Encontrar el valor del determinante tridiagonal especial

Question

Dejemos que $A_{n}$ sea el siguiente determinante tridiagonal de orden $n:$

\begin{vmatrix} a_{0}+a_{1}& a_{1}& 0& 0& \cdots& 0& \quad0\\ a_{1}& a_{1}+a_{2}& a_{2}& 0& \cdots& 0& \quad0\\ 0& a_{2}& a_{2}+a_{3}& a_{3}& \cdots& 0& \quad0\\ \vdots& \vdots& \vdots& \vdots& & \vdots& \quad\vdots\\ 0& 0& 0& 0& \cdots& a_{n-1}& \quad a_{n-1}+a_{n} \end{vmatrix}

Encuentre el valor de $A_{n}.$

Como sabemos, $$A_{n}=(a_{n-1}+a_{n})A_{n-1}-a^{2}_{n-1}A_{n-2}\Longrightarrow$$ $$\begin{bmatrix} A_{n}\\ A_{n-1} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_{n-1}+a_{n}& -a^{2}_{n-1}\\ 1& 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A_{n-1}\\ A_{n-2} \end{bmatrix}=$$$$\begin{bmatrix} a_{n-1}+a_{n}& -a^{2}_{n-1}\N- 1& 0 \fin{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{n-2}+a_{n-1}& -a^{2}_{n-2}\\ 1& 0 \end{bmatrix}\cdots\begin{bmatrix} a_{2}+a_{3}& -a^{2}_{2}\N- 1& 0 \fin{bmatrix} \begin{bmatrix} A_{2}\\ A_{1} \end{bmatrix} .$$

Pero no es fácil de tratar $$\begin{bmatrix} a_{n-1}+a_{n}& -a^{2}_{n-1}\\ 1& 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a_{n-2}+a_{n-1}& -a^{2}_{n-2}\\ 1& 0 \end{bmatrix}\cdots\begin{bmatrix} a_{2}+a_{3}& -a^{2}_{2}\\ 1& 0 \end{bmatrix}$$

Answer 1

Si calculamos este determinante para $n=2$ y $n=3$ obtenemos \begin{align*} D_2(a_0,a_1,a_2)&=a_0a_1+a_0a_2+a_0a_3\\ D_3(a_0,a_1,a_2,a_3)&=a_0a_1a_2+a_0a_1a_3+a_0a_2a_3+a_1a_2a_3 \end{align*}

Esto nos lleva a la conjetura de que $$D_n(a_0,a_1,\dots,a_n)=a_0a_1\cdots a_n\left(\frac1{a_0}+\frac1{a_1}+\dots+\frac1{a_n}\right).$$

Podemos demostrarlo por inducción.

Paso inductivo. Suponemos que esto es cierto para $n-1$ . Tenemos (usando multilinealidad ) $$ \begin{vmatrix} a_{0}+a_{1}& a_{1}& 0& 0& \cdots& 0& \quad0\\ a_{1}& a_{1}+a_{2}& a_{2}& 0& \cdots& 0& \quad0\\ 0& a_{2}& a_{2}+a_{3}& a_{3}& \cdots& 0& \quad0\\ \vdots& \vdots& \vdots& \vdots& & \vdots& \quad\vdots\\ 0& 0& 0& 0& \cdots& a_{n-1}& \quad a_{n-1}+a_{n} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{0} & a_{1}& 0& 0& \cdots& 0& \quad0\\ 0 & a_{1}+a_{2}& a_{2}& 0& \cdots& 0& \quad0\\ 0& a_{2}& a_{2}+a_{3}& a_{3}& \cdots& 0& \quad0\\ \vdots& \vdots& \vdots& \vdots& & \vdots& \quad\vdots\\ 0& 0& 0& 0& \cdots& a_{n-1}& \quad a_{n-1}+a_{n} \end{vmatrix}+ \begin{vmatrix} a_{1}& a_{1}& 0& 0& \cdots& 0& \quad0\\ a_{1}& a_{1}+a_{2}& a_{2}& 0& \cdots& 0& \quad0\\ 0& a_{2}& a_{2}+a_{3}& a_{3}& \cdots& 0& \quad0\\ \vdots& \vdots& \vdots& \vdots& & \vdots& \quad\vdots\\ 0& 0& 0& 0& \cdots& a_{n-1}& \quad a_{n-1}+a_{n} \end{vmatrix} $$ El primer determinante es igual a $a_0D_{n-1}(a_1,a_2,\dots,a_n)$ .

