¿Cualquier sugerencia sobre resolver el determinante de este monstruo?

Question

Estoy hecho para resolver el siguiente determinante: $$|A|= \begin{vmatrix} 1 &2 &3 &\cdots &{n-1} &n\\ 2 &3 &4 &\cdots &n &1\\ \vdots &\vdots &\vdots & &\vdots &\vdots\\ {n-1} &n &1 &\cdots &{n-3} &{n-2}\\ n &1 &2 &\cdots &{n-2} &{n-1} \end{vmatrix}$$ Mi intención es añadir todas las demás columnas en el primero, que da $$|A|=\frac{n(n+1)}{2}|B|$$ donde $|B|$ es, sin embargo, ninguno más fácil de $|A|$.
Creo que el resultado debe ser muy especial, ya que los $A$ es muy especial simétrica matriz de sí mismo. Pero simplemente me pegó. Me pueden ayudar? gracias de antemano.

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EDITAR
Se me acaba de ocurrir que la definición podría funcionar bien aquí. Estoy en el camino correcto?

Ahora estoy en otra pregunta. Si $(j_1,j_2,\cdots,j_n)$ $n-th$ permutación de ${1,2,\cdots,n}$ y el número de la inversión de los pares de allí es $\tau$, entonces ¿cuál es el número de la inversión de los pares en su inverso permutación $(j_n,j_{n-1},\cdots,j_2,j_1)$ ? Esto puede arrojar luz sobre el problema.
Algún amigo mío me ha dado una solución relativamente simple, que voy a agregar, luego, como una respuesta.

Answer 1

$A$ es simétrica y, por tanto, ha $n$ ortogonal real vectores propios con autovalor $\lambda_1,\ldots, \lambda_n$ y tenemos $\det A=\lambda_1\cdot\ldots\cdot \lambda_n$. Adivinar autovectores podría ayudar. Desafortunadamente, esta presunción (aparte de los "todos" vector) sólo es realmente simple en la complejización:

Si $\zeta\in\mathbb C$ $n$th raíz de la unidad, deje $v_\zeta:=(1,\zeta,\zeta^2,\ldots,\zeta^{n-1})^T$. Observar en el hecho de que la multiplicación por $\zeta$ rota $v_\zeta$ de las componentes que $$Av_\zeta=(1+2\zeta+\ldots+n\zeta^{n-1})\cdot v_{\zeta^{-1}}.$$ Por lo tanto $v_\zeta$ es un autovector de a $A^2$ con autovalor $|1+2\zeta+\ldots+n\zeta^{n-1}|^2$. Puesto que el $v_\zeta$ son linealmente independientes, llegamos a la conclusión de que $$(\det A)^2= \prod_{\zeta^n=1}|1+2\zeta+\ldots+n\zeta^{n-1}|^2$$ por lo tanto $$\tag1\det A =\pm \prod_{\zeta^n=1} |1+2\zeta+\ldots+n\zeta^{n-1}|$$ Vamos a simplificar: Tenemos $$\tag2(1+2\zeta+\ldots+n\zeta^{n-1})(1-\zeta)=1+\zeta+\ldots+\zeta^{n-1}-n$$ y $$\tag3(1+\zeta+\ldots+\zeta^{n-1})(1-\zeta)=1-\zeta^n=0.$$ Si $\zeta=1$, claramente $1+2\zeta+\ldots+n\zeta^{n-1}=\frac{n(n-1)}{2}$. En todos los demás casos, $(2)$ $(3)$ implican $$(1+2\zeta+\ldots+n\zeta^{n-1})=\frac n{\zeta-1}.$$ Puesto que el $\zeta-1$ $\zeta^n=1$ $\zeta\ne 1$ son precisamente las raíces del polinomio $$\frac{(X+1)^n-1}{X}=X^{n-1}+\ldots + n$$ llegamos a la conclusión de que $n=(-1)^{n-1}\prod_{\zeta^n=1,\zeta\ne 1}(\zeta-1)$. Por lo tanto, $(1)$ se convierte en $$|\det A|=\left|\frac{n(n+1)}{2}\cdot \frac{n^{n-1}}{\prod_{\zeta^n=1, \zeta\ne 1}(\zeta-1)}\right|=\frac{n^{n-1}(n+1)}{2}.$$

Todavía estoy luchando con el signo de $\det A$, aunque ...

