Cómo demostrar la positividad de los determinantes de las matrices?

Question

Deje $g(x) = e^x + e^{-x}$. Para $x_1 < x_2 < \dots < x_n$ e $b_1 < b_2 < \dots < b_n$, me gustaría demostrar que el determinante de la siguiente matriz es positiva, independientemente de $n$:

$\det \left (\begin{bmatrix} \frac{1}{g(x_1-b_1)} & \frac{1}{g(x_1-b_2)} & \cdots & \frac{1}{g(x_1-b_n)}\\ \frac{1}{g(x_2-b_1)} & \frac{1}{g(x_2-b_2)} & \cdots & \frac{1}{g(x_2-b_n)}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{1}{g(x_n-b_1)} & \frac{1}{g(x_n-b_2)} & \cdots & \frac{1}{g(x_n-b_n)} \end{bmatrix} \right ) > 0$.

Caso $n = 2$ fue demostrado por la observación de que $g(x)g(y) = g(x+y)+g(x-y)$, y $g(x_2 - b_1)g(x_1-b_2) = g(x_1+x_2 - b_1-b_2)+g(x_2-x_1+b_2-b_1) > g(x_1+x_2 - b_1-b_2)+g(x_2-x_1-b_2+b_1) = g(x_1-b_1)g(x_2-b_2)$

Sin embargo, las cosas se ponen difíciles para $n \geq 3$. Todas las ideas o sugerencias?

Gracias!

Answer 1

En primer lugar, tenemos que demostrar que el determinante es distinto de cero, en otras palabras, la matriz es no singular. Asumir el contrario, luego por la dependencia lineal de las columnas existen números reales $\lambda_1,\dots,\lambda_n$, no todos iguales a 0, tal que $F(x_i):=\sum_j \frac{\lambda_j}{g(x_i-b_j)}=0$ para todos los $i=1,2,\dots,n$. Pero la ecuación de $F(x)=0$ es una ecuación polinómica con respecto a $e^{2x}$ y el grado de un polinomio es de menos de $n$. Así, puede no tener $n$ distintas raíces.

Ahora observamos que la matriz está cerca de una identidad al $x_i=b_i$ e $b_i$'s están muy distantes unos de otros, y el espacio de fase de los parámetros de $\{(x_1,\dots,x_n,b_1,\dots,b_n):x_1<\dots<x_n,b_1<b_2<\dots <b_n\}$ está conectado. Por lo tanto el signo del determinante es siempre más.

Answer 2

Para complementar Fedor la respuesta, aquí es más explícita la prueba.

Vamos a la matriz original se $G$. Deje $D_x :=\text{Diag}(e^{x_1},\ldots,e^{x_n})$. Entonces, podemos escribir \begin{equation*} G = D_x C D_b,\quad\text{where}\ C = \left[ \frac{1}{e^{2x_i}+e^{2b_j}}\right]_{i,j=1}^n. \end{ecuación*} Para demostrar que $\det(G)>0$ es así, es suficiente para demostrar que $\det(C)>0$. Cuenta ahora de que $C$ no es nada sino una matriz de Cauchy, y por la forma explícita de la escritura de su determinante out (bajo la hipótesis de $x$ e $b$), podemos concluir fácilmente que $\det(C)>0$.

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Observación. El argumento anterior realidad demuestra que $\text{sech}(x-y)$ es Totalmente positiva del núcleo (debido a que el $k(x,y) := 1/(x+y)$ es conocido por ser un TP kernel).