El determinante de a $a_{i,j}=(x_i+y_j)^k$

Question

¿Cómo puedo encontrar el determinante de la matriz $A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ con coeficientes de $a_{i,j}=(x_i+y_j)^k,k<n$ ?

Todas las $x_u,y_u$ son números reales.

Derivating no ayuda, y yo no encuentro ninguna buena manera de simplificar el problema.

Answer 1

Resultado

Para $k<n$,

$$\det(x_i+y_j)^{k}=\mathbb{1}_{k=n-1} (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}} \prod_{k=1}^{n-1}k^{2k-n} \prod_{i_1 < i_2}(x_{i_2}-x_{i_1})\prod_{j_1 < j_2}(y_{j_2}-y_{j_1}) $$

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Prueba

Hecho 1

$$\det(x_i+y_j)^{k}=\mathbb{1}_{k=n-1} Const_n \prod_{i_1 < i_2}(x_{i_2}-x_{i_1})\prod_{j_1 < j_2}(y_{j_2}-y_{j_1}) $$

donde $Const_n$ es un número real que sólo depende de $n$ y no depende de la $x$s y $y$s.

Prueba 1

Si $\exists i_1, i_2: x_{i_1}=x_{i_2}$, entonces nuestra determinante es $0$ porque 2 filas serán idénticos.

Del mismo modo, si $\exists j_1, j_2: y_{j_1}=y_{j_2}$, entonces nuestra determinante es $0$ debido a 2 columnas serán idénticos.

Por lo tanto nuestra determinante, que es claramente un polinomio, debe ser

$$\prod_{i_1 < i_2}(x_{i_2}-x_{i_1})\prod_{j_1 < j_2}(y_{j_2}-y_{j_1})$$ hasta un factor de algún polinomio en $x,y$, es decir,

$$\det(x_i+y_j)^{n-1}=SomePolynomial(x_1,\dots, x_n, y_1, \dots, y_n)\prod_{i_1 < i_2}(x_{i_2}-x_{i_1})\prod_{j_1 < j_2}(y_{j_2}-y_{j_1})$$

Tenga en cuenta que $\prod_{i_1 < i_2}(x_{i_2}-x_{i_1})\prod_{j_1 < j_2}(y_{j_2}-y_{j_1})$ es un polinomio homogéneo de grado $n(n-1)$, lo que pone un límite inferior en el grado de la determinante.

Por otro lado, si se intenta escribir el determinante como una suma de productos a través de todas las permutaciones con el signo correcto (definición), el resultado será un polinomio homogéneo de grado $nk$.

Dado que el total de grados de estos dos polinomios deben estar de acuerdo, debemos tener la desigualdad $n(n-1)\leq nk\implies n-1 \leq k$. Pero $k<n$ por supuesto, así que o $k=n-1$ o no tal polinomio existe; en el último caso, llegamos a la conclusión de que el determinante se desvanece de forma idéntica.

Si $k=n-1$, el principal factor que debe tener grado cero, es decir, los dos polinomios de acuerdo a una constante, y esta constante depende solo de $n$:

$$\det(x_i+y_j)^{n-1}=Const_n\prod_{i_1 < i_2}(x_{i_2}-x_{i_1})\prod_{j_1 < j_2}(y_{j_2}-y_{j_1})$$

Hecho 2

$$Const_n = (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}} \prod_{k=1}^{n-1}k^{2k-n}$$

Prueba 2

Si calculamos el determinante de acuerdo a la definición, a continuación, expanda todos los $(x_i+y_j)^{n-1}$, tendremos una combinación lineal de $$\prod_{i=1}^{n} x_i^{p_i} \prod_{j=1}^{n} y_j^{q_j}$$ where $\sum_{i=1}^n p_i + \sum_{j=1}^n q_j = (n-1)n$.

