola: $$\{64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, \dots\}\,.$$
Dan sekali lagi untuk $T(\{x+4,x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3,x-4\})$ pola baru: $$\{256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16,\dots\}\,.$$
Saya berani bertaruh dengan adanya penjelasan sederhana untuk pola-pola ini, tetapi untuk saat ini saya benar-benar tidak tahu. Ada ide?
Jawaban
Saya akan fokus pada $\mathbf v$, tapi penjelasannya berlaku $\mathbf w$demikian juga. Perhatikan bahwa kita bisa menulis$$ T(\mathbf v^k(x)) = xJ + T(\mathbf v^k(0)), $$ dimana $J$ adalah matriks dari semua $1$s. Itu adalah,$J = \mathbf e \mathbf e^T$, dimana $\mathbf e = (1,\dots,1)^T$. Perhatikan bahwa dalam semua kasus yang Anda pertimbangkan,$T_0$memiliki jumlah baris nol dan karena itu gagal untuk dibalik. Sekarang, dengan lemma determinan matriks , kami menemukannya$$ \det[T(\mathbf v^k(x))] = \det(T_0) + (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x = (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x. $$ Dengan kata lain, itu akan selalu sama dengan beberapa konstanta dikalikan $x$.
Faktanya, kami dapat mengatakan lebih banyak: dalam kasus di mana $\operatorname{adj}(T_0) \neq 0$, $T_0$ harus berupa matriks simetris yang kernelnya dibatasi $\mathbf e$. Maka kita bisa menulis$$ \operatorname{adj}(T_0) = \alpha \frac{\mathbf e\mathbf e^T}{\mathbf e^T\mathbf e} = \frac{\alpha}{kn} \mathbf e\mathbf e^T, $$ dimana $\alpha$ adalah hasil kali dari nilai eigen bukan nol dari $T_0$. Untuk penghitungan langsung, kami melihatnya$\alpha/(kn)$adalah entri kanan bawah adjugate. Dengan rumus kofaktor untuk adjugat, ini adalah determinan dari matriks toeplitz simetris yang dicapai dengan menghapus baris dan kolom terakhir dari$T_0$.
Setelah itu ditetapkan, kami mencatatnya $$ (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) = \frac{\alpha}{kn} (\mathbf e^T\mathbf e \mathbf e^T \mathbf e) = \alpha kn, $$ Sehingga rumus keseluruhan kita menjadi $T(\mathbf v^k(x)) = (\alpha kn)\cdot x$.
Untuk vektor apa pun $\mathbf v = (v_1,\dots,v_n)$, menunjukkan vektor yang terpotong $[\mathbf v] = (v_1,\dots,v_{n-1})$. Dengan ditetapkan di atas, kami telah mengurangi pengamatan Anda terhadap keteraturan menjadi penghitungan determinan$\det T([\mathbf v^k(0)])$ dan $\det T([\mathbf w^k(0)])$.