Un caso especial: determinante de una matriz de $n\times n$

Question

Me gustaría resolver el determinante de una $n\times n$matriz $V$ definidas como:

$$ V_ {i, j} =\begin{cases} v_{i}+v_{j} & \text{if} & i \neq j \\[2mm] (2-\beta_{i}) v_{i} & \text{if} & i = j \\ \end{casos} $$

Aquí, $v_i, v_j \in(0,1)$ y $\beta_i>0$. Cualquier sugerencia o pensamientos son muy apreciados.

Answer 1

Permítanme considerar $W:=-V$; hemos $$ \det(V)=(-1)^n\det(W). $$ Como ya se señaló en los comentarios, $W=D-(ve^T+ev^T)$, donde $v:=[v_1,\ldots,v_n]^T$, $e:=[1,\ldots,1]^T$, y $D:=\mathrm{diag}(\beta_i v_i)_{i=1}^n$. Desde $D>0$, podemos tomar $$ D^{-1/2}WD^{-1/2}=I-(\tilde{v}\tilde{e}^T+\tilde{e}\tilde{v}^T), $$ donde $\tilde{v}:=D^{-1/2}v$, $\tilde{e}:=D^{-1/2}e$. Tenga en cuenta que $\det(D^{-1/2}WD^{-1/2})=\det(D)^{-1}\det(W)$ y por lo tanto $$ \det(W)=\det(D)\det(I-(\tilde{v}\tilde{e}^T+\tilde{e}\tilde{v}^T)) =\det(I-(\tilde{v}\tilde{e}^T+\tilde{e}\tilde{v}^T))\prod_{i=1}^n v_i\beta_i. $$ Desde $I-(\tilde{v}\tilde{e}^T+\tilde{e}\tilde{v}^T)$ es la identidad, además de un rango simétrico-en-la mayoría-dos de la matriz, su determinante puede ser escrito como $$ \det(I-(\tilde{v}\tilde{e}^T+\tilde{e}\tilde{v}^T))=(1-\lambda_1)(1-\lambda_2), $$ donde$\lambda_1$$\lambda_2$, son los dos más grandes (en magnitud) de los autovalores de a $BJB^T$ con $$B=[\tilde{v},\tilde{e}]\quad\text{and}\quad J=\begin{bmatrix}0 & 1\\1 & 0\end{bmatrix}.$$

Desde los autovalores de a $BJB^T$ son los mismos que los autovalores de a $JB^TB$ (hasta algunos interesantes autovalores cero), tenemos que $$ \begin{split} \det(I-BJB^T) &= \det(I-JB^TB) = \det \left( \begin{bmatrix} 1-\tilde{e}^T\tilde{v} & -\tilde{e}^T\tilde{e} \\ -\tilde{v}^T\tilde{v} & 1-\tilde{v}^T\tilde{e} \end{bmatrix} \right)\\ &= \det \left( \begin{bmatrix} 1-e^TD^{-1}v & -e^TD^{-1}e \\ -v^TD^{-1}v & 1-v^TD^{-1}e \end{bmatrix} \right)\\ &= (1-e^TD^{-1}v)^2-(e^TD^{-1}e)(v^TD^{-1}v)\\ &= \left(1-\sum_{i=1}^n\frac{1}{\beta_i}\right)^2 - \left(\sum_{i=1}^n\frac{v_i}{\beta_i}\right) \left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{v_i\beta_i}\right). \end{split} $$ Poner todo junto, $$ \det(V) = (-1)^n\left[\left(1-\sum_{i=1}^n\frac{1}{\beta_i}\right)^2 - \left(\sum_{i=1}^n\frac{v_i}{\beta_i}\right) \left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{v_i\beta_i}\right)\right]\prod_{i=1}^n\beta_iv_i. $$ Supongo que después de algún tipo de manipulación que podría llegar a la fórmula dada en la otra respuesta (probablemente por jugar más con el término $(1-e^TD^{-1}v)^2-(e^TD^{-1}e)(v^TD^{-1}v)$).

Answer 2

Investigando la estructura de lo que vengo a la fórmula general agradable

$$ \left| V\right | = (-1) ^ n \left (1 \sum _ {i = 1} ^ n \left(\frac{2}{\beta _i}+\sum _{j=1}^{i-1} \frac{\left(v_i-v_j\right){}^2}{v_i v_j \beta _i \beta _j}\right)\right) \prod _ {k = 1} ^ n v_k \beta PD $$

Si usted tiene Mathematica puede utilizar el código siguiente para comprobar el resultado

n = 4;
V = Table[If[i == j, (2 - β[i]) v[i], v[i] + v[j]], {i, n}, {j, n}];
(-1)^n (1 - Sum[2/β[i] + Sum[(v[i] - v[j])^2/(
   v[i] v[j] β[i] β[j]), {j, i - 1}], 
   {i, n}]) Product[v[k] β[k], {k, n}] == Det[V] // Expand
(* True *)

Creo que hay una prueba para esta fórmula pero no la encuentro todavía.