Muestran que el polinomio característico de esta matriz tiene coeficientes negativos

Question

Sea$n\geq 2$,$A$ el$n\times n$ matriz$A=(a_{ij})$ donde$a_{ij}=\max(i,j)$. ¿Puede alguien mostrar que el polinomio característico$P(x)=\det(xI-A)$ tiene todos sus coeficientes negativos excepto el principal? He comprobado esto para$2 \leq n \leq 20$.

Answer 1

Aquí es un boceto. Los cálculos que deben ser llenados en son fáciles de hacer, pero por favor, hágamelo saber si usted quisiera editarlo para más detalles.

Tenemos:

$$A^{-1}=\begin{bmatrix} -1 & 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0& 0 & 0\\1 & -2 & 1 & 0&0&\cdots & 0& 0 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 1 & 0 & \cdots & 0& 0 & 0\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\0 & 0 & 0 &0 & 0 & \cdots & 1& -2 & 1\\0 & 0 & 0 &0 & 0 & \cdots & 0& 1 & \frac{1-n}{n} \end{bmatrix}.$$

El punto importante aquí es que el $A^{-1}$ es una matriz tridiagonal y así la recursividad para encontrar el determinante es agradable. En particular, hemos $$\det(xI-A^{-1}) = \left(x+\frac{n-1}{n}\right)f_{n-1}(x)-f_{n-2}(x),$$ where $f_m(x)$ is the characteristic polynomial of the $m\times m$ principio rector a la submatriz. Tenga en cuenta que todos estos tienen la misma forma y por lo que la fórmula recursiva para el determinante de los rendimientos de la siguiente, que también es sencillo comprobar por inducción.

Para$1\leq m\leq n-1$, $$f_m(x) = \sum_{k=0}^m{m+k\choose m-k}x^k.$$

Un poco de trabajo se muestra ahora:

$$\det(xI-A^{-1}) = x^n + \sum_{k=1}^{n-1}\left({n-1+k\choose n-k}-\frac{1}{n}{n-1+k\choose n-1-k}\right)x^k - \frac{1}{n}.$$

Todos los coeficientes además de la constante son positivos. Esto implica a su deseada usando la conocida relación entre el polinomio característico de a$A$$A^{-1}$.

Answer 2

Tal vez algo se puede hacer con esto. Me parece como$$P(t) = \dfrac{\sqrt{4t+1}-1-2n}{2\sqrt{4t+1}} \left(t+\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{4t+1}}{2}\right)^n + \dfrac{\sqrt{4t+1}+1+2n}{2\sqrt{4t+1}} \left(t+\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{4t+1}}{2}\right)^n