Número de matrices

Question

Encuentre el número de $4 \times 4$ matrices tales que sus elementos son $1$ y $-1$ y la suma de elementos en cada una de sus filas y columnas es $0$ .

Sólo soy capaz de hacer progresos triviales que hay $6$ formas de llenar una fila y $3$ maneras de llenar una columna. No pude encontrar la manera de seguir adelante.

¿Se puede generalizar esto a un $n \times n$ matriz en las mismas condiciones?

Answer 1

Para el $4\times 4$ caso, el número de formas es $90$ y el método es el siguiente:

Los dos $+$ en la primera fila pueden colocarse de seis maneras. Tome la primera fila para ser $++--$ al final tendremos que multiplicar la cuenta por seis.

Entonces, la segunda fila puede formarse de tres maneras esencialmente diferentes.

• (a) $++--$ : Ahora las filas tercera y cuarta están completamente determinadas; hay una matriz de este tipo.

• (b) $--++$ : Ahora la tercera fila es completamente arbitraria (las dos $+$ puede estar en cualquier posición) dando $6$ Posibilidades; pero entonces se determinará la cuarta fila.

• (c) $+-+-$ : Hay cuatro formas "equivalentes" de hacer esto para la segunda fila, Las otras tres son $+--+$ , $-++-$ y $-+-+$ ; considere sólo la primera $+-+1$ . A continuación, los elementos del primer y cuarto coumn en la tercera y cuarta fila están completamente determinados, y el pequeño $2\times 2$ El cuadrado restante tiene dos disposiciones admisibles (el $(3,2)$ puede ser $+$ o $-$ Después se determinan los demás). Así que el caso (c) da $4\times 2=8$ arreglos permitidos.

  La respuesta total es $$ 6 (1+6 + 4\cdot 2) = 90 $$ AÑADIDO

Estoy trabajando en el caso general de $2m \times 2n$ .
Para $2m \times 2$ la respuesta es por supuesto $\binom{2n}{n}$ .

Para un $6\times 4$ matriz la respuesta parece ser $$ 20(1\cdot 1 + 9 \cdot 2 + 9 \cdot 6 + 1 \cdot 20) = 1860 = 31\cdot 60$$

El $4\times 2n$ casos

Para $m=2$ El número de casos permitidos $4\times 2n$ se obtiene preguntando cuántas matrices ( $k$ ) los signos menos de la segunda fila se encuentran bajo $+$ signos en la primera fila. El número de arreglos de los elementos no fijos de la tercera y 4ª fila es de la forma $\binom{2k}{k}$ . Puedes obtener la expresión en forma cerrada: $$ N(4\times 2n) = \binom{2n}{n}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2\binom{2k}{k} = \binom{2n}{n} F\left( \left. \begin{array}{c} \frac12, -n, -n\\1,1 \end{array}\right| 4\right) $$ donde el $F$ es una función hipergeométrica de tres índices superiores y dos inferiores (a veces se escribe _3F2) como se ha especificado anteriormente.

$$ N(4,2) = 3\binom{2}{1}\\ N(4,4) = 15\binom{4}{2}\\ N(4,6) = 93\binom{6}{3}\\ N(4,8) = 939\binom{8}{4}\\ N(4,10) = 4653\binom{10}{5}\\ N(4,12) = 35169\binom{12}{6}\\ \vdots $$

El $6\times 2n$ casos

Contabilización de lo permitido $6\times 2n$ es más difícil, ya que una columna de la $4 \times 2n$ Las matrices que se encuentran debajo de las dos primeras filas no son fijas cuando las dos primeras filas contienen el mismo símbolo en esa columna. No tengo, en este momento, una buena manera de atacar esto.