El segundo determinante es igual a $$\begin{vmatrix} a_{1}& a_{1}& 0& 0& \cdots& 0& 0\\ a_{1}& a_{1}+a_{2}& a_{2}& 0& \cdots& 0& 0\\ 0& a_{2}& a_{2}+a_{3}& a_{3}& \cdots& 0& 0\\ \vdots& \vdots& \vdots& \vdots& & \vdots& \vdots\\ 0& 0& 0& 0& \cdots& a_{n-1}& a_{n-1}+a_{n} \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} a_{1}& a_{1}& 0& 0& \cdots& 0& 0\\ 0 & a_{2}& a_{2}& 0& \cdots& 0& 0\\ 0& a_{2}& a_{2}+a_{3}& a_{3}& \cdots& 0& 0\\ \vdots& \vdots& \vdots& \vdots& & \vdots& \vdots\\ 0& 0& 0& 0& \cdots& a_{n-1}& a_{n-1}+a_{n} \end{vmatrix} = \dots = \begin{vmatrix} a_{1}& a_{1}& 0& 0& \cdots& 0& 0\\ 0 & a_{2}& a_{2}& 0& \cdots& 0& 0\\ 0 & 0 & a_{3}& a_{3}& \cdots& 0& 0\\ \vdots& \vdots& \vdots& \vdots& & \vdots& \vdots\\ 0& 0& 0& 0& \cdots& 0 & a_{n} \end{vmatrix} = a_1a_2a_3\cdots a_n $$ (En cada paso restamos una fila de la siguiente. Esto no cambia el determinante ).

También podemos obtener el valor del segundo determinante si reescribimos esta matriz como un producto $$\begin{pmatrix} a_1 & a_1 & 0 & \ldots & 0 \\ a_1 &a_1+a_2& a_2 & \ldots & 0 \\ 0 & a_2 & a_2+a_3& \ldots & 0 \\ \vdots & & & \ddots& \vdots\\ 0 & \ldots & \ldots & a_{n-1} & a_{n-1}+a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & \ldots & 0 \\ \vdots & & \ddots & \ddots & & \vdots\\ 0 & \ldots & \ldots & 1 & 1 & 0\\ 0 & \ldots & \ldots & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_1 & a_1 & 0 & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & a_2 & a_2 & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & 0 & a_3 & a_3 & \ldots & 0 \\ \vdots & & & \ddots& \ddots & \vdots\\ 0 & \ldots & \ldots & 0 & a_{n-1} & a_{n-1}\\ 0 & \ldots & \ldots & \ldots & 0 & a_n \end{pmatrix}$$

Ahora queda comprobar que efectivamente tenemos $$\begin{multline} a_0D_{n-1}(a_1,a_2,\dots,a_n) + a_1a_2a_3\cdots a_n =\\= a_0a_1a_2\cdots a_n\left(\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\dots+\frac1{a_n}\right) + a_1a_2a_3\cdots a_n =\\= a_0a_1\cdots a_n\left(\frac1{a_0}+\frac1{a_1}+\dots+\frac1{a_n}\right). \end{multline} $$

Answer 2

Aquí hay una observación que puede ahorrar algo de trabajo más adelante. A primera vista, la relación de recurrencia anterior sólo tiene sentido para $n>2$ . Pero para $n=2$ la recurrencia requiere $A_2=(a_2+a_1)A_1-a_{1}^2 A_0$ ; ya que But $A_2=(a_0+a_1)(a_1+a_2)-a_1^2$ y $A_1=(a_1+a_0)$ la recurrencia será válida en $n=2$ si $A_0=1$ . Del mismo modo, para $n=1$ la recurrencia daría $A_1 = (a_1+a_0)A_0-a_{-1}^2 A_{-1}$ que es válido si $A_{-1}=0$ . Presentación de $T_n=\begin{bmatrix} a_{n-1}+a_n & -a_{n-1}^2 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$ por comodidad, se tiene entonces

$$\begin{bmatrix} A_n \\ A_{n-1} \end{bmatrix} =T_n \begin{bmatrix} A_{n-1} \\ A_{n-2} \end{bmatrix} =\cdots =e_1^T (T_n T_{n-1}\cdots T_1)\begin{bmatrix} A_{0} \\ A_{-1} \end{bmatrix}=(T_n T_{n-1}\cdots T_1)e_1.$$ Así que la obtención de $A_n$ equivale a encontrar el elemento superior izquierdo de $T_n T_{n-1}\cdots T_1$ .