Bazı matrislerin determinantları için beklenmedik şekilde basit modeller
Düzenleme: "Spoiler"
Oldukça uzun bir soru olduğu için, işte hızlı bir spoiler ... Aşağıdakiler neden doğru?
$$\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} =\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0& 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = \dots $$
Matrisi düşünün $$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\,.$$ Kolayca değerlendirilebilir $\det A = 4$.
Daha genel olarak, verilen (doğrudan hesaplama ile) göstermek kolaydır. $x\in\mathbb{R}$ ve tanımlayan $$A(x) = \begin{pmatrix} x-1 & x & x+1 \\ x & x-1 & x \\ x+1 & x & x-1\end{pmatrix}$$ sonra $\det A(x) = 4x$.
İlginç gerçek şu ki, bu matrisler determinantın değişmez olacağı şekilde "genişletilebilir". Ek olarak, daha büyük bir matris sınıfı için determinant ile ilgili bazı "basit" düzenli modeller var gibi görünmektedir.
Bazı gösterimlerle tanışın ...
İlk olarak, bazı gösterimler sunmam gerekiyor. İzin Vermek$\mathbf{c} = \{c_1,c_2\dots c_n\}$. Göstereceğim$T(\mathbf{c})$ $n\times n$ ana ve üst köşegenleri katsayılarla verilen simetrik Toeplix matrisi $c_1\dots c_n$. Gibi bir şey demek istiyorum$$T(\{c_1,c_2,c_3,c_4\}) = \begin{pmatrix} c_1 & c_2 & c_3 & c_4\\c_2 & c_1 & c_2 & c_3 \\ c_3 & c_2 & c_1 & c_2 \\ c_4 & c_3 & c_2 & c_1 \end{pmatrix}\,.$$
Eğer ararsak $\mathbf{v}(x) = \{x-1,x,x+1\}$, sonra $A(x) = T(\mathbf{v}(x))$.
Son olarak, verilen bir $n$boyutlu vektör $\mathbf{c} = \{c_1\dots c_n\}$, Arayacağım $\mathbf{c}^k$ $(k\cdot n)$birleştirilerek elde edilen boyutlu vektör $k$ Kopyaları $\mathbf{c}$. Örneğin$$\{c_1,c_2,c_3,c_4\}^3 = \{c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4,c_1,c_2,c_3,c_4\}\,.$$
Ana soru
Başta belirttim ki $\det A(x) = 4x$. Yukarıdaki gösterimle,$\det T(\mathbf{v}(x)) = 4x$. Aslında doğru görünüyor (en azından Mathematica ile denediğim için) tüm pozitif tamsayılar için$k$ $$\det T(\mathbf{v}^k(x)) = 4x\,.$$ Sanırım bu sonuç tümevarım ile kanıtlanabilir. $k$, ama biraz acı verici görünüyor. Böyle düzgün bir sonuç gibi görünen şey için basit ve net bir kanıt beklerdim.
Neler olduğu ve belirleyicilerin neden bu kadar basit olduğu hakkında bir fikriniz var mı?
Biraz daha ileri gidiyoruz ...
İşlerin çok basit olduğunu fark ettikten sonra $\mathbf{v}(x)=\{x-1,x,x+1\}$denediğim ilk şey biraz değiştirmek oldu $\mathbf{v}$. Şimdi düşünelim$T(\{x-2,x-1,x,x+1,x+2\}^k)$. Ne yazık ki bu durumda işler çok daha karmaşık hale geliyor. İçin$k=1$ belirleyici $16 x$. Ama sonra$k=2$ onun $113288 x$, için $k=3$ $65157184 x$ve benzeri. Burada işler açıkça daha karışık.
Ama ... Hadi tanımlayalım $\mathbf{w}(x) = \{x+2,x-1,x,x+1,x-2\}$. O zaman belirleyiciler dizisi çok düzenli görünüyor.
\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}ve benzeri. Dolayısıyla bağımlılıkta net bir model var$k$: $$\{16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8, 16, -8, 0, -8,\dots\}\,.$$
O zaman bakabiliriz $T(\{x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3\})$ ve yine bir model var: $$\{64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, 12, 4, 0, 4, 12, 64, \dots\}\,.$$
Ve yine $T(\{x+4,x-3,x+2,x-1,x,x+1,x-2,x+3,x-4\})$ yeni bir kalıp: $$\{256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16, 0, -16, 0, -16, 256, -16, 0, -16,\dots\}\,.$$
Bu kalıplar için basit bir açıklamanın varlığına bahse girerim ama şimdilik hiçbir fikrim yok. Herhangi bir fikir?
Yanıtlar
Odaklanacağım $\mathbf v$, ancak açıklama için geçerlidir $\mathbf w$yanı sıra. Yazabileceğimizi unutmayın$$ T(\mathbf v^k(x)) = xJ + T(\mathbf v^k(0)), $$ nerede $J$ hepsinin matrisidir $1$s. Yani,$J = \mathbf e \mathbf e^T$, nerede $\mathbf e = (1,\dots,1)^T$. Göz önünde bulundurduğunuz her durumda,$T_0$satır toplamı sıfırdır ve bu nedenle tersinir olamaz. Şimdi, matris determinant lemma ile şunu buluyoruz:$$ \det[T(\mathbf v^k(x))] = \det(T_0) + (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x = (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) \cdot x. $$ Başka bir deyişle, her zaman bir sabite eşit olacaktır. $x$.
Aslında, biraz daha fazlasını söyleyebiliriz: $\operatorname{adj}(T_0) \neq 0$, $T_0$ çekirdeği tarafından yayılan simetrik bir matris olmalıdır $\mathbf e$. Yazabileceğimizi takip eder$$ \operatorname{adj}(T_0) = \alpha \frac{\mathbf e\mathbf e^T}{\mathbf e^T\mathbf e} = \frac{\alpha}{kn} \mathbf e\mathbf e^T, $$ nerede $\alpha$ sıfır olmayan özdeğerlerin çarpımıdır $T_0$. Doğrudan bir hesaplama için şunu görüyoruz$\alpha/(kn)$ekin sağ alttaki girişidir. Ek için kofaktör formülüne göre, bu simetrik, Toeplitz matrisinin son satırı ve sütunu silinerek elde edilen belirleyicidir.$T_0$.
Bu bir kez kurulduğunda, şunu not ediyoruz: $$ (\mathbf e^T\operatorname{adj}(T_0) \mathbf e) = \frac{\alpha}{kn} (\mathbf e^T\mathbf e \mathbf e^T \mathbf e) = \alpha kn, $$ Böylece genel formülümüz $T(\mathbf v^k(x)) = (\alpha kn)\cdot x$.
Herhangi bir vektör için $\mathbf v = (v_1,\dots,v_n)$, kesilmiş vektörü gösterir $[\mathbf v] = (v_1,\dots,v_{n-1})$. Yukarıda belirtilenlerle, düzenlilik gözlemlerinizi, belirleyicilerin hesaplanmasına indirdik.$\det T([\mathbf v^k(0)])$ ve $\det T([\mathbf w^k(0)])$.