Неожиданно простые шаблоны для определителей некоторых матриц
Редактировать: «Спойлер»
Поскольку это довольно многословный вопрос, вот небольшой спойлер ... Почему следующее верно?
$$\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} =\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0& 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \dots $$
Рассмотрим матрицу $$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\,.$$ Легко оценить, что $\det A = 4$.
В общем, легко показать (прямым расчетом), что данный $x\in\mathbb{R}$ и определение $$A(x) = \begin{pmatrix} x-1 & x & x+1 \\ x & x-1 & x \\ x+1 & x & x-1\end{pmatrix}$$ тогда $\det A(x) = 4x$.
Интересен тот факт, что эти матрицы можно «развернуть» таким образом, чтобы определитель был инвариантным. Кроме того, для более широкого класса матриц, по-видимому, существуют некоторые «простые» регулярные шаблоны относительно определителя.
Вводя некоторые обозначения ...
Во-первых, мне нужно ввести некоторые обозначения. Позволять$\mathbf{c} = \{c_1,c_2\dots c_n\}$. Я обозначу$T(\mathbf{c})$ то $n\times n$ симметричная матрица Тёпликса, главная и верхняя диагонали которой задаются коэффициентами $c_1\dots c_n$. Я имею в виду что-то вроде$$T(\{c_1,c_2,c_3,c_4\}) = \begin{pmatrix} c_1 & c_2 & c_3 & c_4\\c_2 & c_1 & c_2 & c_3 \\ c_3 & c_2 & c_1 & c_2 \\ c_4 & c_3 & c_2 & c_1 \end{pmatrix}\,.$$
Если мы позвоним $\mathbf{v}(x) = \{x-1,x,x+1\}$, тогда $A(x) = T(\mathbf{v}(x))$.
Наконец, учитывая $n$-мерный вектор $\mathbf{c} = \{c_1\dots c_n\}$, Я позвоню $\mathbf{c}^k$ то $(k\cdot n)$-мерный вектор получился соединяясь вместе $k$ копии $\mathbf{c}$. Например$$\{c_1,c_2,c_3,c_4\}^3 = \{c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4\}\,.$$
Главный вопрос
Я сказал в начале, что $\det A(x) = 4x$. С указанными выше обозначениями$\det T(\mathbf{v}(x)) = 4x$. На самом деле кажется правдой (по крайней мере, для того, что я пробовал с Mathematica), что для всех положительных целых чисел$k$ $$\det T(\mathbf{v}^k(x)) = 4x\,.$$ Думаю, этот результат можно доказать индукцией по $k$, но, кажется, немного больно. Я ожидал бы простых и ясных доказательств того, что кажется таким изящным.
Есть идеи о том, что происходит и почему детерминанты такие простые?
Пойдем немного дальше ...
Заметив, что все было так просто для $\mathbf{v}(x)=\{x-1,x,x+1\}$, первое, что я попробовал, это немного изменить $\mathbf{v}$. Давайте теперь рассмотрим$T(\{x-2,x-1,x,x+1,x+2\}^k)$. К сожалению, в этом случае все становится намного сложнее. Для$k=1$ определитель $16 x$. Но тогда для$k=2$ его $113288 x$, для $k=3$ $65157184 x$и так далее. Здесь явно гораздо сложнее.
Но ... Давайте определимся $\mathbf{w}(x) = \{x+2,x-1,x,x+1,x-2\}$. Тогда последовательность детерминантов кажется очень регулярной.
\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}и так далее. Итак, есть четкая закономерность в зависимости от$k$: $$\{16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8,\dots\}\,.$$
Тогда мы можем посмотреть на $T(\{x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3\})$ и снова есть узор: $$\{64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, \dots\}\,.$$
И снова для $T(\{x+4,x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3,x-4\})$ новый узор: $$\{256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16,\dots\}\,.$$
Я готов поспорить, что существует простое объяснение этих закономерностей, но на данный момент я понятия не имею. Любые идеи?
Ответы
Я сосредоточусь на $\mathbf v$, но объяснение справедливо для $\mathbf w$также. Обратите внимание, что мы можем написать$$ T(\mathbf v^k(x)) = xJ + T(\mathbf v^k(0)), $$ где $J$ матрица всех $1$с. Это,$J = \mathbf e \mathbf e^T$, где $\mathbf e = (1,\dots,1)^T$. Обратите внимание, что во всех рассмотренных вами случаях$T_0$имеет нулевую сумму по строке и поэтому не может быть обратимым. Теперь, используя лемму о детерминанте матрицы , мы находим, что$$ \det[T(\mathbf v^k(x))] = \det(T_0) + (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x = (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x. $$ Другими словами, он всегда будет равен некоторой константе, умноженной на $x$.
Фактически можно сказать немного больше: в случае, когда $\operatorname{adj}(T_0) \neq 0$, $T_0$ должна быть симметричной матрицей, ядро которой натянуто на $\mathbf e$. Отсюда следует, что мы можем написать$$ \operatorname{adj}(T_0) = \alpha \frac{\mathbf e\mathbf e^T}{\mathbf e^T\mathbf e} = \frac{\alpha}{kn} \mathbf e\mathbf e^T, $$ где $\alpha$ является произведением ненулевых собственных значений $T_0$. Для прямого вычисления мы видим, что$\alpha/(kn)$- это нижняя правая запись вспомогательного выражения. Согласно формуле кофактора для сопряженного элемента, это определитель симметричной матрицы Теплица, полученный удалением последней строки и столбца матрицы$T_0$.
Как только это будет установлено, отметим, что $$ (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) = \frac{\alpha}{kn} (\mathbf e^T\mathbf e \mathbf e^T \mathbf e) = \alpha kn, $$ Таким образом, наша общая формула становится $T(\mathbf v^k(x)) = (\alpha kn)\cdot x$.
Для любого вектора $\mathbf v = (v_1,\dots,v_n)$, обозначим усеченный вектор $[\mathbf v] = (v_1,\dots,v_{n-1})$. Установив вышесказанное, мы свели ваши наблюдения за регулярностью к вычислению определителей$\det T([\mathbf v^k(0)])$ и $\det T([\mathbf w^k(0)])$.