Determinante de $n\times n$ matriz con parámetro

Question

El problema:

Dejemos que $\delta \in \mathbb{R}^+$ y $n\in \mathbb{N}$ . La matriz $A_n = (a_{i,j}) \in \mathbb{R}^{n\times n}$ se define como

$$ a_{i,j} = \prod_{k=0}^{i-2}\left((j-1)\delta +n-k\right) $$ Demostrar que $$\det A_n = \delta ^{\frac{1}{2}n(n-1)}\prod^{n-1}_{k=0}k!$$

Así que hay

$$ A_1 = \pmatrix{ 1\\ } $$

$$ A_2 = \pmatrix{ 1&1\\ 2&\delta+2\\ } $$

$$ A_3 = \pmatrix{ 1&1&1\\ 3&\delta+3&2\delta+3\\ 6&(\delta+3)(\delta+2)&(2\delta+3)(2\delta+2)\\ } $$

$$\vdots$$

Al final conseguí demostrarlo convirtiendo la matriz en triangular superior utilizando operaciones elementales de fila, pero la prueba es demasiado complicada, implica cosas como $(k2)\delta+n(i(k1))+1)$ -en los múltiplos de ciertas filas (para el caso es bastante largo, por lo que no lo incluyo completamente aquí). Así que de alguna manera se siente como no la mejor manera posible de hacer esto.

¿Cuáles son otras formas de demostrarlo?

Answer 1

Primero demostramos que podemos sustituir la matriz $A_n$ por la matriz $B_n$ dado por $$ b_{1,j}:=1,\quad b_{i,j}=\prod_{k=0}^{i-2}((j-1)\delta)=((j-1)\delta)^{i-1}. $$ De hecho, define $B_{n}^{(t)}$ para ser la matriz con el primer $t$ filas iguales a la primera $t$ filas de $B_n$ y las otras filas iguales a las filas de $A_n$ . Entonces $B_n^{(1)}=A_n$ y $B_n^{(n)}=B_n$ por lo que basta con demostrar que $\det(B_n^{(t-1)})=\det(B_n^{(t)})$ para $t=2,\dots, n$ .

Pero $a_{i,j}= \sum_{s=0}^{i-1}F(i,s)((j-1)\delta)^s$ , donde $F(i,s)$ no depende de $j$ , ya que es el coeficiente de $x^s$ del polinomio $\prod_{k=0}^{i-2}(x+n-k)$ .

Pero entonces el $t$ -Cuarta fila $R_t$ de $A_n$ satisface $$ R_t=F(t,0)Q_1+F(t,1)Q_2+\dots+F(t,i)Q_{i+1}+\dots+F(t,t-2)Q_{t-1}+F(t,t-1)Q_{t}, $$ donde $Q_i$ es el $i$ -en la fila de $B_n$ y también lo es el $i$ -en la fila de $B_{n}^{(t-1)}$ para $i=1,\dots,t-1$ .

Desde $F(t,t-1)=1$ Esto significa que podemos sustituir el $t$ -Cuarta fila $R_t$ de $B_n^{(t-1)}$ por $Q_t$ sin cambiar el determinante, obteniendo así $B_n^{(t)}$ sin cambiar el determinante, como se desea.

Por último, determinamos $\det(B_n)$ . En primer lugar se factoriza $\delta^{i-1}$ de cada fila, por lo que obtenemos el factor $\delta^{n(n-1)/2}$ y hay que calcular el determinante $$ \det\begin{pmatrix} 1&1&1&\dots&1 \\ 0&1&2&\dots&n-1\\ 0&1&4&\dots&(n-1)^2\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0&1&2^{n-1}&\dots&(n-1)^{n-1} \end{pmatrix}= \det\begin{pmatrix} 1&2&\dots&n-1\\ 1&4&\dots&(n-1)^2\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1&2^{n-1}&\dots&(n-1)^{n-1} \end{pmatrix} $$ $$= (n-1)!\det\begin{pmatrix} 1&1&\dots&1\\ 1&2&\dots&n-1\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1&2^{n-2}&\dots&(n-1)^{n-2} \end{pmatrix} $$ Pero el último determinante es un determinante de Vandermonde con $a_i=i$ por lo que es igual a $$ \det\begin{pmatrix} 1&1&\dots&1\\ 1&2&\dots&n-1 \\ \vdots & \vdots & \dots & \vdots \\ 1&2^{n-2}&\dots&(n-1)^{n-2}\end{pmatrix}=\prod_{1\le i<k\le n-1}(k-i)=\prod_{1<k\le n-1}(k-1)! $$ Retomando los cálculos tenemos $$ \det(A_n)=\det(B_n)=\delta^{n(n-1)/2}(n-1)!\prod_{1<k\le n-1}(k-1)! =\delta^{n(n-1)/2}\prod_{0\le k\le n-1}k! $$ que queríamos probar.

Answer 2

Finalmente encontré esto en una literatura, a saber Cálculo de algunos determinantes mediante el factorial desplazado s por Jean-Marie Normand. En Lemma $1$ prueba la ecuación $(3.5)$ :

Para los números complejos $z_j, s, b_i$ tenemos $$\tag{1}\det [(b_i+z_j)_{s;i}]_{i,j=0,\dots,n-1}=\prod_{0\leq i \leq j \leq n-1}(z_j-z_i)$$ donde $(z)_{s;i}=z(z+s)\dots(z+(n-1)s)$ se llama $s$ -factorial desplazado y $\prod_{0\leq i\leq j\leq n-1}(z_j-z_i)$ es un determinante de Vandermonde.

Además, el Apéndice B muestra en la ecuación (B $.5$ ) que para el caso especial $b_i=0, z_j=b+aj$ uno tiene

$$ \det[(b_i+z_j)_{s;i}]_{i,j=0,\dots,n-1}=\det[(b+aj)_{s;i}]_{i,j=0,\dots,n-1}=a^{n(n-1)/2}\prod_{j=0}^{n-1}j!.\tag{2} $$

Antes de aplicarlo a nuestro problema, primero tenemos que volver a indexar el rango a $i,j=0,\dots,n-1$ entonces tenemos $a_{i,j}=(j\delta+n)_{1;i}$ . Ahora eligiendo $b_i=0, a=\delta, b=n, s=1$ en $(2)$ da exactamente la afirmación que queríamos demostrar.