Sobre los determinantes de una determinada clase de matrices.

Question

$\newcommand{\M}{\mathcal{M}}$Recientemente me encontré con una determinada clase de matrices cuyos determinantes se comportan de una manera interesante. Definir $\M(n,k)$ para enteros positivos $n,k$ con $k\leq n$ la $n\times n$ matriz con todos los $1$s en la diagonal, todos los $1$s por $k-1$ entradas a la derecha de la diagonal en cada fila, y $0$s de todas partes. Tenga en cuenta que si hay menos de $k-1$ entradas a la derecha de la diagonal, entonces el $1$s de llevar a las columnas de la izquierda. Por ejemplo: $$\M(4,2)=\begin{bmatrix}1&1&0&0\\0&1&1&0\\0&0&1&1\\1&0&0&1\end{bmatrix}\quad\text{and}\quad\M(3,1)=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}.$$

Al principio, yo creía que el $\M(n,k)$ siempre sería nonsingular cuando $k<n$, pero esto resultó ser falso. El más pequeño ejemplo donde esta conjecuture falla es $\M(4,2)$, cuyo determinante es $0$. Incluso después de más pruebas numéricas me han llevado a creer que la siguiente conjetura:

El determinante $\det\M(n,k)$ es $0$ si y sólo si $\gcd(n,k)>1$. Si $n,k$ son coprime, a continuación, $\det\M(n,k)=k$.

He probado de todas las $k\leq n$ a $n=9$ con la ayuda de un ordenador sin ningún tipo de contraejemplos. ¿Alguien tiene una idea de cómo esta conjetura podría ser probada?

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Aquí están algunos de los resultados parciales. Es trivial que $\det\M(n,k)$ es cero cuando $k=0$ o $n$, y que es $1$ cuando $k=1$. Puedo probar el resultado al $k=2$ así: Vamos a $U(n)$ ser $n\times n$ matriz con todas las entradas $0$ a excepción de una $1$ en la parte inferior izquierda de la esquina. Entonces, tenemos la relación de recurrencia $$\det\M(n,2)=\det\big(\M(n-1,2)-U(n-1)\big)+(-1)^{n+1}\det\big(\M(n-1,2)^t-U(n-1)^t\big)$$ que por supuesto se simplifica a $$\det\M(n,2)=(1+(-1)^{n+1})\det\big(\M(n-1,2)-U(n-1)\big).$$ Tras la verificación del $\det\M(2,2)=0$, es claro que esto demuestra la conclusión de $k=2$ si asumimos que $\det\big(\M(n-1,2)-U(n-1)\big)=1$. Llame a la LHS $x(n-1)$. Es fácil calcular que $x(2)=1$, de donde se desprende que la inducción por $x(n)=1$ para todos los $n$, desde el $x(n+1)=x(n)$.

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Por desgracia, estoy en una pérdida completa en cualquiera de los casos distintos de $k=0,1,2,n$. Parece que (por lo suficientemente grande $n$) como $k$ aumenta de $3$ hasta $\lfloor n/2\rfloor$, la prueba va por la misma forma de pensar como mi prueba para $k=2$ obtendría cada vez más complicadas, hasta que se convierte en desesperada para intentar. (Puedo estar equivocado, por supuesto.) Por no mencionar el caso general, para cualquier entero positivo $n$.

¿Alguien tiene una idea de cómo atacar el problema general? Gracias de antemano!

Answer 1

$\newcommand{\M}{\mathcal{M}}$Gracias a @achillehui sugerencia, yo soy capaz de demostrar la conjetura, y me presente a las pruebas a continuación. Para cualquier $n\times n$ circulantes de la matriz $C$ con vectores columna se las permutaciones de un cierto vector de $c=(c_0,c_1,\dots,c_{n-1})^T$, y con los asociados polinomio $p(x)=c_0+c_1x+\dots+c_{n-1}x^{n-1}$, el siguiente es conocido.

El determinante de $C$ está dado por $\displaystyle\prod_{j=0}^{n-1}p(\zeta_n^j)$, donde $\zeta_n:=\exp(2\pi i/n)$ es la primitiva $n$th raíz de la unidad.

