Determinante de uma certa matriz Toeplitz
Calcule o seguinte determinante
\ begin {vmatrix} x & 1 & 2 & 3 & \ cdots & n-1 & n \\ 1 & x & 1 & 2 & \ cdots & n-2 & n-1 \\ 2 & 1 & x & 1 & \ cdots & n-3 & n-2 \\ 3 & 2 & 1 & x & \ cdots & n-4 & n-3 \\ \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ ddots & \ vdots & \ vdots \\ n-1 & n-2 & n-3 & n-4 & \ cdots & x & 1 \\ n & n-1 & n-2 & n-3 & \ cdots & 1 & x \ end {vmatrix}
Tentei o seguinte. Subtraí a segunda linha da primeira, a terceira da segunda, a quarta da terceira e assim por diante. Eu tenho:
\ begin {vmatrix} x-1 & 1-x & 1 & 1 & \ cdots & 1 & 1 \\ -1 & x-1 & 1-x & 1 & \ cdots & 1 & 1 \\ -1 & - 1 & x-1 & 1-x & \ cdots & 1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 & x-1 & \ cdots & 1 & 1 \\ \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ ddots & \ vdots & \ vdots \\ -1 & -1 & -1 & -1 & \ cdots & x-1 & 1-x \\ n & n-1 & n-2 & n-3 & \ cdots & 1 & x \ end {vmatrix}
Eu fiz a mesma coisa com as colunas. Subtraí a segunda linha da primeira, a terceira da segunda, a quarta da terceira e assim por diante. E eu tenho:
\ begin {vmatrix} 2x-2 & -x & 0 & 0 & \ cdots & 0 & 1 \\ -x & 2x-2 & -x & 0 & \ cdots & 0 & 1 \\ 0 & -x & 2x -2 & -x & \ cdots & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -x & 2x-2 & \ cdots & 0 & 1 \\ \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ ddots & \ vdots & \ vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \ cdots & 2x-2 & 1-x \\ 1 & 1 & 1 & 1 & \ cdots & 1-x & x \ end {vmatrix}
Espero não ter cometido um erro em algum lugar. Com esta parte não sei o que fazer a seguir. Não sei se estou fazendo certo. Agradeço antecipadamente !
Respostas
Deixei $A_{n+1}$ denotam o determinante do $(n+1)\times (n+1)$matriz em questão. Pela expansão de Laplace na primeira linha, obtemos:$$A_{n+1} = (2x-2)A_n + xB_n + (-1)^nC_n,$$ Onde $$B_n := \det \begin{bmatrix} -x & -x & 0 & \cdots & 0 & 1\\ 0 & 2x-2 & -x & \cdots & 0 & 1\\ 0 & -x & 2x-2 & \cdots & 0 & 1\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 2x-2 & 1-x\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & 1-x &x \end{bmatrix} $$ e $$C_n := \det\begin{bmatrix} -x & 2x-2 & -x & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & -x & 2x-2 & -x & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & -x & 2x-2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 2x-2 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1-x \end{bmatrix} $$ Expandindo ambos $B_n$ e $C_n$ na primeira coluna, temos $$B_n = (-x) A_{n-1} + (-1)^{n+1}C_{n-1}$$ e $$C_n = (-x)C_{n-1} + (-1)^{n+1} D_{n-1},$$ Onde $D_n$ é o determinante do seguinte $n\times n$Matriz tridiagonal Toeplitz : \ begin {bmatrix} 2x-2 & -x & 0 & 0 & \ cdots & 0 \\ -x & 2x-2 & -x & 0 & \ cdots & 0 \\ 0 & -x & 2x -2 & -x & \ cdots & 0 \\ 0 & 0 & -x & 2x-2 & \ cdots & 0 \\ \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ vdots & \ ddots & \ vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \ cdots & 2x-2 \ end {bmatrix} É expresso em termos da sequência de Lucas e sua função geradora da seguinte forma: \ begin {split} D_n & = U_ {n + 1} (2x-2 , x ^ 2) \\ & = \ frac {(x-1 + \ sqrt {1-2x}) ^ {n + 1} - (x-1- \ sqrt {1-2x}) ^ {n + 1 }} {2 \ sqrt {1-2x}} \\ & = [z ^ n] \ \ frac {1} {1- (2x-2) z + x ^ 2z ^ 2}. \ end {split}
Conectando a fórmula de recorrência para $B_n$ para isso para $A_{n+1}$, Nós temos $$(\star)\qquad A_{n+1} = (2x-2)A_n - x^2 A_{n-1} + (-1)^{n+1}xC_{n-1} + (-1)^n C_n.$$
Agora temos todos os ingredientes para derivar uma expressão de forma fechada para $A_n$.
