Nieoczekiwanie proste wzorce wyznaczników niektórych macierzy
Edycja: „Spoiler”
Ponieważ jest to dość rozwlekłe pytanie, oto krótki spoiler ... Dlaczego poniższe stwierdzenia są prawdziwe?
$$\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} =\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0& 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \dots $$
Rozważ macierz $$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\,.$$ Można to łatwo ocenić $\det A = 4$.
Ogólnie rzecz biorąc, łatwo to wykazać (poprzez bezpośrednie obliczenia) $x\in\mathbb{R}$ i definiowanie $$A(x) = \begin{pmatrix} x-1 & x & x+1 \\ x & x-1 & x \\ x+1 & x & x-1\end{pmatrix}$$ następnie $\det A(x) = 4x$.
Ciekawostką jest to, że macierze te można „rozwinąć” w taki sposób, że wyznacznik jest niezmienny. Dodatkowo dla większej klasy macierzy wydaje się istnieć kilka „prostych” regularnych wzorców dotyczących wyznacznika.
Przedstawiamy notację ...
Najpierw muszę wprowadzić pewną notację. Pozwolić$\mathbf{c} = \{c_1,c_2\dots c_n\}$. Oznaczę$T(\mathbf{c})$ the $n\times n$ symetryczna macierz Toeplixa, której główna i górna przekątna są określone przez współczynniki $c_1\dots c_n$. Mam na myśli coś takiego$$T(\{c_1,c_2,c_3,c_4\}) = \begin{pmatrix} c_1 & c_2 & c_3 & c_4\\c_2 & c_1 & c_2 & c_3 \\ c_3 & c_2 & c_1 & c_2 \\ c_4 & c_3 & c_2 & c_1 \end{pmatrix}\,.$$
Jeśli zadzwonimy $\mathbf{v}(x) = \{x-1,x,x+1\}$, następnie $A(x) = T(\mathbf{v}(x))$.
Wreszcie, biorąc pod uwagę $n$-wymiarowy wektor $\mathbf{c} = \{c_1\dots c_n\}$, Zadzwonię $\mathbf{c}^k$ the $(k\cdot n)$wektor wymiarowy uzyskany łącząc ze sobą $k$ kopie $\mathbf{c}$. Na przykład$$\{c_1,c_2,c_3,c_4\}^3 = \{c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4\}\,.$$
Główne pytanie
Powiedziałem na początku, że $\det A(x) = 4x$. Z powyższym zapisem,$\det T(\mathbf{v}(x)) = 4x$. Właściwie to wydaje się być prawdą (przynajmniej w przypadku tego, co próbowałem z Mathematica), że dla wszystkich dodatnich liczb całkowitych$k$ $$\det T(\mathbf{v}^k(x)) = 4x\,.$$ Myślę, że ten wynik można udowodnić przez włączenie indukcji $k$, ale wydaje się to być trochę bolesne. Spodziewałbym się prostego i wyraźnego dowodu na to, co wydaje się być tak zgrabnym wynikiem.
Jakieś pomysły na temat tego, co się dzieje i dlaczego wyznaczniki są takie proste?
Idąc trochę dalej ...
Zauważyłem, że wszystko jest takie proste $\mathbf{v}(x)=\{x-1,x,x+1\}$, pierwszą rzeczą, której próbowałem, jest niewielka zmiana $\mathbf{v}$. Rozważmy teraz$T(\{x-2,x-1,x,x+1,x+2\}^k)$. Niestety w tym przypadku sytuacja jest znacznie bardziej skomplikowana. Dla$k=1$ wyznacznikiem jest $16 x$. Ale potem dla$k=2$ jego $113288 x$, dla $k=3$ $65157184 x$i tak dalej. Tutaj sprawy są wyraźnie bardziej nieuporządkowane.
Ale ... Zdefiniujmy $\mathbf{w}(x) = \{x+2,x-1,x,x+1,x-2\}$. Wtedy sekwencja wyznaczników wydaje się być bardzo regularna.
\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}i tak dalej. Jest więc wyraźny wzór w zależności od$k$: $$\{16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8,\dots\}\,.$$
Wtedy możemy spojrzeć $T(\{x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3\})$ i znowu jest wzór: $$\{64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, \dots\}\,.$$
I znowu dla $T(\{x+4,x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3,x-4\})$ nowy wzór: $$\{256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16,\dots\}\,.$$
Założę się, że istnieje proste wyjaśnienie tych wzorców, ale na razie nie mam pojęcia. Jakieś pomysły?
Odpowiedzi
Skupię się na $\mathbf v$, ale wyjaśnienie jest prawdziwe $\mathbf w$także. Zauważ, że możemy pisać$$ T(\mathbf v^k(x)) = xJ + T(\mathbf v^k(0)), $$ gdzie $J$ jest macierzą wszystkiego $1$s. To jest,$J = \mathbf e \mathbf e^T$, gdzie $\mathbf e = (1,\dots,1)^T$. Pamiętaj, że we wszystkich rozważanych przypadkach$T_0$ma sumę wierszy równą zero i dlatego nie jest odwracalna. Teraz, korzystając z lematu wyznacznika macierzy , znajdujemy to$$ \det[T(\mathbf v^k(x))] = \det(T_0) + (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x = (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x. $$ Innymi słowy, zawsze będzie równa pewnej stałej pomnożonej przez $x$.
Właściwie możemy powiedzieć trochę więcej: w przypadku, gdy $\operatorname{adj}(T_0) \neq 0$, $T_0$ musi być macierzą symetryczną, przez którą rozpięte jest jądro $\mathbf e$. Wynika z tego, że możemy pisać$$ \operatorname{adj}(T_0) = \alpha \frac{\mathbf e\mathbf e^T}{\mathbf e^T\mathbf e} = \frac{\alpha}{kn} \mathbf e\mathbf e^T, $$ gdzie $\alpha$ jest iloczynem niezerowych wartości własnych $T_0$. Widzimy to dla bezpośredniego obliczenia$\alpha/(kn)$to prawy dolny wpis adiutanta. Według wzoru na kofaktor dla adiugatu jest to wyznacznik symetrycznej macierzy Toeplitza uzyskanej przez usunięcie ostatniego wiersza i kolumny$T_0$.
Po ustaleniu tego zauważymy $$ (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) = \frac{\alpha}{kn} (\mathbf e^T\mathbf e \mathbf e^T \mathbf e) = \alpha kn, $$ Tak więc nasza ogólna formuła staje się $T(\mathbf v^k(x)) = (\alpha kn)\cdot x$.
Dla dowolnego wektora $\mathbf v = (v_1,\dots,v_n)$oznaczają obcięty wektor $[\mathbf v] = (v_1,\dots,v_{n-1})$. Mając powyższe ustalone, ograniczyliśmy twoje obserwacje regularności do obliczenia wyznaczników$\det T([\mathbf v^k(0)])$ i $\det T([\mathbf w^k(0)])$.