Las matrices $\M(n,k)$ son circulantes, asociada con el polinomio $p(x)=1+x+\dots+x^{k-1}$. Tenga en cuenta que siempre que $x\neq 1$, tenemos $p(x)=(x^k-1)/(x-1)$, por lo que podemos escribir $$\det\M(n,k)=\prod_{j=0}^{n-1}p(\zeta_n^j)=p(1)\prod_{j=1}^{n-1}\frac{\zeta_n^{jk}-1}{\zeta_n^j-1}.$$ En el caso de que $\gcd(n,k)=:d>1$, sabemos que $\zeta_n^k$ ya no es un primitivo $n$th raíz de la unidad, pero es un primitve $(n/d)$th raíz de la unidad. Desde $d>1$, el entero $n/d$ se encuentra en el conjunto de $\{1,2,\dots,n-1\}$ a partir de que $j$ toma valores en el producto, por lo que hay un plazo en el producto donde $j=n/d$. Durante este plazo, el numerador es $\zeta_n^{jk}-1=\zeta_{n/d}^{n/d}-1=0$, de manera que todo el producto es $0$ y el determiant es $0$. Por el contrario, cuando se $d=1$, $\zeta_n^k$ siempre será una primitiva $n$th raíz de la unidad, y su $j$th poderes nunca se $1$ (para $1\leq j\leq n-1$). Por lo tanto el producto es distinto de cero.

El más fuerte conjetura de que $\det\M(n,k)=k$ cuando $\gcd(n,k)=1$ puede ser probado de esta manera. Es trivial que $p(1)=k$, por lo que es suficiente para mostrar el producto $\prod(\zeta_n^{jk}-1)/(\zeta_n^j-1)$ es $1$. La razón de esto es cierto es causa de cancelación. El elemento $k$ en el grupo aditivo $\mathbb Z/n\mathbb Z$ (que es isomorfo al grupo multiplicativo de las raíces de la unidad) siempre genera el grupo siempre $n,k$ son coprime. Además, cada elemento se genera de una manera única. Por lo tanto, como $j$ toma todos los valores distintos de cero en $\mathbb Z/n\mathbb Z$, cada elemento está representado exactamente una vez, por lo que la cancelación es perfecto, lo que demuestra el resultado.

Answer 2

Si utiliza fila de operaciones, se puede ver que la periodicidad que viene. Como ejemplo tomemos $M(5,3)$; restar la primera fila de los dos de abajo, a continuación, añadir la segunda fila, etc.:

$$\begin{pmatrix}1&1&1&0&0\\0&1&1&1&0\\0&0&1&1&1\\{\color{red}1}&0&0&1&1\\{\color{red}1}&{\color{red}1}&0&0&1\end{pmatrix}\mapsto\begin{pmatrix}1&1&1&0&0\\0&1&1&1&0\\0&0&1&1&1\\0&{\color{red}-\color{red}1}&{\color{red}-\color{red}1}&1&1\\0&0&\color{red}-\color{red}1&0&1\end{pmatrix}\mapsto\begin{pmatrix}1&1&1&0&0\\0&1&1&1&0\\0&0&1&1&1\\0&0&0&2&1\\0&0&-1&0&1\end{pmatrix}$$

Que nos acaba de seguimiento de la $1$s en la esquina inferior izquierda como de realizar la fila de la sustracción o adición. Verás que el triángulo de $1$s se mueve a la derecha con un período de $k$ como se ve a continuación (la omisión de la $0$s):

$$k=2,\qquad 1\mapsto\quad-1\quad\mapsto 1$$ $$k=3,\qquad \begin{matrix}1\\1&1\end{matrix}\quad\mapsto\quad \begin{matrix}-1&-1\\&-1\end{matrix}\quad\mapsto\quad\begin{matrix}&1\\-1\end{matrix}\quad\mapsto\quad\begin{matrix}1\\1&1\end{matrix}$$

$$k=4,\qquad\begin{matrix}1&&\\1&1&\\1&1&1\end{matrix}\quad\mapsto\quad\begin{matrix}-1&-1&-1\\&-1&-1\\&&-1\end{matrix}\quad\mapsto\quad\begin{matrix}&&1\\-1&-1\\&-1\end{matrix}\quad\mapsto\quad\begin{matrix}&&1\\&1&1\\-1\end{matrix}\quad\mapsto\quad\begin{matrix}1\\1&1\\1&1&1\end{matrix}$$

Cuando la $1$s se han movido por $k$ pasos, dejan una matriz de $0$s detrás. Desde $\det\begin{pmatrix}A&B\\O&C\end{pmatrix}=\det A\det C$, y desde la parte superior izquierda de la matriz $A$ tiene determinante 1, se sigue que $\det M(n,k)=\det M(n-k,k)$. Así que lo que queda es comprobar lo que sucede cuando este triángulo de $1$s cumple con el resto de la matriz a medida que se mueve a la derecha. El resultado final es uno de $M(k,k)$, $M(k+1,k)$,..., $M(2k-1,k)$. Claramente si $n$ es un múltiplo de $k$ llegamos a la matriz de $M(k,k)$ de todos los $1$s que ha determinante $0$. Yo creo que se puede tomar desde aquí.