의 징조는 무엇입니까 $\det\left(\sqrt{i^2+j^2}\right)_{1\le i,j\le n}$?
가정 $A=(a_{ij})$ 이다 $n×n$ 매트릭스 $a_{ij}=\sqrt{i^2+j^2}$. 나는 matlab으로 그 사인을 확인하려고 노력했습니다. n이 홀수이면 행렬식이 양수이고 n이 짝수이면 음수임을 알 수 있습니다. 증명하는 방법?
답변
기억하세요 $e^{-|x|}=\int_0^\infty e^{-sx^2}\,d\mu(s)$ 음이 아닌 확률 측정 $\mu$ 의 위에 $[0,+\infty)$(Bernstein, 완전 모노톤 기능 등). 그러므로$e^{-t|x|}=\int_0^\infty e^{-st^2x^2}\,d\mu(s)$. ...에 대한$t>0$. 특히$(e^{-st^2(i^2+j^2)})_{i,j}$ 랭크 1이 아닌 음이 아닌 행렬, 그 혼합 $(e^{-t\sqrt{i^2+j^2}})_{i,j}$ 모두에 대한 음이 아닌 행렬입니다. $t>0$. 따라서 Taylor 확장의 처음 두 항을 다음과 같이 고려하십시오.$t\to 0+$, 우리는 $-A$ 음이 아닌 명확한 $n-1$-차원 부분 공간 $\sum_i x_i=0$, 그래서 서명 $A$ 이다 $1,n-1$. 끝내려면 0 고유 값을 제외하면됩니다. 즉, 열이 선형 적으로 독립되어 있음을 보여주기 위해 다른 사람에게 맡깁니다.$0$).
다음은 비 제로 성이라는 작은 차이가 채워진 fedja의 아름다운 아이디어에 대한 설명 일뿐입니다. 공유 할만한 충분한 관심이있는 것 같습니다. 그 과정에서 나는 그것이 너무 예쁘기 때문에 더 쉽게 접근 할 수 있도록 매우 명시 적으로 만들기로 결정했습니다.
허락하다 $$A = \left(\sqrt{i^2+j^2}\right)_{1 \leq i, j \leq n}.$$
정리: $(-1)^{n-1} \det(A) > 0$.
증거 : 이후$A$대칭이고, 고유 벡터의 직교 기반을 가지고 있으며, 결정자는 고유 값의 곱입니다. 우리는 거기에 보여줄 것입니다$n-1$ 음의 고유 값 및 $1$ 양의 고유 값, 즉 $A$서명 으로 퇴화되지 않음 $(1, n-1)$.
허락하다 $x_0 := (1, \ldots, 1)^\top$. 다음에 해당하는 2 차 형태를 고려하면$A$, $$x_0^\top A x_0 = \sum_{1 \leq i, j \leq n} \sqrt{i^2 + j^2} > 0.$$ 따라서 적어도 $1$ 양의 고유 값 $\lambda_+>0$. 다른 한편으로, 우리는 다음을 가지고 있습니다.
주장 : 만약$x \cdot x_0 = 0$ 과 $x \neq 0$, 다음 $x^\top A x < 0$.
당분간 주장을 가정하십시오. 만약$A$ 또 다른 고유 값을 가짐 $\lambda \geq 0$, 다음 $2$-차원 부분 공간 $\mathrm{span}\{\lambda_0, \lambda\}$ 교차합니다 $(n-1)$-차원 부분 공간 $\{x : x \cdot x_0 = 0\}$ 사소하지는 않지만 그 시점에서 $y$ 우리는 둘 다 가질 것입니다 $y^\top A y \geq 0$ 과 $y^\top A y < 0$, 모순. 따라서 정리는 주장에서 따릅니다. 가독성을 위해 우리는 논쟁을 두 부분으로 나눕니다.
서브 클레임 : If$x \cdot x_0 = 0$ 과 $x \neq 0$, 다음 $x^\top A x \leq 0$.