Answer 2

Otra manera de mirar el $\det(A)$: por intercambio de pares de filas $(1,n-1),(2,n-2)\dots$ esta matriz se transforma en circulant matriz $C$ con el mismo $0$-ésima fila $(1,\dots,n)$, que tiene una conocida fórmula explícita para determinantes, $$\begin{align} \det(C)&=\prod_{j=0}^{n-1}\sum_{k=0}^{n-1} (k+1)\exp\left(2\pi i\frac{jk}{n}\right). \end{align}$$ representa el número de filas de intercambiar,\begin{align} \det(A)&=(-1)^{\lfloor (n+3)/2\rfloor}\det(C). \end {alinee el} y como @Michael Biro ha señalado en el comentario, A052182 da $$\begin{align} \det(C)&=(-1)^{n-1}\frac{(n+1)n^{n-1}}{2}, \end{align}$$ por lo tanto\begin{align} \det(A)&=(-1)^{\lfloor n/2\rfloor}\frac{(n+1)n^{n-1}}{2}. \end {Alinee el}

Answer 3

Un amigo mío me ha dado una solución relativamente fácil como sigue. (Disculpas que yo soy en el dispositivo móvil, así que no es conveniente al código)

Bien, solo subí la foto de mi PC. Se ve bien ahora :)

Answer 4

Notas

El enfoque en el método 1 parece un poco excesivo para este problema.
He añadido otro enfoque (método 2) basado en la fila/columna de operaciones.
Espero que será más accesible.

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Método 1 (inspirado por la transformada de Fourier en una circular en la red.)

Deje $A$ cualquier $n \times n$ matriz cuyas entradas que tiene la forma de $$A_{ij} = a_{i+j},\quad 0 \le i, j < n$$ donde $( a_k )$ es un periódico de la secuencia de longitud $n$. Deje $\phi_A(z)$ ser el polinomio:

$$\phi_A(z) = \sum_{s=0}^{n-1} a_s z^s$$

Deje $\displaystyle\;\omega = e^{\frac{2\pi i}{n}}\;$ $n^{th}$ raíz de la unidad. Deje $\Omega$ $\Delta$ dos $n \times n$ matrices definidas por

$$\Omega_{ij} = \frac{1}{\sqrt{n}}\omega^{ij} \quad\text{ y }\quad \Delta_{ij} = \begin{cases} 1, & i + j \equiv 0, \pmod n\\ 0, & \text{ otherwise } \end{casos}$$

Está claro $$( \Omega^\daga\Omega )_{ij} = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \bar{\omega}^{ki}\omega^{kj} = \frac1n \sum_{k=0}^{n-1}\omega^{k(j-i)} = \delta_{ij} = (I_n)_{ij},\quad 0 \le i,j < n$$ donde $\delta_{ij}$ es la delta de Kronecker. Esto implica $\Omega^\dagger\Omega = I_n$ $\Omega$ es una matriz unitaria.

Aviso $$( \Omega^\daga, Un O )_{ij} = \frac1n \sum_{k=0}^{n-1}\sum_{i=0}^{n-1} \bar{\omega}^{ki} a_{k+l} \omega^{lj} = \phi_A(\omega^j) \left( \frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \omega^{-k(i+j)}\right) = \phi_A(\omega^j) \Delta_{ij}$$ Esto lleva a $$\det(A) = \det(\Delta) \prod_{j=0}^{n-1} \phi_A(\omega_j) = (-1)^{\frac{(n-1)(n-2)}{2}} \prod_{j=0}^{n-1} \phi_A(\omega_j)$$

Para nuestro caso, $a_s = s+1$ $0 \le s < n$ y

$$\phi_A(z) = 1 + 2z + 3z^2 + nz^{n-1} = \left(\frac{1-z^{n+1}}{1-z}\right)' = -(n+1)\frac{z^n}{1-z} + \frac{1-z^{n+1}}{(1-z)^2}$$

