buscando prueba o parcial de la prueba de factor determinante conjetura

Question

Matemáticas personas:

Estoy buscando una prueba de una hipótesis hice. Tengo que dar dos definiciones. Para los distintos números reales $x_1, x_2, \ldots, x_k$, definir $\sigma(x_1, x_2, \ldots, x_k) =1$ si $(x_1, x_2, \ldots, x_k)$ es una permutación de un aumento de la secuencia, y $\sigma(x_1, x_2, \ldots, x_k) =-1$ si $(x_1, x_2, \ldots, x_k)$ es una permutación impar de un aumento de la secuencia. Por ejemplo, $\sigma(2, 1, 10, 8) = 1$ porque $(2,1,10,8)$ es una permutación de $(1,2,8,10)$, e $\sigma(2, 1, 8, 10) = -1$ porque $(2,1,8,10)$ es una permutación impar de $(1,2,8,10)$. Para la real $B$, $n\geq 1$ y los distintos números reales $\mu_1, \mu_2, \ldots, \mu_n, \gamma_1, \gamma_2, \ldots, \gamma_n$, vamos a $M(B;\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_n;\gamma_1,\gamma_2,\ldots,\gamma_n)$ ser $n$a$n$ matriz definida por

$$ M(B;\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_n;\gamma_1,\gamma_2,\ldots,\gamma_n)_{i,j}=\frac{\exp(-B\gamma_j)}{\mu_i+\gamma_j}+\frac{\exp(B\gamma_j)}{\mu_i-\gamma_j}. $$

Mi conjetura es la siguiente: si $n \geq 1$, $B \geq 0$, y $\mu_1, \mu_2, \ldots, \mu_n, \gamma_1, \gamma_2, \ldots, \gamma_n$ son distintos a los positivos números con $0<\mu_1 < \mu_2 < \cdots < \mu_n$ e $0<\gamma_1 < \gamma_2 < \cdots < \gamma_n$ , luego

$$\operatorname{sgn}(\operatorname{det}(M(B;\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_n;\gamma_1,\gamma_2,\ldots,\gamma_n))) = (-1)^{\frac{n(n+1)}{2}} \sigma(\mu_1, \mu_2, \ldots, \mu_n, \gamma_1, \gamma_2, \ldots, \gamma_n). $$

De curso $\operatorname{sgn}(x)$ es el signo de $x$, que es $1$, $-1$, o $0$. He demostrado que esto es cierto para $n=1$ e $n=2$. Para $n$ entre $3$ e $20$, he corrido miles de experimentos en Matlab utilizando generado aleatoriamente $\mu$'s y $\gamma$'s. En un conjunto de mil experimentos, la conjetura ecuación se suele celebrar cada momento, o puede fallar una o dos veces, con el determinante (con la señal equivocada) de ser muy pequeño, por lo que quizás el error de redondeo es el culpable.

ACTUALIZACIÓN: vamos a $d(B)$ ser el determinante de la matriz, donde el resto de los parámetros debe ser claro en el contexto. $d(B)$ es una analítica de la función de $B$. Esto es suficiente para mostrar que $\frac{\partial^m d}{\partial B^m}$ ha deseado señal en $B=0$ para todos los $m \geq 0$. Por desgracia, el determinante de $\frac{\partial M}{\partial B}$ no es lo mismo que $\frac{\partial^m d}{\partial B^m}$ (si, propiedades de Cauchy matrices llevaría a la conclusión deseada). Desde que la conjetura es verdadera para $n=1$, lo que significa que la fórmula que se muestra para $M_{i,j}$ anterior, y todos sus derivados con respecto a $B$, tienen el mismo signo de $\mu_i - \gamma_j$ a $B=0$, e $M_{i,j}$ tiene que firmar para todos los positivos $B$. He demostrado la conjetura de $n=2$, calculando el determinante de $M$ y sus derivados con respecto a $B$ a $B=0$, y en los seis posibles ordenamientos de $\mu_1, \mu_2, \gamma_1$, e $\gamma_2$ debido a las restricciones $\mu_1 < \mu_2$ e $\gamma_1 < \gamma_2$. Tuve un poco de ayuda de Maple multiplicarse, la simplificación y la factorización de expresiones algebraicas. Estoy tratando de demostrar que el caso general, por inducción en $n$, expandiendo el determinante a lo largo de la última fila o columna, pero los factores determinantes de la $n-1$a$n-1$ menores de edad no parecen necesariamente tienen el `derecho" de los signos.

Gracias a algunos comentarios a continuación, salvo que estoy confundido, la hipótesis puede ser probada por $B=0$ grandes y positivos $B$, para cualquier $n$, utilizando las propiedades de Cauchy de las matrices.

Answer 1

Tengo una prueba de si todas las $\mu$'s son más grandes que todo el $\gamma$'s. He pasado un rato tratando de averiguar cómo modificar esta prueba a trabajar para otros órdenes, pero se la voy a dar para arriba. Este argumento está inspirado en un cálculo de la Caucy determinante por Doron Zielberger (pase a los 25 minutos).

