いくつかの行列の行列式の予想外に単純なパターン
編集：「スポイラー」
それはかなり言葉の多い質問なので、ここに簡単なネタバレがあります...なぜ次のことが正しいのですか？
$$\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} =\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0& 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \dots $$
マトリックスを検討する $$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\,.$$ 簡単に評価できます $\det A = 4$。
より一般的には、与えられたものを（直接計算によって）示すのは簡単です $x\in\mathbb{R}$ と定義 $$A(x) = \begin{pmatrix} x-1 & x & x+1 \\ x & x-1 & x \\ x+1 & x & x-1\end{pmatrix}$$ その後 $\det A(x) = 4x$。
興味深い事実は、行列式が不変であるような方法でこれらの行列を「拡張」できることです。さらに、より大きなクラスの行列の場合、行列式に関していくつかの「単純な」規則的なパターンがあるようです。
いくつかの表記法を紹介しています...
まず、いくつかの表記法を紹介する必要があります。しましょう$\mathbf{c} = \{c_1,c_2\dots c_n\}$。私は示します$T(\mathbf{c})$ インクルード $n\times n$ 主対角線と上部対角線が係数によって与えられる対称Toeplix行列 $c_1\dots c_n$。私は次のような意味です$$T(\{c_1,c_2,c_3,c_4\}) = \begin{pmatrix} c_1 & c_2 & c_3 & c_4\\c_2 & c_1 & c_2 & c_3 \\ c_3 & c_2 & c_1 & c_2 \\ c_4 & c_3 & c_2 & c_1 \end{pmatrix}\,.$$
電話すれば $\mathbf{v}(x) = \{x-1,x,x+1\}$、その後 $A(x) = T(\mathbf{v}(x))$。
最後に、 $n$-次元ベクトル $\mathbf{c} = \{c_1\dots c_n\}$、電話します $\mathbf{c}^k$ インクルード $(k\cdot n)$-一緒に結合して得られた次元ベクトル $k$ のコピー $\mathbf{c}$。例えば$$\{c_1,c_2,c_3,c_4\}^3 = \{c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4\}\,.$$
主な質問
私は最初にそれを述べました $\det A(x) = 4x$。上記の表記で、$\det T(\mathbf{v}(x)) = 4x$。実際、すべての正の整数については（少なくともMathematicaで試したことについては）本当のようです。$k$ $$\det T(\mathbf{v}^k(x)) = 4x\,.$$ この結果は、帰納法によって証明できると思います $k$、でも少し辛そうです。私は、そのようなきちんとした結果のように見えるものについて、いくつかの単純でクリーンな証拠を期待します。
何が起こっているのか、そしてなぜ行列式がとても単純なのかについてのアイデアはありますか？
もう少し進んで...
物事がとても簡単であることに気づいた $\mathbf{v}(x)=\{x-1,x,x+1\}$、私が最初に試したのは少し変更することです $\mathbf{v}$。考えてみましょう$T(\{x-2,x-1,x,x+1,x+2\}^k)$。残念ながら、この場合、事態はさらに複雑になります。ために$k=1$ 行列式は $16 x$。しかし、その後のために$k=2$ それは $113288 x$、 ために $k=3$ $65157184 x$等々。ここでは明らかに物事がはるかに厄介です。
しかし...定義しましょう $\mathbf{w}(x) = \{x+2,x-1,x,x+1,x-2\}$。その場合、行列式のシーケンスは非常に規則的であるように見えます。
\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}等々。したがって、への依存には明確なパターンがあります$k$： $$\{16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8,\dots\}\,.$$
それから私達は見るかもしれません $T(\{x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3\})$ そして再びパターンがあります： $$\{64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, \dots\}\,.$$
そして再び $T(\{x+4,x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3,x-4\})$ 新しいパターン： $$\{256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16,\dots\}\,.$$
私はこれらのパターンの簡単な説明が存在することに賭けますが、今のところ私は本当に手がかりがありません。何か案は？
回答
私は焦点を当てます $\mathbf v$、しかし説明は $\mathbf w$同じように。書くことができることに注意してください$$ T(\mathbf v^k(x)) = xJ + T(\mathbf v^k(0)), $$ どこ $J$ すべてのマトリックスです $1$s。あれは、$J = \mathbf e \mathbf e^T$、 どこ $\mathbf e = (1,\dots,1)^T$。あなたが考慮するすべての場合に注意してください、$T_0$行の合計がゼロであるため、反転できません。さて、行列式の補題を使用すると、次のことがわかります。$$ \det[T(\mathbf v^k(x))] = \det(T_0) + (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x = (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x. $$ 言い換えれば、それは常にある定数に掛けられたものに等しくなります $x$。
実際、もう少し言うことができます： $\operatorname{adj}(T_0) \neq 0$、 $T_0$ カーネルがにまたがる対称行列でなければなりません $\mathbf e$。したがって、私たちは書くことができます$$ \operatorname{adj}(T_0) = \alpha \frac{\mathbf e\mathbf e^T}{\mathbf e^T\mathbf e} = \frac{\alpha}{kn} \mathbf e\mathbf e^T, $$ どこ $\alpha$ の非ゼロ固有値の積です $T_0$。直接計算の場合、次のことがわかります。$\alpha/(kn)$余因子の右下のエントリです。余因子の補因子式により、これは、の最後の行と列を削除することによって得られる対称テプリッツ行列の行列式です。$T_0$。
それが確立されると、私たちは注意します $$ (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) = \frac{\alpha}{kn} (\mathbf e^T\mathbf e \mathbf e^T \mathbf e) = \alpha kn, $$ 全体的な式が $T(\mathbf v^k(x)) = (\alpha kn)\cdot x$。
任意のベクトルの場合 $\mathbf v = (v_1,\dots,v_n)$、切り捨てられたベクトルを示します $[\mathbf v] = (v_1,\dots,v_{n-1})$。上記が確立されたので、規則性の観察を次の行列式の計算に減らしました。$\det T([\mathbf v^k(0)])$ そして $\det T([\mathbf w^k(0)])$。