Esto implica

$$\phi_A(\omega^j) = \begin{cases} \displaystyle\;\frac{n(n+1)}{2}, & j = 0\\ \\ \displaystyle\;-\frac{n}{1-\omega^j}, & 1 \le j < n \end{casos}$$

Como resultado, $$\det(A) = (-1)^{\frac{(n-1)(n-2)}{2}} \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)(-n)^{n-1}\prod_{j=1}^{n-1}\left(\frac{1}{1-\omega^j}\right)$$

Aviso de $$\prod_{j=1}^{n-1} (z-\omega^j) = \frac{z^n-1}{z-1} = 1 + z + \cdots + z^{n-1}$$ Tenemos $$\det(A) = \frac12 (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}} (n+1)n^{n-1}$$

A una señal, este es el mismo que el OEIS secuencia A052182. La diferencia viene de la forma en que un cambio de las filas. El uno en OEIS son para matrices cuyas filas sucesivas se desplazan/girar a la derecha, mientras que el uno para este problema es desplazado/girar a la izquierda.

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Método 2 (basado en la fila/columna de operaciones)

Para cualquier $n > 2$, tenga en cuenta las siguientes tres $n \times n$ matrices. $D_n, L_n$ son menores triangular, mientras que $R_n$ es el triángulo superior.

$$(D_n)_{ij} = \begin{cases} +1, & i = j\\ -1, & i = j+1\\ 0, & \text{otherwise} \end{casos} ,\quad (L_n)_{ij} = \begin{cases} 1, & i = j\\ 1, & i > 2 \land j = 2\\ 0, & \text{otherwise} \end{casos} \\ (R_n)_{ij} = \begin{cases} 1, & i = j\\ 1, & j = n\\ 0, & \text{otherwise} \end{casos}$$ Por ejemplo, para $n = 5$, tenemos

$$D_5 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1 & 1 \end{bmatrix} , \quad L_5 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\\ R_5 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

Es claro que los factores determinantes de todas estas matrices son uno.

1. Si multiplicamos $A$ $R_n$ desde la izquierda, el efecto es la suma de los $n$ columnas y colocar los resultados en la última de las columnas.

2. Si multiplicamos $AR_n$ $D_n$ desde la derecha, el efecto es

   • restar el $(n-1)^{th}$ fila formulario de la $n^{th}$ fila.
   • restar el $(n-2)^{th}$ fila de la $(n-1)^{th}$ fila.
   • $\quad\quad\vdots$
   • restar el $2^{nd}$ fila de la $1^{st}$ fila.

   El resultado es

   • el $1^{st}$ fila sigue siendo untouhced.
   • aparte de la primera fila, el $n^{th}$ columna de cada fila se convierte en $0$.
   • aparte de la primera fila, la mayoría de las entradas de cada fila se convierte en $1$. En particular, todas las entradas (excepto la última entrada) en $2^{nd}$ fila $1$.

3. Si multiplicamos $D_n A R_n$ $L_n$ desde la izquierda, el efecto es

   • restar el $2^{nd}$ fila de todas las filas de abajo.

   Dado que la mayoría de las entradas no se $1$, el efecto final es en $3^{rd}$ a la última fila, no es uno cualquiera sólo una de las entradas restantes para cada fila.

La matriz resultante se parecen a este:

$$L_n D_n Un R_n = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & \cdots & n-2 & n-1 & \frac{n(n+1)}{2}\\ 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -n & 0\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -n & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & -n & \cdots & 0 & 0 & 0\\ 0 & -n & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$ A partir de esto, nos encontramos $$\begin{align} \det(A) &= \det(L_n D_n A R_n)\\ &= \overbrace{ (-1)^{n-1} \frac{n(n+1)}{2} }^{\color{blue}{ \text{from expanding } 1^{st} \text{ row} }} \times \overbrace{ (-1)^{\frac{(n-2)(n-3)}{2}} }^{\color{blue}{ \text{from flipping } 2^{nd} \text{ to } (n-1)^{th} \text{row} }} \times (-n)^{n-2}\\ &= \frac12 (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}} (n+1)n^{n-1} \end{align}$$