Empezamos con la identidad $$e^{\mu B} \int_B^{\infty} e^{- \mu t} (e^{\gamma t} + e^{-\gamma t}) dt = \frac{e^{-B \gamma}}{\mu+\gamma} + \frac{e^{B \gamma}}{\mu-\gamma}.$$ Tenga en cuenta que tenemos $\mu > \gamma$ para que la integral converge; es por eso que no se puede extender esta prueba a cualquier otro orden de la $\mu$'s y $\gamma$'s

Por lo que el factor determinante es $$\det \left( e^{\mu_i B} \int_{t_i=B}^{\infty} e^{-\mu_i t_i} (e^{\gamma_j t_i} + e^{- \gamma_j t_i}) d t_i \right).$$ Tenga en cuenta que estamos usando $n$ diferentes de integración de las variables, una para cada fila de la matriz. Por la multilinealidad de la determinante, esto es $$\exp\left(\sum B \mu_i \right) \times \int_{t_1=B}^{\infty} \int_{t_2=B}^{\infty} \cdots \int_{t_n=B}^{\infty} \exp\left( - \sum \mu_i t_i \right) \det \left( e^{\gamma_j t_i} + e^{- \gamma_j t_i} \right) dt_1 dt_2 \cdots dt_n.$$

Tenga en cuenta que permuting $(t_1, \ldots, t_n)$ sólo cambios $ \det \left( e^{\gamma_j t_i} + e^{- \gamma_j t_i} \right)$ por un signo, pero los cambios de $\exp(\mu_i t_i)$ a $\exp(\mu_{\sigma(i)} t_i)$ para algunos de permutación $\sigma$. Agrupar juntos todos los $n!$ reorderings de la $t_i$, la integral es $$\int_{B \leq t_1 \leq \cdots \leq t_n} \sum_{\sigma \in S_n} (-1)^{\sigma} \exp(\sum t_i \mu_{\sigma(i)}) \det \left( e^{\gamma_j t_i} + e^{- \gamma_j t_i} \right) dt_1 \cdots dt_n $$ $$= \int_{B \leq t_1 \leq \cdots \leq t_n} \det(e^{\mu_j t_i}) \det \left( e^{\gamma_j t_i} + e^{- \gamma_j t_i} \right) dt_1 \cdots dt_n.$$

Pretendemos que el integrando es positivo para$0 < t_1 < \cdots < t_n$, por lo que la integral es positivo, como se desee. Así que hemos terminado una vez que se prueba:

Lema Si $\mu_1 < \mu_2 < \cdots < \mu_n$ e $\gamma_1 < \gamma_2 < \cdots < \gamma_n$ e $t_1 < t_2 < \cdots < t_n$, luego $$\det \left( e^{\mu_j t_i} \right) \ \mbox{and} \ \det \left( e^{\gamma_j t_i} + e^{- \gamma_j t_i} \right)$$ son positivos.

La prueba es suficiente para demostrar que estos determinantes no se desvanecen en cualquier lugar en este rango, ya que, a continuación, debe tener signo constante y es fácil comprobar que el signo correcto es positivo. Si el primer determinante desaparecido, entonces no sería un poco distinto de cero de la función $\sum a_j z^{\mu_j}$ que desapareció en $z = e^{t_1}$, $e^{t_2}$, ... $e^{t_n}$. Pero, entonces este es un "polinomio real de los exponentes" habiendo $n$ cero términos, y $n$ postive raíces, de contradecir la regla de Descartes de los signos. (Yo escribí una prueba de Descartes' regla de los signos para los verdaderos exponentes aquí.)

Del mismo modo, si el segundo factor determinante desaparece, entonces llegamos a un verdadero exponente-polinomio $\sum b_j (z^{\gamma_j} + z^{-\gamma_j})$ con $2n$ términos y raíces en la $2n$ puntos $e^{\pm t_i}$. De nuevo, una contradicción.

Answer 2

Informes sobre algunos experimentos: Si todos los $\gamma$'s y $\mu$'s son enteros, entonces la expresión es un polinomio de Laurent en $e^B$ con coeficientes enteros. Me he decidido a escribir $z$ para $e^B$ y la prueba de este caso. Básicos de código de Mathematica para cualquier persona que la quiera

mm[x_, y_] := z^(-y)/(x + y) + z^y/(x - y)

dd[xlist_, ylist_] := Expand[Det[Table[mm[x, y], {x, xlist}, {y, ylist}]]]

Por lo dd[{1,3,5},{2,4,6}] devolverá el determinante de la $\mu= \{ 1,3,5 \}$ e $\gamma = \{ 2,4,6 \}$.

