Các mẫu đơn giản bất ngờ cho các định thức của một số ma trận
Chỉnh sửa: "Spoiler"
Vì nó là một câu hỏi khá dài dòng, đây là một đoạn giới thiệu nhanh ... Tại sao điều sau lại đúng?
$$\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} =\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0& 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \dots $$
Xem xét ma trận $$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\,.$$ Có thể dễ dàng đánh giá rằng $\det A = 4$.
Nói chung, thật dễ dàng để hiển thị (bằng cách tính toán trực tiếp) $x\in\mathbb{R}$ và xác định $$A(x) = \begin{pmatrix} x-1 & x & x+1 \\ x & x-1 & x \\ x+1 & x & x-1\end{pmatrix}$$ sau đó $\det A(x) = 4x$.
Thực tế thú vị là những ma trận này có thể được "mở rộng" theo cách sao cho định thức là bất biến. Ngoài ra, đối với một lớp ma trận lớn hơn, dường như có một số mẫu chính quy "đơn giản" liên quan đến định thức.
Giới thiệu một số ký hiệu ...
Đầu tiên, tôi cần giới thiệu một số ký hiệu. Để cho$\mathbf{c} = \{c_1,c_2\dots c_n\}$. Tôi sẽ biểu thị$T(\mathbf{c})$ các $n\times n$ ma trận Toeplix đối xứng có đường chéo chính và đường chéo trên được cho bởi các hệ số $c_1\dots c_n$. Ý tôi là$$T(\{c_1,c_2,c_3,c_4\}) = \begin{pmatrix} c_1 & c_2 & c_3 & c_4\\c_2 & c_1 & c_2 & c_3 \\ c_3 & c_2 & c_1 & c_2 \\ c_4 & c_3 & c_2 & c_1 \end{pmatrix}\,.$$
Nếu chúng tôi gọi $\mathbf{v}(x) = \{x-1,x,x+1\}$, sau đó $A(x) = T(\mathbf{v}(x))$.
Cuối cùng, đưa ra một $n$-vectơ chiều $\mathbf{c} = \{c_1\dots c_n\}$, Tôi sẽ gọi $\mathbf{c}^k$ các $(k\cdot n)$-vectơ chiều thu được kết hợp với nhau $k$ bản sao của $\mathbf{c}$. Ví dụ$$\{c_1,c_2,c_3,c_4\}^3 = \{c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4\}\,.$$
Câu hỏi chính
Ngay từ đầu tôi đã nói rằng $\det A(x) = 4x$. Với ký hiệu trên,$\det T(\mathbf{v}(x)) = 4x$. Trên thực tế, nó có vẻ đúng (ít nhất là đối với những gì tôi đã thử với Mathematica) cho tất cả các số nguyên dương$k$ $$\det T(\mathbf{v}^k(x)) = 4x\,.$$ Tôi đoán kết quả này có thể được chứng minh bằng cách giới thiệu trên $k$, nhưng nó có vẻ là một chút đau đớn. Tôi mong đợi một số bằng chứng đơn giản và rõ ràng cho những gì dường như là một kết quả gọn gàng như vậy.
Bất kỳ ý tưởng nào về những gì đang xảy ra và tại sao các yếu tố quyết định lại đơn giản như vậy?
Đi xa hơn một chút ...
Nhận thấy rằng mọi thứ rất đơn giản đối với $\mathbf{v}(x)=\{x-1,x,x+1\}$, điều đầu tiên tôi đã thử là thay đổi một chút $\mathbf{v}$. Bây giờ chúng ta hãy xem xét$T(\{x-2,x-1,x,x+1,x+2\}^k)$. Thật không may trong trường hợp này, mọi thứ trở nên phức tạp hơn nhiều. Đối với$k=1$ yếu tố quyết định là $16 x$. Nhưng sau đó cho$k=2$ nó là $113288 x$, cho $k=3$ $65157184 x$và như thế. Mọi thứ rõ ràng là lộn xộn hơn nhiều ở đây.
Nhưng ... Hãy xác định $\mathbf{w}(x) = \{x+2,x-1,x,x+1,x-2\}$. Khi đó chuỗi các yếu tố quyết định dường như rất đều đặn.
\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}và như thế. Vì vậy, có một mô hình rõ ràng về sự phụ thuộc vào$k$: $$\{16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8,\dots\}\,.$$
Sau đó, chúng ta có thể xem xét $T(\{x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3\})$ và một lần nữa có một mẫu: $$\{64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, \dots\}\,.$$
Và một lần nữa cho $T(\{x+4,x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3,x-4\})$ một mẫu mới: $$\{256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16,\dots\}\,.$$
Tôi đặt cược vào sự tồn tại của một lời giải thích đơn giản cho những mô hình này, nhưng hiện tại tôi thực sự không có manh mối. Bất kỳ ý tưởng?
Trả lời
Tôi sẽ tập trung vào $\mathbf v$, nhưng lời giải thích cho $\mathbf w$cũng. Lưu ý rằng chúng ta có thể viết$$ T(\mathbf v^k(x)) = xJ + T(\mathbf v^k(0)), $$ Ở đâu $J$ là ma trận của tất cả $1$S. Đó là,$J = \mathbf e \mathbf e^T$, Ở đâu $\mathbf e = (1,\dots,1)^T$. Lưu ý rằng trong mọi trường hợp bạn xem xét,$T_0$có tổng hàng bằng 0 và do đó không thể đảo ngược. Bây giờ, với bổ đề định thức ma trận , chúng ta thấy rằng$$ \det[T(\mathbf v^k(x))] = \det(T_0) + (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x = (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x. $$ Nói cách khác, nó sẽ luôn bằng một hằng số nào đó nhân với $x$.
Trên thực tế, chúng ta có thể nói thêm một chút: trong trường hợp $\operatorname{adj}(T_0) \neq 0$, $T_0$ phải là một ma trận đối xứng có nhân được kéo dài bởi $\mathbf e$. Sau đó chúng ta có thể viết$$ \operatorname{adj}(T_0) = \alpha \frac{\mathbf e\mathbf e^T}{\mathbf e^T\mathbf e} = \frac{\alpha}{kn} \mathbf e\mathbf e^T, $$ Ở đâu $\alpha$ là sản phẩm của các giá trị riêng khác không của $T_0$. Đối với một tính toán trực tiếp, chúng tôi thấy rằng$\alpha/(kn)$là mục nhập dưới cùng bên phải của tính từ. Theo công thức đồng hệ số cho tính từ, đây là yếu tố quyết định của ma trận Toeplitz đối xứng, đạt được bằng cách xóa hàng và cột cuối cùng của$T_0$.
Khi điều đó được thiết lập, chúng tôi lưu ý rằng $$ (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) = \frac{\alpha}{kn} (\mathbf e^T\mathbf e \mathbf e^T \mathbf e) = \alpha kn, $$ Để công thức tổng thể của chúng tôi trở thành $T(\mathbf v^k(x)) = (\alpha kn)\cdot x$.
Đối với bất kỳ vectơ nào $\mathbf v = (v_1,\dots,v_n)$, biểu thị vectơ bị cắt ngắn $[\mathbf v] = (v_1,\dots,v_{n-1})$. Với thiết lập ở trên, chúng tôi đã giảm bớt các quan sát của bạn về tính thường xuyên để tính toán các yếu tố quyết định$\det T([\mathbf v^k(0)])$ và $\det T([\mathbf w^k(0)])$.