소환 증명 : 먼저 소개합니다.$$B(t) := \left(e^{-t\sqrt{i^2+j^2}}\right)_{1 \leq i,j \leq n}.$$ 직관적으로 $A$ 테일러 확장의 선형 계수입니다. $B$ 주위에 $t=0$. 보다 정확하게는 계수 방식으로 작동합니다.$$\lim_{t \to 0} \frac{B_0 - B(t)}{t} = A$$ 어디 $B_0 := B(0) = (1)_{1 \leq i, j \leq n}$ 모두의 행렬입니다 $1$'에스.
이후 $x \cdot x_0 = 0$, 우리는 $B_0 x = 0$. 그러므로$$\tag{1}\label{1}x^\top A x = \lim_{t \to 0} x^\top \frac{B_0 - B(t)}{t} x = -\lim_{t \to 0} \frac{x^\top B(t)\,x}{t}.$$
핵심 통찰력은 2 차 형태를 표현하는 것입니다. $x^\top B(t) x$명백히 긍정적 인 방식으로. 이를 위해 모두를위한 사실 1$z \geq 0$, $$e^{-\sqrt{z}} = \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \int_0^\infty e^{-zs} s^{-3/2} \exp\left(-\frac{1}{4s}\right)\,ds.$$
따라서 모두를 위해 $t \geq 0$, 우리는 다음과 같은 항목 별 동등성을 갖습니다. $$B(t) = \left(e^{-t\sqrt{i^2+j^2}}\right)_{1 \leq i,j \leq n} = \int_0^\infty \left(e^{-t^2(i^2+j^2)s}\right)_{1 \leq i,j \leq n} \, g(s)\,ds$$ 어디 $$g(s) := \frac{1}{2\sqrt{\pi}} s^{-3/2} \exp\left(-\frac{1}{4s}\right) > 0\quad\text{for all }s > 0.$$ 적분 행렬은 외부 곱으로 분해 될 수 있습니다. $$\left(e^{-t^2(i^2+j^2)s}\right)_{1 \leq i,j \leq n} = \left(e^{-t^2 i^2 s} e^{-t^2 j^2 s}\right)_{1 \leq i,j \leq n} = u(s, t)u(s, t)^\top$$ 어디 $$u(s, t) := (e^{-t^2 i^2 s})_{1 \leq i \leq n}$$열 벡터입니다. 그러므로,$$\begin{align*} x^\top B(t)\,x &= x^\top\left(\int_0^\infty u(s, t) u(s, t)^\top \, g(s)\,ds\right)x \\ &= \int_0^\infty (u(s, t)^\top x)^\top (u(s, t)^\top x)\,g(s)\,ds \\ &= \int_0^\infty (u(s, t) \cdot x)^2\,g(s)\,ds. \end{align*}$$ 따라서 \ eqref {1}는 $$\tag{2}\label{2}x^\top A\,x = -\lim_{t \to 0^+} \int_0^\infty \frac{(u(s, t) \cdot x)^2}{t} g(s)\,ds.$$
이제는 $x^\top A\,x \leq 0$ 이후 $g(s) \geq 0$, 하위 소유권 주장을 완료합니다.
