Calculando un determinante que involucra raíces de la unidad

Question

Sea $d \geq 2$ un entero y $\xi=\exp(\frac{2\pi i}{d})$. Estoy tratando de calcular el determinante de la matriz $$ (\xi^{ij}-1)_{1 \leq i, j \leq d-1}. $$ Lo llamaré $\Delta(d)$. Para valores pequeños de $d$ obtengo:

    $\Delta(2)=-2$
    $\Delta(3)=-3\sqrt{3}i$
    $\Delta(4)=-16i$

Pero no puedo encontrar una fórmula general. ¿Cómo puedo hacer esto?

Answer 1

Utilizando las respuestas y comentarios anteriores, confirmo la fórmula sugerida por Neil Strickland: $$\Delta(d)=d^{d/2}i^{m(d)}\qquad\text{con}\qquad m(d): = 1 + d(7-d)/2\in\mathbb{Z}.$$ Considera la matriz de Vandermonde $d\times d$ $$\Phi(d):=(\xi^{ij})_{0\leq i,j \leq d-1}.$$ Restando la primera columna de cada otra columna, obtenemos una matriz con la primera fila igual a $(1,0,\dots,0)$ y el bloque en la esquina inferior derecha $(d-1)\times(d-1)$ igual a la matriz anterior. Por lo tanto, $$\Delta(d)=\det\Phi(d).$$ Es sencillo comprobar que $\Phi(d)^\ast\cdot\Phi(d)$ es igual a $d$ veces la matriz identidad, por lo tanto $$ |\det\Phi(d)|^2=d^d.$$ En otras palabras, $|\det\Phi(d)|=d^{d/2}$, y nos queda determinar $$\frac{\det\Phi(d)}{|\det\Phi(d)|}=\prod_{0\leq i

Agregado 1. Como señaló Alexey Ustinov, $\Phi(d)$ es conocida como una matriz de Schur. Como escribió Carlitz en su artículo de 1959, "esta matriz es familiar en relación con la deducción de Schur del valor de la suma de Gauss". De hecho, en la página 295 de este artículo, Carlitz utiliza el valor conocido de la suma de Gauss para encontrar los autovalores de esta matriz (que son todos de la forma $\pm\sqrt{d}$ y $\pm i\sqrt{d}$, por lo tanto solo se necesitan encontrar las 4 multiplicidades). Esto se puede considerar como un refinamiento y una prueba alternativa del resultado anterior, ya que el producto de los autovalores es el determinante.

Agregado 2. Carlitz se refiere a las Vorlesungen de Landau, cuya parte relevante apareció en inglés como Landau: Elementary Number Theory (Chelsea, 1958). Entonces busqué esta traducción, y para mi sorpresa en las páginas 211-212 encontré esencialmente el mismo cálculo que arriba. De hecho, todo esto está en el artículo de 1921 de Schur, gracias a Alexey Ustinov por encontrarlo para mí (enlace alternativo aquí). Como explica Landau (siguiendo a Schur), el cálculo del determinante lleva a una evaluación de la suma de Gauss, al menos para $d$ impar. La cuestión es que se pueden deducir las 4 multiplicidades de autovalores a partir del determinante, y por lo tanto se obtiene la fórmula para la traza de $\Phi(d)$. Sin embargo, ¡esta traza no es más que la suma de Gauss!

Agregado 3. Para un tratamiento más reciente de la evaluación de Schur de la suma de Gauss, consulte la Sección 6.3 en Rose: A course in number theory (2nd ed., Oxford University Press, 1994).

Answer 2

Experimento numérico (hasta $d=50$) deja claro que $\Delta(d)=d^{d/2}i^{m_d}$ donde $$ m_d = 1 + d(7-d)/2 \in\mathbb{Z}. $$ No he intentado encontrar una demostración, sin embargo.

Answer 3

Respuesta parcial, para expandir mi sugerencia como lo solicitó el OP: sea $\Phi=(\xi^{ij})_{0\leq i,j \leq d-1}$ la matriz FFT; en particular, su primera fila y columna contienen todos unos. Sea $$ L = \begin{bmatrix}1 \\ -1 & 1\\ -1 && 1 \\ \vdots & & & \ddots \\ -1 & &&&1\end{bmatrix} $$ la matriz elemental que realiza un paso de la eliminación gaussiana. Se puede verificar que $$ L\Phi = \begin{bmatrix}1 & 1 & \dots & 1\\ 0\\\vdots & & M\\0\end{bmatrix}, $$ donde $M$ es la matriz cuyo determinante deseas calcular. Comparando determinantes, $\det M = \det \Phi$. La fórmula del determinante de Vandermonde da $$ \det \Phi = \prod_{0\leq i

