$A \in \mathbb R^{n,n}$
$A_n=\begin{bmatrix} 1&2&3&\dots&n\\x&1&2&\dots&n-1\\x&x&1&\dots&n-2\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\x&x&x&\dots&1\end{bmatrix}$
¿Cómo calcular $\det A_n$ $x\in\mathbb R$?
Respuestas
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Yo denotar $A_n$ para el determinante de su matriz de tamaño $n\times n$, en lugar de la matriz:
$$A_n=\begin{vmatrix} 1&2&3&\dots&n\\x&1&2&\dots&n-1\\x&x&1&\dots&n-2\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\x&x&x&\dots&1\end{vmatrix}$$
Y vamos a demostrar que
$$A_n=(1-x)^n-(-x)^n$$
El primer uso de la fila de las operaciones de escribir
$$A_n=\begin{vmatrix} 1-x&1&1&\dots&1\\ 0&1-x&1&\dots&1\\ 0&0&1-x&\dots&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ x&x&x&\dots&1\end{vmatrix}$$
Para lograr esto, se resta la segunda fila de la primera, la tercera de la segunda, etc. Sólo la última línea se mantiene intacta.
A partir de esta nueva determinante, se obtiene de inmediato por desenvolviendo a lo largo de la primera columna:
$$A_n=(1-x)A_{n-1}+(-1)^{n-1}xB_{n-1}$$
Donde $B_n$ es este determinante (de tamaño $n \times n$):
$$B_n=\begin{vmatrix} 1&1&1&\dots&1&1\\ 1-x&1&1&\dots&1&1\\ 0&1-x&1&\dots&1&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\dots&1-x&1\end{vmatrix}$$
Ahora, el uso de la columna de operaciones para reescribir su determinante$B_n$
$$B_n=\begin{vmatrix} 0&0&0&\dots&0&1\\ -x&0&0&\dots&0&1\\ 0&-x&0&\dots&0&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\dots&-x&1\end{vmatrix}$$
Para lograr esto, resta la última columna de la butlast, y continuar así mismo a la izquierda.
Esto es casi el determinante de un compañero de la matriz, se puede reescribir (factorizando $(-x)$ desde el primer $n-1$ columnas):
$$B_n=(-x)^{n-1}\begin{vmatrix} 0&0&0&\dots&0&1\\ 1&0&0&\dots&0&1\\ 0&1&0&\dots&0&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\dots&1&1\end{vmatrix}$$
El polinomio característico de este compañero de la matriz es $(-1)^n(-1-t-\dots+t^n)$, y es factor determinante es $(-1)^{n-1}$. Por lo tanto, tiene $B_n=(-1)^{n-1}(-x)^{n-1}=x^{n-1}$.
Así,
$$A_n=(1-x)A_{n-1}+(-1)^{n-1}xx^{n-2}=(1-x)A_{n-1}+(-x)^{n-1}$$
Ahora, podemos probar por inducción nuestro reclamo, que es
$$A_n=(1-x)^n-(-x)^n$$
Si es cierto para $n-1$, luego
$$A_{n-1}=(1-x)^{n-1}-(-x)^{n-1}$$
Luego, usando nuestra anterior relación,
$$A_n=(1-x)\left((1-x)^{n-1}-(-x)^{n-1}\right) + (-x)^{n-1}$$ $$=(1-x)^n-(1-x)(-x)^{n-1}+(-x)^{n-1}$$ $$=(1-x)^n-(-x)^n$$
Entonces la propiedad es verdadera para $n$. Ya que es trivialmente cierto para $n=1$ (a continuación,$A_1=1$), es cierto para todos los $n$.
Chris Ballance
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La derivación es un poco más fácil si usted sabe la fórmula para el determinante de una circulantes de la matriz. En primer lugar, mediante la aplicación de fila apropiada de las operaciones, obtenemos $$ \det(A_n)=\begin{vmatrix} 1-x&1&1&\dots&1&1\\ 0&1-x&1&\dots&1&1\\ 0&0&1-x&\dots&1&1\\ \vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&0&1-x&1\\ x&x&x&\dots&x&1\end{vmatrix}. $$ Luego, mediante la aplicación de algunas operaciones de columna, obtenemos $$ \det(A_n)=\begin{vmatrix} 1-x&x\\ &1-x&x\\ &&\ddots&\ddots\\ &&&1-x&x\\ x&&&&1-x\end{vmatrix}. $$ Este es el factor determinante de una circulantes de la matriz. Si ponemos $\omega=e^{2\pi i/n}$, tenemos $$ \det(A_n) =\prod_{j=0}^{n-1}(1-x+x\omega^j) =(-x)^n\prod_{j=0}^{n-1}\left(\frac{1-x} {x}-\omega^j\right) =(-x)^n\left[\left(\frac{1-x} {x}\right)^n-1\right], $$ es decir,$\det(A_n)=(1-x)^n-(-x)^n$.
