Resolución de la relación de recurrencia $a_n = a_{n-1} - a_{n-2}$

Question

Me dan una secuencia de determinantes de matrices $M_n$ donde los elementos de la matriz $(M_n)_{ij}$ de $M_n$ son $0$ siempre que $|i-j|>1$ y $1$ siempre que $|i-j| 1$ . Escribiendo las cinco primeras matrices, resulta que $\det(M_n) = \det(M_{n-1}) - \det(M_{n-2})$ . Quiero una fórmula para el mapeo $n \det(M_n)$ que creo que es

$$a_n = \begin{cases} 0, & n 2 \mod 6 \,\, \vee n 5 \mod 6, \\ 1, & n 0 \mod 6 \,\, \vee n 1 \mod 6, \\ -1, & n 3 \mod 6 \,\, \vee n 4 \mod 6. \end{cases} $$

Esto puede verse fácilmente en los primeros 15 términos. Por supuesto, esto no constituye una prueba que muy probablemente tendrá que realizarse por inducción. Sólo temo que voy a embarcarme en una prueba de seis piezas por agotamiento, ¡lo que me gustaría evitar si hay una forma (mucho) más rápida de hacerlo!

Answer 1

Estás pidiendo la recurrencia, creo, $a_0=a_1=1$ , $a_n=a_{n-1}-a_{n-2}$ . Sea $T:\Bbb R^3\to\Bbb R^3$ sea el operador lineal con la siguiente matriz (en la base estándar): $$\begin{pmatrix}1&-1&0\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}$$ Y deja, $n\ge 0$ los vectores $v_n$ estar dada por: $$v_n=\begin{pmatrix}a_{n+2}\\a_{n+1}\\a_n\end{pmatrix}$$ Entonces $Tv_n=v_{n+1}$ para todos $n$ o equivalentemente, $v_n=T^nv_0$ para todos $n$ . Si podemos encontrar una buena expresión para $T^n$ ya hemos terminado (¡es un truco estándar!). La matriz diagonal para este operador es: $$\begin{pmatrix}0&0&0\\0&\zeta&0\\0&0&\overline{\zeta}\end{pmatrix}$$ Dónde $\zeta=\frac{1}{2}(1-i\sqrt{3})=e^{-i\pi/3}$ por lo que la matriz diagonal de $T^n$ es igual con $\zeta^n,\overline{\zeta^n}$ en su lugar, $e^{\pm in\pi/3}$ . El cálculo de los valores propios y de las matrices de cambio de base se puede hacer a mano, en un tiempo no demasiado largo (menos del $20$ minutos, ¡mucho menos si eres rápido!), pero me he saltado estos pasos por ser tediosos.

Sólo nos interesa $a_n$ la fila inferior de $T^nv_0$ . El cálculo es el siguiente: $$\begin{align}v_n&=\begin{pmatrix}0&\zeta-1&\overline{\zeta}-1\\0&\zeta&\overline{\zeta}\\1&1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&0&0\\0&\zeta^n&0\\0&0&\overline{\zeta^n}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1&1\\-\frac{1}{2}+\frac{i}{6}\sqrt{3}&\frac{1}{2}+\frac{i}{6}\sqrt{3}&0\\-\frac{1}{2}-\frac{i}{6}\sqrt{3}&\frac{1}{2}-\frac{i}{6}\sqrt{3}&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}0&\zeta-1&\overline{\zeta}-1\\0&\zeta&\overline{\zeta}\\1&1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&0&0\\0&\zeta^n&0\\0&0&\overline{\zeta^n}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\\frac{1}{2}+\frac{i}{6}\sqrt{3}\\\frac{1}{2}-\frac{i}{6}\sqrt{3}\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}0&\zeta-1&\overline{\zeta}-1\\0&\zeta&\overline{\zeta}\\1&1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\\zeta^n\left(\frac{1}{2}+\frac{i}{6}\sqrt{3}\right)\\\zeta^{-n}\left(\frac{1}{2}-\frac{i}{6}\sqrt{3}\right)\end{pmatrix}\end{align}$$ Y la fila de abajo es: $$a_n=\frac{1}{2}(\zeta^n+\zeta^{-n})+\frac{i}{\sqrt{3}}\frac{1}{2}(\zeta^n-\zeta^{-n})=\cos\frac{\pi n}{3}+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin\frac{\pi n}{3}$$ Desde $\cos,\sin$ son funciones periódicas, puede leer las relaciones de periodicidad a partir de aquí (modulo $6$ digamos).

Comprobemos nuestro trabajo: las identidades trigonométricas estándar dan $a_0=1=a_1$ utilizando la fórmula anterior. En general: $$\begin{align}a_{n+1}-a_n&=\left[\color{red}{\cos\frac{\pi n}{3}\cos\frac{\pi}{3}}-\sin\frac{\pi n}{3}\sin\frac{\pi}{3}\right]+\frac{1}{\sqrt{3}}\left[\sin\frac{\pi n}{3}\cos\frac{\pi}{3}+\cos\frac{\pi n}{3}\sin\frac{\pi}{3}\right]\\&-\left[\color{red}{\cos\frac{\pi n}{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin\frac{\pi n}{3}\right]\\&=\color{red}{-\frac{1}{2}\cos\frac{\pi n}{3}}-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\frac{\pi n}{3}+\frac{1}{2\sqrt{3}}\sin\frac{\pi n}{3}+\frac{1}{2}\cos\frac{\pi n}{3}-\frac{1}{\sqrt{3}}\sin\frac{\pi n}{3}\\&=-\frac{2}{\sqrt{3}}\sin\frac{\pi n}{3}\end{align}$$ Y: $$\begin{align}a_{n+2}&=-\frac{1}{2}\cos\frac{\pi n}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\frac{\pi n}{3}+\frac{1}{\sqrt{3}}\left[-\frac{1}{2}\sin\frac{\pi n}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\frac{\pi n}{3}\right]\\&=0-\frac{4\sqrt{3}}{6}\sin\frac{\pi n}{3}\\&=-\frac{2}{\sqrt{3}}\sin\frac{\pi n}{3}\\&=a_{n+1}-a_n\end{align}$$ Como desee.

Answer 2

Pour $$A_n=A_{n-1}-A_{n-2}.....(1)$$ Toma $A_n=t^n$ obtenemos $t^2-t+1=0 \implies t=-w,-w^2$ donde $w=e^{2in\pi/3}, w^2=e^{-2in\pi/3}$ son raíces cúbicas de la unidad. Así que la solución de (1) $$A_n=p(-w)^n+q(-w^2)^n=(-1)^n [pe^{iu_n}+qe^{-iu_n}]$$ $$=(-1)^n[(p+q)\cos u_n+ i(p-q) \sin u_n], u_n=2n\pi/3.$$ $$A_n=(-1)^n[r\cos u_n+is \sin u_n]$$ Los parámetros arbitrarios $r$ y $s$ puede fijarse mediante diversas condiciones dadas,