Las contribuciones de elemento $(x_i+y_j)^{n-1}$ son de la forma $$\binom{n-1}{m} x_i^{m} y_j^{n-1-m} \ \forall m \in \{0,1,\dots,n-1\}$$

Por lo tanto, para un determinado $\prod_{i=1}^{n} x_i^{p_i} \prod_{j=1}^{n} y_j^{q_j}$, $$\exists i^* \in \{1,2,\dots,n\} : \#\{i | p_i=p_{i^*}\}=1 \implies \exists ! j^* \in \{1,2,\dots,n\} : (p_{i^*} + q_{j^*}) = n-1$$ In other words, if among the values of powers of $x$s there is a unique one, with index $i^*$, then there will be one and only one value of $p$s equal to $n-1-p_{i^*}$; we denote its index as $j^*$. This means that one of the contributors to this permutation is part of element $(x_{i^*} + y_{j^*})^{n-1}$, $\binom{n-1}{p_{i^*}} x_{i^*}^{p_{i^*}} y_{j^*}^{n-1-p_{i^*}}$

Esto implica que, para los términos de $\prod_{i=1}^{n} x_i^{p_i} \prod_{j=1}^{n} y_j^{q_j}$ donde todos los $p$s son únicos, sólo hay una permutación que contribuye a ella. Para identificar esta permutación, nos gustaría par de $p$s y $q$s all $p$s son únicas, todas las $q$s son únicos, todos ellos pertenecen a $\{0,1,\dots,n-1\}$, $n$ de cada uno, así que pairng hasta existe y es única). Los índices de los pares serán los índices de los elementos de $(x_i+y_j) ^{n-1}$ que contribuye a la permutación, los poderes que se le da el uso de los coeficientes de la contribución de cada elemento.

Vamos a aplicar esta hecho para uno de los aportes de la diagonal principal,

$$x_1^{n-1} x_2^{n-2} y_2 x_3^{n-3} y_3^2 \dots x_{n-2}^{2} y_{n-2}^{n-3} x_{n-1} y_{n-1}^{n-2} y_{n}^{n-1}$$

Si tenemos la definición del determinante, la contribución de este término recibe (que vendrá con el signo"+"), es

$\prod_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} = \frac{\left((n-1)!\right)^n}{\left(\prod_{k=0}^{n-1} k!\right)^2} = \frac{\prod_{k=1}^{n-1}k^n}{\prod_{k=1}^{n-1}k^{2(n-k)}}=\prod_{k=1}^{n-1}k^{2k-n}$

Esta contribución en términos de $Const_n$ es $$(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}Const_n$$ (todos los $y$s vienen con el signo"+", todos los $x$s vienen con" -").

Por lo tanto $$Const_n = (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}} \prod_{k=1}^{n-1}k^{2k-n}$$

No estoy seguro si mi prueba es clara, pero me temo que la adición de más detalles que la harán aún más oscuro. Preguntas de bienvenida!

Answer 2

Aquí hay una respuesta para la $(k,n)=(2,3)$ caso de que, como se comentará al final, puede ser fácilmente generalizado y se hacen más elegante. Observe que el producto de matrices de Vandermonde

$$\begin{pmatrix}1 & x_1 & x_1^2 \\ 1 & x_2 & x_2^2 \\ 1 & x_3 & x_3^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_1^2 & y_2^2 & y_3^2 \\ y_1 & y_2 & y_3 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} y_1^2 +x_1 y_1+x_1^2 & y_2^2 +x_1 y_2+x_1^2 & y_3^2 +x_1 y_3+x_1^2 \\ y_1^2 +x_2 y_1+x_2^2 & y_2^2 +x_2 y_2+x_2^2 & y_3^2 +x_2 y_3+x_2^2\\ y_1^2 +x_3 y_1+x_3^2 & y_2^2 +x_3 y_2+x_3^2 & y_3^2 +x_3 y_3+x_3^2 \end{pmatrix}$$

es casi fuera de la forma deseada, con la única incongruencia de que el $x_i y_j$ condiciones debe tener un coeficiente de $2$. Esto se subsana mediante la inserción de una matriz diagonal $D=\text{diag}(1,2,1)$ entre las matrices anteriores, multiplicando la fila de la segunda matriz de Vandermonde por $2$. Los elementos de la matriz resultante son de hecho de la forma $a_{ij}=(x_i+y_j)^2$.

Así que nuestra matriz es el producto de dos matrices de Vandermonde y una matriz diagonal. Recordando la forma del determinante de una matriz de Vandermonde, tomando el factor determinante por lo tanto se obtiene el polinomio

$$-2(x_2-x_1)(x_3-x_1)(x_3-x_2)\cdot (y_2-y_1)(y_3-y_1)(y_3-y_2).$$

con un signo menos debido a la orientación de la segunda matriz de Vandermonde.