DoIt[xlist_, ylist_] :=
  If[Length[Union[xlist, ylist]] < Length[xlist] + Length[ylist], 
    Null,
    With[{r = NSolve[{z > 1, dd[xlist, ylist] == 0}, z]}, 
      If[Length[r] > 0, 
        Print[{xlist, ylist, r}], 
        Null]]]

DoItVerbose[xlist_, ylist_] :=
  If[Length[Union[xlist, ylist]] < Length[xlist] + Length[ylist], 
    Print["Collision"],
    With[{r = NSolve[{z > 1, dd[xlist, ylist] == 0}, z]}, 
      If[Length[r] > 0, 
        Print[{xlist, ylist, r}], 
        Print[{xlist, ylist, "No roots"}]]]

DoItLots[l_, t_] := 
 Do[DoIt[Table[Random[Integer, {1,100}], {l}], 
   Table[Random[Integer, {1,100}], {l}]], {t}]

En otras palabras, DoIt[xlist, ylist] busca un contraejemplo a xlist y ylist para $\mu$ e $\gamma$, la impresión de la contraejemplo si se encuentra y de lo contrario, no hacer nada. DoItVerbose es similar, pero se le indicará la forma en que se falló. DoItLots[l,t] intentará $t$ veces para encontrar un contraejemplo, el uso de $l \times l$ determinantes.

He intentado $500$ veces para encontrar un contraejemplo a $3 \times 3$ determinantes, y $20$ los tiempos de cada uno para $4 \times 4$, $5 \times 5$, ..., $10 \times 10$. Por aquí, la paradoja de cumpleaños comienza a ser un problema, lo que significa que podemos perder un montón de tiempo con $\gamma$ e $\mu$ tener valores repetidos, por lo que me gustaría hacer algo más inteligente, antes de seguir adelante.

También me decidí a probar la sugerencia en los comentarios de arriba que el determinante podría haber positivos de los coeficientes de la alimentación de la serie en $B$.

 DoItPowerSeries[xlist_, ylist_] :=
   If[Length[Union[xlist, ylist]] < Length[xlist] + Length[ylist], 
    Null,
    If[Length[
        Union[Sign[
         CoefficientList[
           Series[dd[xlist, ylist] /. z -> E^b, {b, 0, 10}],
           b]]]] > 1, 
      Print[{xlist, ylist}], 
      Null]]

DoItPSLots[l_, t_] := 
  Do[DoItPowerSeries[Table[Random[Integer, {1, 1000}], {l}], 
    Table[Random[Integer, {1, 1000}], {l}]], {t}]

En otras palabras, ampliar el poder de la serie a $b^{11}$ y compruebe si todos los coeficientes tienen el mismo signo. (Por Igor Rivin del argumento, sabemos lo que el signo será para $b$ suficientemente grande, de modo que era más fácil para la prueba de "todos del mismo signo", a continuación, hacer explícitamente la $\pm 1$ cálculo.) 100 pruebas para cada $3 \times 3$ e $4 \times 4$ sin un contraejemplo. También corrí las mismas pruebas con vaciar el denominador (por lo que la matriz de las entradas se $1/(\mu-\gamma) + z^{2 \gamma}/(\mu+\gamma)$ y la sustitución de $z=w+1$; de nuevo, todos los coeficientes parecen tener el mismo signo.

Answer 3

Yo no tengo nada como una respuesta completa. PERO, considere el caso donde $B$ es muy grande en valor absoluto (y asumir la $\gamma$s son todos positivos o todos negativos). Entonces (suponiendo que $\gamma$s son positivos, y $B \gg 0$) de sus elementos de la matriz son aproximadamente $$\frac{\exp(B\gamma_j)}{\mu_i - \gamma_j}.$$ The exponentials factor out of the determinant to give you a multiplicative factor of $\exp(B \sum \gamma_j),$ and what remains is a Cauchy matrix of which the determinant can be evaluated explicitly, and it seems like your conjecture is correct. Similarly, when $B\ll 0$ you get $\exp(-B\sum\gamma_j)$ times a (different) Cauchy determinant. You should check that your conjecture is correct then too. If, for some reason, you knew that your matrix was always nonsingular as $B$ varies you would be golden, but this is not clear. It is clear that the determinant is zero whenever some $\gamma_i$ is equal to some $\gamma_j,$ and also clear that the determinant has a pole whenever some $\mu_i$ equals some $\mu_j,$ así que si el determinante fueron una función racional, Creo que usted sabe que estos fueron todos los ceros y los polos, pero no lo es. Aún así, esto podría estar cerca.

NO ocurre lo negativo $B$ Para $2\times 2$ matriz con $\mu_1 = 1, \mu_2=3, \gamma_1 = 2, \gamma_2=4$ el determinante es positivo para los positivos $B$ y muy negativo $B$ pero es negativa en un intervalo de negativo $B$ (pero no MUY negativos, lo cual me hace pensar que la conjetura es en realidad falso, y el countexemples el OP, pueden ser reales counterexamles. De hecho, esto también es confirmado por una (especie de) forma cerrada para el determinante:

la forma cerrada Hacer la cosa más estúpida posible y el uso de la multilinealidad de la determinante, para obtener el $$ D = \sum_{\mbox{subsets of $1, \dots, n$}} \exp(B\sum \mathbf{\gamma}_S) C_{\mathbf{\mu}, \mathbf{\gamma}_S},$$ donde $\mathbf{\gamma}_S$ es el conjunto de $\gamma$s con los de $S$ negados, mientras que $C_{\mathbf{\mu}, \mathbf{\gamma}_S}$ es la de Cauchy determinante, con $\mu$s y algunas firmado volteado $\gamma$s.