Answer 4

(Demasiado largo para un comentario) Reemplazando $\xi$ con una variable $x$, Mathematica da lo siguiente:

\begin{align*} \Delta(2)&=-1+x\\ \Delta(3)&=(-1+x)^3 x (1+x)\\ \Delta(4)&=(-1+x)^6 x^4 (1+x)^2 \left(1+x+x^2\right)\\ \Delta(5)&=(-1+x)^{10} x^{10} (1+x)^4 \left(1+x^2\right) \left(1+x+x^2\right)^2\\ \Delta(6)&=(-1+x)^{15} x^{20} (1+x)^6 \left(1+x^2\right)^2 \left(1+x+x^2\right)^3 \left(1+x+x^2+x^3+x^4\right) \end{align*} etc...

Hay un patrón interesante: para $d\ge3$, $\Delta(d)$ contiene como factores exactamente los polinomios ciclotómicos de grado 1 a $d-1$, y $x$, elevado a algunas potencias.

Editar: Verifiqué hasta $d=12$ y, como señala Benjamin, los exponentes parecen ser:

• números triangulares para el factor $x-1$ (ver https://en.wikipedia.org/wiki/Triangular_number)
• números tetraédricos para el factor $x$ (ver https://en.wikipedia.org/wiki/Tetrahedral_number)

Busqué en la OEIS otras secuencias de exponentes, pero devuelve muchas posibilidades. Por ejemplo, los exponentes sobre $1+x$ van así: 1,2,4,6,9,12,16,20,25,30,..., y la OEIS da 16 resultados: https://oeis.org/search?q=1%2c2%2c4%2c6%2c9%2c12%2c16%2c20%2c25%2c30

Otra edición: Problema resuelto, ver al final de la respuesta de T. Amdeberhan.

Answer 5

Sea $\Phi=(\xi^{ij})_{0\leq i,j \leq d-1}$. Entonces $\det\Phi=\prod_{0\leq i. Por lo tanto, \begin{align} \prod_{0\leq i donde $x_k=\xi^k$ y $t_k=x_0^k+x_1^k+\cdots+x_{d-1}^k$. Observa que $t_k=0$ a menos que $k$ sea un múltiplo de $d$, en cuyo caso es igual a $d$. Por lo tanto, $$\prod_{0\leq i Concluimos que $$\det\Phi=(-1)^{\binom{d}2}\cdot d^{\frac{d}2}\cdot i^{\binom{d-1}2} =d^{\frac{d}2}\cdot i^{\frac{(3d-2)(d-1)}2}.$$

Un par de hechos notables: si $V=\prod_{0\leq i representa el determinante de Vandermonde, entonces

$V^2$ es el discriminante del polinomio $f(z)=z^d-1$;

$V^2$ es un polinomio simétrico y al expandirlo en la base de polinomios elementales solo sobrevive $e_d(\xi_0,\dots,\xi_{d-1})$.

Por cierto, en general, calcular los coeficientes de los polinomios simétricos de la base de polinomios de Vandermonde que tienen potencias pares es un deporte difícil y grande en matemáticas y física.

ACTUALIZACIÓN. Esto es en respuesta a la pregunta de EFinat-S sobre reemplazar $\xi$ por un indeterminado $x$. El determinante es simplemente $$\Delta(d)=\det\left[x^{ij}-1\right]_{i,j}^{1,d} =\prod_{0\leq i

POSDATA. Podemos generalizar la evaluación del determinante de la siguiente manera. Comenzamos con el Vandermonde $$\prod_{i luego elegimos $y_0=1$ y restamos la primera columna del resto para obtener $$\det\begin{bmatrix}1&y_0-1 &\dots &y_0^{d-1}-1 \\ 1&y_1-1&\dots&y_1^{d-1}-1 \\ \vdots&\vdots&\dots&\vdots \\ 1&y_{d-1}-1&\dots&y_{d-1}^{d-1}-1 \end{bmatrix} =\det\begin{bmatrix}1&y_1-1 &\dots &y_1^{d-1}-1 \\ 1&y_2-1&\dots&y_2^{d-1}-1 \\ \vdots&\vdots&\dots&\vdots \\ 1&y_{d-1}-1&\dots&y_{d-1}^{d-1}-1 \end{bmatrix}.$$ Consecuentemente, $$\det\begin{bmatrix}1&y_1-1 &\dots &y_1^{d-1}-1 \\ 1&y_2-1&\dots&y_2^{d-1}-1 \\ \vdots&\vdots&\dots&\vdots \\ 1&y_{d-1}-1&\dots&y_{d-1}^{d-1}-1 \end{bmatrix} =\prod_{k=1}^{d-1}(y_k-1)\cdot\prod_{i El último determinante está en la forma de tu pregunta, con $y_j=\xi^j$.