Determinante de una matriz sesgar-simétrica especial

Question

Simple cálculo muestran que:

$$ \begin{align} \det(A_2)=\begin{vmatrix} 0& 1 \\ -1& 0 \end{vmatrix} & = 1\\ \det (A_4) =\begin{vmatrix} 0& 1 &1 &1 \\ -1& 0 &1&1\\ -1& -1& 0&1\\ -1& -1& -1&0 \end{vmatrix} & = 1 \end{align} $$

Mi preguntaes:

¿Es cierto que $\det(A_{2n})=1$ % todo $n\in{\mathbb Z_+}$?

Con Arce, probé un % grande $n$. Y supongo que es cierto. Pero temporalmente no tengo idea cómo mostrarlo.

Answer 1

Aquí está una combinatoria manera de responder a esto. Si tenemos un sesgo de simetría de la matriz de $A=\{a_{ij}\}_{1\le i,j\le 2n}$, $\det(A)=Pf(A)^2$ donde $Pf(A)$ es el Pfaffian de $A$. Sabemos de los métodos estándar que $$Pf(A)=\sum_{\pi \in \Pi}\text{sgn}(\pi)a_{\pi(1),\pi(2)}\cdots a_{\pi(2n-1),\pi(2n)}$$ donde $\Pi$ es el conjunto de permutaciones $\pi\in S_{2n}$ que satisfacer $\pi(2k-1)<\pi(2k)$$1\le k\le n$$\pi(1)\le \pi(3)\le \cdots \le \pi(2n-1)$. En nuestro caso todos los $a_{ij}$ $i < j$ tienen el mismo valor $-1$, por lo que sólo necesitan demostrar que $$|\sum_{\pi \in \Pi}\text{sgn}(\pi)|=1.$$ Para ello vamos a exhibir una involución en $\Pi\backslash\{id\}$ (las permutaciones en $\Pi$ que no son de la identidad).

Deje $\pi \in \Pi\backslash\{id\}$, habrá un menor $k$, de modo que $\pi(2k-1)= \pi(2k+1)-1$. definir $\pi'$ a ser el mismo que $\pi$, pero con $\pi'(2k)=\pi(2k+2)$$\pi'(2k+2)=\pi(2k)$. Lo voy a dejar como un ejercicio para demostrar que $\pi'\in \Pi\backslash\{id\}$, $\pi''=\pi$ y que $\text{sgn}(\pi')=-\text{sgn}(\pi)$, de modo que $$\sum_{\pi \in \Pi}\text{sgn}(\pi)=\text{sgn}(id)=1.$$

Answer 2

Sea $ #% de %#% y $$P=\begin{pmatrix}1\\-1&1\\&-1&1\\&&\ddots&\ddots\\&&&-1&1\end{pmatrix}.$ $ computación por la expansión de la fila, obtenemos $$PA_{2n}=\begin{pmatrix}0&1&1&\ldots&1\\-1&-1\\&-1&-1\\&&\ddots&\ddots\\&&&-1&-1\end{pmatrix}.$. Desde $\det(PA_{2n}) = 0 - (-1) + (-1) - \ldots + (-1) - (-1) = 1$, hemos terminado ahora.

Edición: Considerando $\det(P)=1$, realmente nos podemos más muestran que el polinomio característico de $PA_nP^{-1}$ $A_n$, independientemente de si $p(\lambda)=\det(\lambda I_n-A_n)=\frac12\left((\lambda+1)^n+(\lambda-1)^n\right)$ es par o impar. Por lo tanto, si es $n$ y $n$ es un valor propio (necesariamente distinto de cero) de $\lambda$, así que es $A_n$.

Answer 3

Basado en J. M. de los comentarios, me gustaría enfoque esta en una forma diferente de Davide de la respuesta. A partir de una ligeramente diferente de partición $$A_{2n+2} = \left(\begin{array}{cc} A_2 & B \\ -B^T & A_{2n}\end{array}\right)$$ donde $B$ $2\times 2n$ matriz con todas las entradas set a $1$, sabemos

$$\det(A_{2n+2}) = \det(A_2)\det(A_{2n} + B^T A_2^{-1} B).$$

La inspección revela que la $A_2^{-1} = A_2^T$, por lo que

$$A_2^{-1} B = \left( \begin{array}{rrc} -1 & -1 & \ldots \\ 1 & 1 & \ldots \end{array} \right)$$

lo que significa que $B^T A_2^{-1} B = 0$. Por lo tanto, $\det(A_{2n+2}) = \det(A_{2n})\det(A_2)$. Ya sabemos que el determinante de a$A_{2n}$$n=1\ \text{and}\ 2$$1$, claramente $\det(A_{2n}) = 1 \ \forall\ n \ge 1$.

Edit: se me ocurre que el paso inductivo se ha simplificado mediante el reconocimiento de que $\det(A_{2n+2}) = \det(A_{2n})$ porque $\det(A_2) = 1$. Entonces, esto implica $\det(A_{2n}) = \det(A_2)$.