Levando em conta $C_1=1-x$, desenrolamos a recorrência para $C_n$para obter: \ begin {split} C_n & = (-x) ^ {n-1} (1-x) + (- 1) ^ {n + 1} \ sum_ {i = 1} ^ {n-1} x ^ {n-1-i} D_i \\ & = (-x) ^ n + (- 1) ^ {n + 1} [z ^ {n-1}] \ \ frac {1} {(1-xz ) (1- (2x-2) z + x ^ 2z ^ 2)}. \ end {split} Vamos precisar da função geradora: \ begin {split} \ mathcal {C} (z) &: = \ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} (-1) ^ {n-1} C_n z ^ {n-1} \\ & = \ frac {1} {(1-xz) (1- (2x-2) z + x ^ 2z ^ 2)} - \ frac {x} {1-xz } \\ & = \ frac {1-x + (2x-2) xz-x ^ 3z ^ 2} {(1-xz) (1- (2x-2) z + x ^ 2z ^ 2)}. \ end {split}
Defina a função geradora para $A_n$: $$\mathcal{A}(z) := \sum_{n=1}^{\infty} A_n z^n.$$
Agora, vamos multiplicar a recorrência $(\star)$ de $z^{n-1}$ e somar $n\geq 2$ obter: $$\frac{\mathcal{A}(z) - A_1z - A_2z^2}{z^2} = (2x-2)\frac{\mathcal{A}(z) - A_1z}z - x^2\mathcal{A}(z) - xz\mathcal{C}(z) - (\mathcal{C}(z)-C_1),$$ implicando que $$\mathcal{A}(z) = \frac{z(x^5z^4-4x^4z^3+4x^3z^3+6x^3z^2-8x^2z^2-4x^2z+3xz^2+4xz+x-z)}{(1-xz)(1-(2x-2)z+x^2z^2)^2}$$e assim \ begin {split} A_n & = \ frac12 D_n + \ frac {n + 1-x} 2 D_ {n-1} + \ frac {x ^ n} 2 \\ & = \ frac {(n + \ sqrt {1-2x}) (x-1 + \ sqrt {1-2x}) ^ n- (n- \ sqrt {1-2x}) (x-1- \ sqrt {1-2x}) ^ n} { 4 \ sqrt {1-2x}} + \ frac {x ^ n} 2. \ end {split}
ATUALIZAR. Outra forma de proceder a partir das recorrências para$A_n$, $B_n$, $C_n$, e $D_n$ é combiná-los em uma única recorrência de matriz: $$ \begin{bmatrix} A_{n+1}\\ B_{n+1}\\ (-1)^{n+1}C_{n+1}\\ D_{n+1} \\ D_n\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2x-2 & x & 1 & 0 & 0\\ -x & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & x & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2x-2 & -x^2\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} A_{n}\\ B_{n}\\ (-1)^{n}C_{n}\\ D_{n} \\ D_{n-1}\end{bmatrix}. $$ A partir do polinômio característico da matriz em rhs, obtemos uma recorrência para $A_n$: $$A_n = (5x - 4)A_{n-1} + (-10x^2 + 12x - 4)A_{n-2} + (10x^3 - 12x^2 + 4x)A_{n-3} + (-5x^4 + 4x^3)A_{n-4} + x^5A_{n-5},$$ do qual é fácil obter uma fórmula explícita.
PS. Até a mudança de$x$ para $-x$, $A_n$representa o polinômio característico da matriz de distância, também conhecido como polinômio de distância , do gráfico de caminho$P_n$. Outra fórmula (em termos de polinômios de Chebyshev) para ele é fornecida em OEIS A203993 .