클레임 증명 :이를 증명 하려면 조금 더 많은 작업이 필요합니다.$x^\top A\,x < 0$엄격합니다. 허락하다$t = 1/\alpha$ ...에 대한 $\alpha > 0$. 대체 적용$s = \alpha^2 r$ \ eqref {2}의 적분으로 $$\begin{align*} \int_0^\infty \frac{(u(s, t) \cdot x)^2}{t} g(s)\,ds &\geq \int_{\alpha^2/2}^{\alpha^2} \frac{(u(s, t) \cdot x)^2}{t} g(s)\,ds \\ &= \int_{1/2}^1 (u(\alpha^2 r, 1/\alpha) \cdot x)^2 \alpha g(\alpha^2 r)\,\alpha^2\,dr \\ &= \int_{1/2}^1 \alpha^3 (u(r, 1) \cdot x)^2 \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \alpha^{-3} r^{-3/2} \exp\left(-\frac{1}{4\alpha^2 r}\right)\,dr \\ &= \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \int_{1/2}^1 (u(r, 1) \cdot x)^2 r^{-3/2} \exp\left(-\frac{1}{4\alpha^2 r}\right)\,dr. \end{align*}$$
따라서 \ eqref {2}는 $$\begin{align*} x^\top A\,x &\leq -\lim_{\alpha \to \infty} \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \int_{1/2}^1 (u(r, 1) \cdot x)^2 r^{-3/2} \exp\left(-\frac{1}{4\alpha^2 r}\right)\,dr \\ &= -\frac{1}{2\sqrt{\pi}} \int_{1/2}^1 (u(r, 1) \cdot x)^2 r^{-3/2}\,dr. \end{align*}$$
따라서 그것을 보여주는 것으로 충분합니다 $u(r, 1) \cdot x \neq 0$ 일부 $1/2 \leq r \leq 1$. 과연,$\{u(r_j, 1)\}$ 모든 것을위한 기초입니다 $r_1 < \cdots < r_n$. 이것을 보는 한 가지 방법은 행렬이$\left(e^{-i^2 r_j}\right)_{1 \leq i, j \leq n} = \left(q_i^{r_j}\right)_{1 \leq i, j \leq n}$ 어디 $q_i := e^{-i^2}$. 이후$0 < q_n < \cdots < q_1$,이 행렬은 Robbin--Salamon 용어에서 (부호없는) 지수 Vandermonde 행렬 이므로 양의 행렬식을 갖습니다. 그 후$u(r, 1) \cdot x = 0$ 모든 $1/2 \leq r \leq 1$ 암시 $x=0$. 우리의 가정과는 반대로 이것으로 클레임과 증명이 완료됩니다.$\Box$
1 fedja가 지적했듯이 적절한 표현의 존재는 완전한 단조 함수에 대한 Bernstein의 정리에서 쉽게 따릅니다 . 예상대로이 명시적인 공식은 잔차 미적분으로 수행 할 수 있습니다.
@fedja : (@Swanson :에서도 사용됨)의 아름다운 아이디어는 $$\sum_{i,j} \sqrt{\lambda_i+\lambda_j}\, x_i x_j$$ 부분 공간에서 음의 정의 $\sum x_i = 0$. 이것을 확인하는 또 다른 방법이 있습니다. 우리는 적분 공식이 있습니다
$$\sqrt{\lambda} = \frac{1}{2 \sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty}\frac{1 - e^{-\lambda s}}{s^{3/2}} ds$$ 그래서 우리는 쓸 수 있습니다 $$\sum \sqrt{\lambda_i+\lambda_j}\, x_i x_j = \frac{1}{2 \sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty} \frac{\sum_{i,j} (1- e^{-(\lambda_i+\lambda_j) s})x_i x_j} { s^{3/2}} d\,s $$ 그러나 이제 그 이후로 $\sum x_i = 0$ 우리도 가지고있다 $\sum_{i,j} x_i x_j=0$따라서 적분의 분자는 $$-\sum _{i,j} e^{-(\lambda_i+\lambda_j) s}x_i x_j= - (\sum_i e^{-\lambda_i s} x_i)^2 \le 0$$ 그래서 적분은 $\le 0$. 하지만 기능이$(e^{-\lambda s})_{\lambda}$ 선형 독립 시스템이고 적분은 사실입니다. $<0$ 전부는 아니더라도 $x_i$ 아르 $0$. 따라서 2 차 형식은$\sum_i x_i = 0$
이제 코시 인터레이스 정리를 사용하여 행렬이 $(\sqrt{\lambda_i+\lambda_j})$하나의 양의 고유 값과 나머지는 음의 값을 갖습니다. (또는 : 없음$2$ 이 양식이있는 부분 공간 $\ge 0$, 이러한 부분 공간이 교차하기 때문에 $\sum x_i=0$ 중요하지 않음).
예를 들어 다른 Bernstein 함수를 사용하여 일반화 할 수 있습니다. $\lambda\mapsto \lambda^{\alpha}$ ($0<\alpha < 1$), 우리는 적분 표현을 가지고 있기 때문에 $$\lambda^{\alpha} = \frac{\alpha}{\Gamma(1-\alpha)} \int_{0}^{\infty}\frac{1- e^{-\lambda s}}{s^{\alpha+1}} d s$$
Schilling et al-Bernstein 함수 이론 및 응용의 책을 볼 수 있습니다.
