รูปแบบง่ายๆที่ไม่คาดคิดสำหรับดีเทอร์มิแนนต์ของเมทริกซ์บางตัว
แก้ไข: "สปอยล์"
เนื่องจากเป็นคำถามที่ไม่ซับซ้อนนี่คือสปอยเลอร์สั้น ๆ ... ทำไมต่อไปนี้ถึงเป็นจริง?
$$\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} =\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0& 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \dots $$
พิจารณาเมทริกซ์ $$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\,.$$ สามารถประเมินได้ง่ายว่า $\det A = 4$.
โดยทั่วไปแล้วมันง่ายที่จะแสดง (โดยการคำนวณโดยตรง) ที่กำหนด $x\in\mathbb{R}$ และกำหนด $$A(x) = \begin{pmatrix} x-1 & x & x+1 \\ x & x-1 & x \\ x+1 & x & x-1\end{pmatrix}$$ แล้ว $\det A(x) = 4x$.
ข้อเท็จจริงที่น่าสนใจก็คือเมทริกซ์เหล่านี้สามารถ "ขยาย" ได้ในลักษณะที่ดีเทอร์มิแนนต์ไม่แปรผัน นอกจากนี้สำหรับเมทริกซ์คลาสที่ใหญ่ขึ้นดูเหมือนว่าจะมีรูปแบบปกติที่ "เรียบง่าย" เกี่ยวกับดีเทอร์มิแนนต์
ขอแนะนำสัญกรณ์ ...
ก่อนอื่นฉันต้องแนะนำสัญกรณ์ ปล่อย$\mathbf{c} = \{c_1,c_2\dots c_n\}$. ฉันจะแสดง$T(\mathbf{c})$ ที่ $n\times n$ เมทริกซ์ Toeplix แบบสมมาตรซึ่งมีค่าสัมประสิทธิ์หลักและเส้นทแยงมุมบน $c_1\dots c_n$. ฉันหมายถึงสิ่งที่ชอบ$$T(\{c_1,c_2,c_3,c_4\}) = \begin{pmatrix} c_1 & c_2 & c_3 & c_4\\c_2 & c_1 & c_2 & c_3 \\ c_3 & c_2 & c_1 & c_2 \\ c_4 & c_3 & c_2 & c_1 \end{pmatrix}\,.$$
ถ้าเราโทร $\mathbf{v}(x) = \{x-1,x,x+1\}$แล้ว $A(x) = T(\mathbf{v}(x))$.
สุดท้ายให้ $n$- เวกเตอร์มิติ $\mathbf{c} = \{c_1\dots c_n\}$ฉันจะโทร $\mathbf{c}^k$ ที่ $(k\cdot n)$- เวกเตอร์มิติที่ได้รับการรวมเข้าด้วยกัน $k$ สำเนาของ $\mathbf{c}$. ตัวอย่างเช่น$$\{c_1,c_2,c_3,c_4\}^3 = \{c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4\}\,.$$
คำถามหลัก
ผมได้ระบุไว้ตอนต้นว่า $\det A(x) = 4x$. ด้วยสัญกรณ์ข้างต้น$\det T(\mathbf{v}(x)) = 4x$. ที่จริงดูเหมือนจะเป็นจริง (อย่างน้อยก็สำหรับสิ่งที่ฉันได้ลองกับ Mathematica) สำหรับจำนวนเต็มบวกทั้งหมด$k$ $$\det T(\mathbf{v}^k(x)) = 4x\,.$$ ฉันเดาว่าผลลัพธ์นี้สามารถพิสูจน์ได้โดยการเหนี่ยวนำ $k$แต่ดูเหมือนว่าจะเจ็บปวดเล็กน้อย ฉันคาดหวังว่าจะมีหลักฐานที่เรียบง่ายและสะอาดสำหรับสิ่งที่ดูเหมือนจะเป็นผลลัพธ์ที่เรียบร้อย
มีความคิดเห็นเกี่ยวกับสิ่งที่เกิดขึ้นและเหตุใดดีเทอร์มิแนนต์จึงง่ายมาก
ไปอีกหน่อย ...
