Dar las matrices, los cuales sólo contendrán 0 y 1, y su determinante crece de manera exponencial. En otras palabras, muestran una $n \times n$ matriz para todo n, que sólo contiene 0 y 1, y $$\det A(n)>d \cdot c^n,$$ donde c>1 y d>0.
No se puede realmente empezar, ¿alguna idea? Gracias :)
La desigualdad en cuestión es, obviamente, íntimamente relacionado con Hadamard máxima determinante problema. Por lo tanto, creo que la más natural de la construcción de la $A(n)$ es hacer uso de matrices de Hadamard.
Dado cualquier $n\times n$ $\{-1,1\}$ matriz $H$, hay un conocido truco para obtener un $\{0,1\}$ matriz $A$ tal que $\det(A)=\frac1{2^{n-1}}|\det(H)|$. En primer lugar, gire a la primera fila de $H$ en una de las filas de los queridos por la multiplicación de las columnas de a $H$ $-1$ si es necesario. Segundo, para cada fila $i>1$, agregar la primera fila y luego se divide por $2$. Como resultado, podemos obtener un $\{0,1\}$ matriz. Por último, si la matriz tiene un negativo determinante, el intercambio de dos filas para negar el factor determinante.
También es bien sabido que cuando $n$ es una potencia de $2$, matrices de Hadamard de tamaño $n$ puede ser construido de forma recursiva (por ejemplo, Sylvester de la construcción). Dado que el determinante de una matriz de Hadamard es $\pm n^{n/2}$, se deduce que siempre que $n=2^m$, existe un $\{0,1\}$ matriz $A(n)$ cuyo determinante es $\frac1{2^{n-1}}n^{n/2} = 2(\sqrt{n}/2)^n$.
Ahora, considere la posibilidad de cualquier número natural $n$. Deje $n=\sum_{i=1}^k 2^{m_i}+r$ donde $m_1>m_2>\cdots>m_k\ge3$ $0\le r<8$ (convención: $\sum_{i=1}^k 2^{m_i}$ es un vacío de la suma si $n<8$). Por lo tanto, si definimos $A(n)=A(2^{m_1})\oplus A(2^{m_2})\oplus\cdots\oplus A(2^{m_k})\oplus I_r$, luego $$ \det a(n) = 2^k\prod_{i=1}^k (\sqrt{2^{m_i}}/2)^{2^{m_i}} \ge \prod_{i=1}^k (\sqrt{2^3}/2)^{2^{m_i}} \ge \sqrt{2}^{n-r} > \frac1{16}\sqrt{2}^n. $$
Vamos a ser $A$ un $n\times n$ -matriz con sólo $0$ y $1$ como coeficientes. Nos deja denotar por $C_{1},\ldots,C_{n}$ sus columnas. A continuación, el Hadamard fórmula nos da la majoration$$\left|\det\left(C_{1},\ldots,C_{n}\right)\right|\leq\left\Vert C_{1}\right\Vert _{2}\ldots\left\Vert C_{n}\right\Vert _{2}$$ donde $\left\Vert .\right\Vert _{2}$ denota la norma euclidiana : para todos los $v=\left(v_{1},\ldots,v_{n}\right)$ ,$$\left\Vert v\right\Vert _{2}=\sqrt{\left|v_{1}\right|^{2}+\ldots+\left|v_{n}\right|^{2}}.$$ Pero aquí, uno tiene $\left\Vert C_{i}\right\Vert _{2}\leq\sqrt{n}$ para todos los $1\leq i\leq n$ debido a la restricción en los coeficientes de $A$ . A continuación,$$\left|\det A\right|\leq\left(\sqrt{n}\right)^{n}$$ y esta es la mejor majoration uno puede esperar, ya que $\left\Vert C_{i}\right\Vert _{2}=\sqrt{n}$ iff $C_{i}=\left(1,\ldots,1\right)$ y $\det A=0$ tan pronto como hay dos diferentes $i,j$ tal que $C_{i}=\left(1,\ldots,1\right)=C_{j}.$
Comenzando con $$ A_3 = \left( \begin{matrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{de la matriz} \right) \quad |A_3| = 2 $$
el uso de este como los bloques de la diagonal principal, podemos obtener un$A_6$$|A_6| = |A_3|^2 = 4$. Continuando con la duplicación de la matriz de esta manera conseguimos $$ \left\lvert A_{3\,2^k}\right\rvert= 2^{(2^k)} $$ Así que si $n = 3\,2^k$ tenemos $$ |A_n| = 2^{n/3} = (\sqrt[3]{2})^n > (1.25)^n $$ Tener la matriz de $n$ esto deja a la tarea de encontrar las matrices de $n=3\,2^{k}+1$ a $n=3\,2^{k+1}-1$.
Llenado de la diagonal principal con $1$ elementos con el aumento de la $n$ no va a cambiar el valor de la determinante. Así que tenemos que estar contentos con que el determinante no para que un índice de $n$, pero para la próxima $n-1$ valores así hasta que $n$ llega a $3\,2^{k+1}$.
$$ 2^{n/3}>c^{2n}>c^{n+(n-1)}>\cdots >c^{n} \ffi 1< c < \sqrt[6]{2} = 1.1224\ldots $$ Por lo tanto las de la construcción va a superar a la exponencial, con $c=1.12 > 1$, $d=1>0$.
El gráfico muestra que el valor de $n=3$ es lo suficientemente bueno como para dominar hasta $n=6$ y a su vez hasta que $n=12$.
Nota: Esto es sólo una banda de la matriz de anchura $5$.
Hacer una $4 \times 4$ matriz $A_0$ de la forma deseada con determinante $\det A = \alpha > 1$. A continuación, defina $A_i = \begin{pmatrix}A_{i-1} & 0 \\ 0 & A_{i-1} \end{pmatrix}$$i = 1, 2, 3, \dots$.
Ahora$A_i$$n \times n$$n = 2^{i+2}$$\det A_i = \alpha^{2^i} = \alpha^{n/4} = \tilde c^n, \, \tilde c = \alpha^{1/4} > 1$.
Esto le dará las matrices con las propiedades deseadas para $n = 2^{2+i}$. Para general $n$, por ejemplo,$m < n < 2m$$m = 2^{2+i}$, el uso de $A_i$ como antes, con $\det A_i = c^m$, y establecer $A = \begin{pmatrix} A_i & 0 \\ 0 & I_{n-m} \end{pmatrix}$ donde $I_{n-m}$ es el identidy de la matriz.
Editar para fijar el límite inferior:
A continuación, $A$ $n \times n$ y $$ \det a = \det A_i = \tilde c^m = \sqrt{\tilde c}^{2m}\ge \sqrt{\tilde c}^n \, . $$ Así que usted va a obtener la deseada estimación con $c = \sqrt{\tilde c} = \alpha^{1/8}, \, d = 1$.
Con $$A_0 = \begin{pmatrix}1& 0& 0& 1 \\ 0& 1& 1& 1\\ 1& 1& 0& 0 \\1 & 0& 1& 0 \end{pmatrix} $$ uno se $\alpha = 3$ que es máxima. A continuación,$c = \alpha^{1/8} = 1.14720\dots$.
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