참고 : 수치 테스트에서 다음과 같은 형식의 행렬이 $((\lambda_i +\mu_j)^{\alpha})$ ($0<\alpha<1$, $\lambda_i$, $\mu_i$양수이고 같은 방식으로 정렬 됨), 하나의 고유 값은 양수이고 나머지는 음수입니다. 그것은 매트릭스가$(-(\lambda_i +\mu_j)^{\alpha})$ 완전히 부정적입니다.
$\bf{Added:}$ 적분 표현에 대한 증명 스케치 :
에 대한 $\beta> 0$ 우리는 $$\Gamma(\beta) = \int_{0}^{\infty} e^{-s} s^{\beta}\frac{d s}{s} = \int_{0}^{\infty}e^{-\lambda s} (\lambda s)^{\beta} \frac{d s}{s}= \lambda^{\beta} \int_{0}^{\infty}e^{-\lambda s} s^{\beta} \frac{d s}{s}$$ 그래서 $$\lambda^{-\beta} = \frac{1}{\Gamma(\beta)} \int_0^{\infty} e^{-\lambda s} s^{\beta-1} d s$$ 이제 wr을 $\lambda$ ...에서 $0$ ...에 $\lambda$ 그리고 공식을 얻으십시오 $1-\beta = \alpha>0$.
$\bf{Added:}$ 그것을 보여 봅시다 $\alpha$ 정수가 아니라 $(\lambda_i)$, $(\mu_i)$ 두 $n$-구별되는 양수, 결정자 $\det((\lambda_i + \mu_j)^{\alpha})_{ij}$ 이다 $\ne 0$. 이제 결정자는$0$ 열이 선형 적으로 종속되어있는 것과 같습니다. $a_i$ 함수가 $$\sum a_j (x+\mu_j)^{\alpha}$$ 점에서 0입니다 $x= \lambda_i$. 귀납법으로 보여 드리겠습니다.$n$ 그런 기능 $\sum_{j=1}^n a_j (x + \mu_j)^{\alpha}$ 가질 수 없다 $n$ 양의 0.
에 대한 $n=1$알았습니다. 진술이 사실이라고 가정$n-1$ 그리고 그것을 증명하자 $n$.
쓰다 $f(x) =\sum a_j (x + \mu_j)^{\alpha}$. 우리는 (논쟁의 변화$x$) 가장 작은 $\mu_1 =0$. 이제 양의 0$f(x)$ 의 양수 0은 $$\frac{f(x)}{x^{\alpha}} = a_1 + \sum_{j>1} a_j (1 + \frac{\mu_j}{x})^{\alpha}=a_1 + \sum_{j>1} a_j \mu_j^{\alpha}\, (\frac{1}{\mu_j} + \frac{1}{x})^{\alpha} $$ 이제 우리는 다른 함수를 얻습니다. $g(x) = a_1 + \sum b_j( x+ \xi_j)^{\alpha}$ 그 $n$ 양의 뿌리, 그래서 그 파생물은 $n-1$긍정적 인 뿌리. 그러나 미분은$n-1$ 용어 (지수 포함 $\alpha-1$). 이제 귀납 가설을 적용하십시오.
참고 : 조금 더주의하여 결정자가 $\det ((\lambda_i + \mu_j)^{\alpha})$ 이다 $\ne 0$ 할때는 언제나 $(\lambda_i)$, $(\mu_i)$ 아르 $n$-고유 한 양수 및 $\alpha\not = 0, 1, \ldots, n-2$. 그 표시는$n$, $\alpha$ (아마도 $\alpha$ ) (및 주문 $\lambda_i$, $\mu_i$).
흥미로운 문제는이 표시를 결정하는 것입니다. 우리는 사건을 이해합니다$0< \alpha<1$ (과 $\alpha < 0$). 혹시$\alpha \in (1,2)$다음? 결정자$\det((\lambda_i + \lambda_j)^{\alpha})$ 다음의 경우 음수 여야합니다. $n\ge 2$.