Esta es una bastante bonita respuesta, y uno se imagina la siguiente generalización: Para el caso de $k=n-1$, la matriz que se obtiene por la multiplicación de dos matrices de Vandermonde con una diagonal de la matriz de los coeficientes binomiales $D_{ij}=\delta_{ij}\binom{n-1}{i}$. El resultado determinantal polinomio por lo tanto sería

$$-\prod_{k=1}^{n-1}\binom{n-1}{k}\prod_{1\leq j\leq k\leq n}(x_k-x_j)(y_k-y_j).$$

Me imagino una elegante prueba de esto es posible.

Answer 3

Aquí es un refinamiento/generalización del enfoque en mi primera respuesta. En primer lugar, tenga en cuenta que mediante el teorema del binomio podemos expresar $(x+y)^k$ por $x,y$ en forma bilineal:

\begin{align} (x+y)^k =\sum_{l=0}^k\binom{k}{l}x^l y^{k-l} &=\begin{pmatrix}1 & x & \cdots & x^{k-1} & x^k \end{pmatrix}\\ &\quad \cdot \text{diag}\left(1,k,\binom k2,\cdots,k,1 \right)\\ &\quad \cdot \begin{pmatrix}y^k & y^{k-1} & \cdots & y & 1\end{pmatrix}^T \end{align}

Podemos escribir esto en forma compacta como $(x+y)^k = \mathbf{x}^T (DR) \mathbf{y} $ $(k+1)\times 1$ vectores columna $(\mathbf{x})_{0\leq i \leq k}=x^i$, $(\mathbf{y})_{0\leq i \leq k}=y^i$, un $(k+1)\times (k+1)$ matriz diagonal $D=\text{diag}\left[\binom{k}{i}\right]_{0\leq i \leq k}$, e $R$ $(k+1)\times (k+1)$ orden inversión de la matriz de permutación $(R)_{0\leq i,j\leq k}=\delta_{i,k-j}$.

La aplicación de esta fórmula elemento de sabios para el problema de interés, tenemos $a_{ij}=(x_i+y_j)^k=\mathbf{x}_i^T (DR)\mathbf{y}_j$ $A=X^T( DR )Y$ donde hemos introducido la $(k+1)\times n$ matrices rectangulares $$X=\begin{pmatrix}\mathbf{x}_1 & \mathbf{x}_2 & \cdots & \mathbf{x}_n\end{pmatrix},\\ Y=\begin{pmatrix}\mathbf{y}_1 & \mathbf{y}_2 & \cdots & \mathbf{y}_n\end{pmatrix}.$$

Escribir esto como $X^T(DRY)$, hemos reducido nuestro problema de encontrar el determinante de un producto de $(k+1)\times n$ $n\times (k+1)$ matrices rectangulares. Hay tres casos:

• Si $k+1 > n$, entonces la LH matriz tiene más filas que columnas; pero esto es descartado por la suposición $k<n$. (Estoy inclinado a publicar una nueva pregunta para este caso).

• Si $k+1<n$, entonces la LH matriz tiene más columnas que filas. En consecuencia, la matriz resultante no puede tener rango completo (en concreto, se han rango en la mayoría de los $n$) y el determinante se desvanece.

• Si $k+1=n$, entonces todas las matrices son cuadradas y el determinante del producto es el producto de los determinantes. Para$X^T$$Y$, se observa que estos son (hasta una matriz transpuesta) matrices de Vandermonde sobre las variables$\{x_{1\leq i \leq n}\}$$\{y_{1\leq i \leq n}\}$; la correspondiente Vandermonde son los factores determinantes de $\prod_{1\leq i< j\leq n}(x_j-x_i)$$\prod_{1\leq i< j\leq n}(y_j-y_i)$. La diagonal de la matriz $D$ ha determinante $\prod_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}$. Desde el fin de invertir la matriz de $R$ pueden ser convertidos a la matriz de identidad por $\lfloor n/2 \rfloor$ fila transposiciones, tenemos en general signo de $(-1)^{\lfloor n/2\rfloor}$. (Para la comparación con Yulia respuesta, esto también puede ser escrito como $(-1)^{n(n-1)/2}$ ya que ambos exponentes tienen la misma paridad sobre los números enteros.) La multiplicación de estos factores, tenemos el resultado final de las $k=n-1$ de los casos como

$$\displaystyle \boxed{(-1)^{\lfloor n/2\rfloor}\prod\limits_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}\prod\limits_{1\leq i< j\leq n}(x_j-x_i)(y_j-y_i)}$$