Answer 4

La adición de un múltiplo de cualquier columna a otra no cambia el determinante de la matriz. Por lo tanto, para cada una de las $k$$n$$2$, restar la columna de $k-1$ de columna $k$. Esto nos deja con una matriz que tiene este aspecto: $$ \left[\begin{array}{r} 0&-1&0&0&\dots&0&0&0&0\\ 1&-1&-1&0&\dots&0&0&0&0\\ 1&0&-1&-1&\dots&0&0&0&0\\ 1&0&0&-1&\dots&0&0&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 1&0&0&0&\dots&-1&-1&0&0\\ 1&0&0&0&\dots&0&-1&-1&0\\ 1&0&0&0&\dots&0&0&-1&-1\\ 1&0&0&0&\dots&0&0&0&-1\\ \end{array}\right]\etiqueta{1} $$ Excepto en la columna $1$, matriz $(1)$ $-1$s en la diagonal y la superdiagonal.

Desde $n$ es incluso, podemos añadir el incluso columnas columna $1$ en la matriz de $(1)$ y obtener $$ \left[\begin{array}{r} -1&-1&0&0&\dots&0&0&0&0\\ 0&-1&-1&0&\dots&0&0&0&0\\ 0&0&-1&-1&\dots&0&0&0&0\\ 0&0&0&-1&\dots&0&0&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&0&\dots&-1&-1&0&0\\ 0&0&0&0&\dots&0&-1&-1&0\\ 0&0&0&0&\dots&0&0&-1&-1\\ 0&0&0&0&\dots&0&0&0&-1\\ \end{array}\right]\etiqueta{2} $$ Matriz $(2)$ $-1$s en la diagonal y la superdiagonal. Matriz $(2)$ ha determinante $(-1)^n=1$ desde $n$ es incluso.

Si $n$ fueron impar, entonces podríamos añadir el otro impar de columnas columna $1$ en la matriz de $(1)$ y obtener $$ \left[\begin{array}{r} 0&-1&0&0&\dots&0&0&0&0\\ 0&-1&-1&0&\dots&0&0&0&0\\ 0&0&-1&-1&\dots&0&0&0&0\\ 0&0&0&-1&\dots&0&0&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&0&\dots&-1&-1&0&0\\ 0&0&0&0&\dots&0&-1&-1&0\\ 0&0&0&0&\dots&0&0&-1&-1\\ 0&0&0&0&\dots&0&0&0&-1\\ \end{array}\right]\etiqueta{3} $$ La columna de $1$ de la matriz $(3)$ todos los $0$s; por lo tanto, su determinante es $0$.

Answer 5

Voy a tomar el caso de la extraña $n$ primera, ya que mi razonamiento es similar, pero más complejo en el caso.

Por extraño $n$, el hecho de que $\det A_n = 0$ se deduce del hecho de que un sesgo de simetría de la matriz de tamaño impar es siempre singular, pero aquí es otro enfoque para el caso en cuestión:

Formulario de la alternancia suma de todos los vectores columna $v_1, v_2, \dots, v_n$ en la matriz $\sum_{i=1}^n (-1)^i v_i$.

La primera fila la suma será la suma de $0 + 1 - 1 + 1 - \dots -1 = 0$ (un número impar de términos, uno a cero, lo que da un número distinto de cero elementos, la mitad de ellos 1 y la otra mitad -1).

Una arbitraria de fila suma del mismo modo tendrá un número impar de términos, uno a cero, por lo tanto un número de no-cero términos, la mitad de ellos 1 y la otra mitad -1 (el cero se coloca de modo que el término antes de que se $(-1)^{k-1} (-1) = \pm 1$ y el elemento después del es $(-1)^{k+1} 1 = \mp 1$).

Por lo $\sum_{i=1}^n (-1)^i v_i = 0$, la columna de vectores son linealmente dependientes. Por lo tanto, $\det A_n = 0$ por extraño $n$.

Ahora para el caso.

Denotan los vectores columna de a$A_n$$v_1, v_2, \dots, v_n$. Para cada conjunto distinto de $n-1$ vectores $\{v_{i_1}, v_{i_2}, \dots, v_{i_{n-1}}\}$ donde $i_1 < i_2 < \dots < i_{n-1}$ forma alterna suma: $$\sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k v_{i_k}$$

Decir que el vector $v_p$ es el vector de la "falta" de esta suma. Entonces, todos los de la fila de sumas, excepto para el $p$:th fila 0, con el mismo razonamiento que el anterior, habrá un número impar de términos, exactamente uno va a ser 0, lo que implica un número de no-cero términos, la mitad de los cuales serán el 1 y la otra mitad -1.

Para el $p$:th fila suma, no habrá cero términos, por lo tanto la fila suma va a ser 1 o -1.

A partir de esto, es obvio que $\det A = \pm 1$. Sin embargo, como ha sido demostrado en otra parte de este sitio, los valores propios de una invertible real sesgar simétrica matriz viene en pares de complejos conjugados, $\lambda, \overline{\lambda}$. El factor determinante será, por tanto, ser $\lambda_1 \overline{\lambda_1} \cdots \lambda_{n/2} \overline{\lambda_{n/2}} = |\lambda_1|^2 \cdots |\lambda_{n/2}|^2$, que es un número positivo.

Llegamos a la conclusión de que $\det A = 1$.