สังเกตว่าสิ่งต่างๆนั้นง่ายมากสำหรับ $\mathbf{v}(x)=\{x-1,x,x+1\}$สิ่งแรกที่ฉันได้ลองคือการเปลี่ยนแปลงเล็กน้อย $\mathbf{v}$. ตอนนี้ลองพิจารณา$T(\{x-2,x-1,x,x+1,x+2\}^k)$. โชคไม่ดีที่ในกรณีนี้สิ่งต่างๆจะซับซ้อนขึ้นมาก สำหรับ$k=1$ ดีเทอร์มิแนนต์คือ $16 x$. แต่สำหรับ$k=2$ มัน $113288 x$สำหรับ $k=3$ $65157184 x$และอื่น ๆ เห็นได้ชัดว่าสิ่งต่างๆยุ่งเหยิงกว่าที่นี่
แต่ ... ขอนิยาม $\mathbf{w}(x) = \{x+2,x-1,x,x+1,x-2\}$. จากนั้นลำดับของดีเทอร์มิแนนต์ดูเหมือนจะสม่ำเสมอมาก
\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}และอื่น ๆ ดังนั้นจึงมีรูปแบบที่ชัดเจนในการพึ่งพา$k$: $$\{16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8,\dots\}\,.$$
จากนั้นเราอาจจะดู $T(\{x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3\})$ และอีกครั้งมีรูปแบบ: $$\{64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, \dots\}\,.$$
และอีกครั้งสำหรับ $T(\{x+4,x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3,x-4\})$ รูปแบบใหม่: $$\{256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16,\dots\}\,.$$
ฉันจะเดิมพันด้วยคำอธิบายง่ายๆสำหรับรูปแบบเหล่านี้ แต่สำหรับตอนนี้ฉันไม่รู้เลยจริงๆ ความคิดใด ๆ ?
คำตอบ
ฉันจะมุ่งเน้นไปที่ $\mathbf v$แต่คำอธิบายมีไว้สำหรับ $\mathbf w$เช่นกัน. โปรดทราบว่าเราสามารถเขียน$$ T(\mathbf v^k(x)) = xJ + T(\mathbf v^k(0)), $$ ที่ไหน $J$ คือเมทริกซ์ของทั้งหมด $1$s. นั่นคือ,$J = \mathbf e \mathbf e^T$, ที่ไหน $\mathbf e = (1,\dots,1)^T$. โปรดทราบว่าในทุกกรณีที่คุณพิจารณา$T_0$มีผลรวมแถวเป็นศูนย์ดังนั้นจึงไม่สามารถกลับด้านได้ ตอนนี้ด้วยเลมมาดีเทอร์มิแนนต์เมทริกซ์เราพบว่า$$ \det[T(\mathbf v^k(x))] = \det(T_0) + (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x = (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x. $$ กล่าวอีกนัยหนึ่งมันจะเท่ากับค่าคงที่คูณด้วยเสมอ $x$.
ในความเป็นจริงเราสามารถพูดได้อีกเล็กน้อย: ในกรณีที่ $\operatorname{adj}(T_0) \neq 0$, $T_0$ ต้องเป็นเมทริกซ์สมมาตรที่มีการขยายเคอร์เนล $\mathbf e$. เป็นไปตามที่เราสามารถเขียนได้$$ \operatorname{adj}(T_0) = \alpha \frac{\mathbf e\mathbf e^T}{\mathbf e^T\mathbf e} = \frac{\alpha}{kn} \mathbf e\mathbf e^T, $$ ที่ไหน $\alpha$ เป็นผลคูณของค่าลักษณะเฉพาะที่ไม่ใช่ศูนย์ของ $T_0$. สำหรับการคำนวณโดยตรงเราจะเห็นว่า$\alpha/(kn)$คือรายการด้านล่างขวาของ adjugate โดยสูตรโคแฟกเตอร์สำหรับ adjugate นี่คือดีเทอร์มิแนนต์ของเมทริกซ์ Toeplitz แบบสมมาตรที่บรรลุโดยการลบแถวและคอลัมน์สุดท้ายของ$T_0$.
เมื่อสร้างเสร็จแล้วเราจะทราบว่า $$ (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) = \frac{\alpha}{kn} (\mathbf e^T\mathbf e \mathbf e^T \mathbf e) = \alpha kn, $$ เพื่อให้สูตรโดยรวมของเรากลายเป็น $T(\mathbf v^k(x)) = (\alpha kn)\cdot x$.
สำหรับเวกเตอร์ใด ๆ $\mathbf v = (v_1,\dots,v_n)$แสดงถึงเวกเตอร์ที่ถูกตัดทอน $[\mathbf v] = (v_1,\dots,v_{n-1})$. ด้วยการกำหนดข้างต้นเราได้ลดการสังเกตของคุณเกี่ยวกับความสม่ำเสมอในการคำนวณของดีเทอร์มิแนนต์ของ$\det T([\mathbf v^k(0)])$ และ $\det T([\mathbf w^k(0)])$.