Evaluación del factor de $5\times 5$

Question

El siguiente $5\times 5$ det. viene de un ruso libro. No quiero ampliar el detonante. en lugar de hacer algunas operaciones sobre ella y extraer el resultado.

Probar:

$$\begin{vmatrix} -1 &1 &1 &1 &x \\ 1& -1 &1 &1 &y \\ 1& 1 & -1 & 1 &z \\ 1& 1 & 1 & -1 & u\\ x& y & z & u &0 \end{vmatrix}= -4 [x^2+y^2+z^2 +u^2 - 2(xy+zx+zu+yz+yu+\color{red}{x}u)]$$

He intentado muchas cosas e.g $R_1 \leftrightarrow R_5+ x R_1$ y de curso cíclico ( $R_2 \leftrightarrow R_5+ y R_2$ , etc) y, a continuación, añadir la última fila para el segundo, etc. lo que resulta en:

$$\begin{vmatrix} 0 &y+x &z+x &u+x &x^2 \\ y+x&0 &z+y &u+y &y^2 \\ x+z& z+y & 0 &z+u & z^2\\ u+x& u+y &u+z & 0 &u^2 \\ x &y &z &u &0 \end{vmatrix}$$

pero no parece que prometedor.

Por otro lado, si puedo añadir el de la primera columna a los demás, me pongo un montón de ceros, desde la primera fila, por ejemplo, toma la forma $-1, 0, 0, 0, x+1$. Esto se ve más prometedor. Pero en cualquier caso me quedo atascado.

Tengo algunas sugerencias o respuestas?

Edit: Las letras rojas como sugiere Pedro.

Answer 1

Creo que esto está destinado a ser un ejercicio en el uso de las simetrías, así que vamos a comenzar por hacer algunas observaciones.

1. Imagínese lo que sucede (pero no lo hagas!) cuando expandimos el determinante. Todos los términos se han exactamente un factor de la fila inferior, y exactamente un factor de la última columna. Esto implica que el factor determinante es homogénea, cuadrática, polinómica $Q(x,y,z,u)$ en los cuatro incógnitas.
2. ¿Qué sucede si cambiamos las dos filas superiores y las dos más a la izquierda de las columnas? El signo del determinante obtiene alternar dos veces, por lo que se mantiene sin cambios. Pero también vemos que $x$ $y$ comercio tanto en la parte inferior de la fila como en la columna de la derecha. Por lo tanto,$Q(x,y,z,u)=Q(y,x,z,u)$.
3. Repetir el paso anterior para el resto de los pares de filas y columnas exactamente la misma cosa sucede. Por lo tanto, $Q(x,y,z,u)$ es totalmente simétrico bajo todas las 24 permutaciones de las incógnitas. La conclusión es que $$ Q(x,y,z,u)=A(x^2+y^2+z^2+u^2)+B(xy+xz+xu+yz+yu+zu) $$ para algunas constantes $A$$B$. Esto es más fácil de entender, si usted ha estado expuesto a las propiedades básicas de la educación primaria polinomio simétrico, pero esto sigue también relativamente fácil de lo observado pares de simetrías.
4. La tarea pendiente es determinar los coeficientes $A$$B$. Si nos fijamos en las diversas formas en que podemos obtener $x^2$, vemos que tales términos debe incluir el SW y NE esquinas. Imaginar la expansión a lo largo de la fila inferior. El $x$ en la posición $(5,1)$ obtiene un signo más por el tablero de ajedrez de la regla. Es multiplicada por la obvia $4\times$ menor. Imaginar la expansión que a lo largo de la columna más a la derecha. El $x$ está en la posición $(1,4)$ obtiene así un signo menos. En conjunto, vemos que el coeficiente de la $x^2$ plazo es el negativo de la central de $3\times 3$ menor $$ -\left|\begin{array}{ccc}-1&1&1\\1&-1&1\\1&1&-1\end{array}\right|=-4. $$ En otras palabras $A=-4$.
5. Determinar el $B$ es un poco más complicado, pero de nuevo por la simetría es suficiente para determinar el coeficiente de $xy$. Los extras que vienen en el hecho de que tenemos términos con $xy$ mediante $x$ de la fila inferior y $y$ a partir de la columna de la derecha o de la otra manera alrededor. Dejo que la identificación de los dos $3\times3$ menores (junto con sus signos) deben ser evaluados para usted. Ambos son igual a cuatro, debido a que difieren de los menores en el paso 4 sólo en una posición en la que se multiplica por un $2\times2$ menor igual a cero. La conclusión será que $B=8$.

Answer 2

Que $Q$ sea una matriz ortogonal real cuya primera columna es $(\frac12,\frac12,\frac12,\frac12)^T$. Dejó también $v=(x,y,z,u)^T$ y $Q^Tv=(a,b,c,d)$. A continuación, la matriz en cuestión es igual a $\pmatrix{Q&0\\ 0&1}A\pmatrix{Q^T&0\\ 0&1}$, donde $$ A = \left [\begin{array}{cccc|c} 2&&&&a\\ &-2&&&b\\ &&-2&&c\\ &&&-2&d\\ \hline a&b&c&d&0 \end{matriz} \right]. $$ Por lo tanto el determinante requerido es igual a $\det(A)$. Que $e_1=(1,0,0,0)^T$ $E\in M_4(\mathbb R)$ ser la matriz de todo un. Por la expansión de Laplace a lo largo de la última columna de $A$, vemos \det(A)=8(a^2-b^2-c^2-d^2) $$. $$ Ahora podemos reescribir esto en términos de $x,y,z$ y $u$:\begin{align} \det(A)&=8(a^2-b^2-c^2-d^2)\\ &=16a^2-8(a^2+b^2+c^2+d^2)\\ &=16(v^TQe_1)(e_1Q^Tv)-8(v^TQ)(Q^Tv)\\ &=16v^T\left(\frac14E\right)v-8v^Tv\\ &=4(x+y+z+u)^2 - 8(x^2+y^2+z^2+u^2). \end {Alinee el}

Answer 3

No estoy seguro de si esta es la manera más eficiente de hacerlo, pero haciendo la fila siguiente opperations:

$R_2 \to R_2 + R_1, R_3 \to R_3 + R_1, R_4 \to R_4 + R_1, R_5 \to R_5 + xR_1$

Suponiendo que yo didnt hacer cualquier errores tontos (como es siempre el caso con los tipos de problemas)

$\begin{vmatrix} -1&1&1&1&x\\ 1&-1&1&1&y\\ 1&1&-1&1&z\\ 1&1&1&-1&u\\ x&y&z&u&0\\ \end{vmatrix}$ $\$

$\begin{vmatrix} -1&1&1&1&x\\ 0&0&2&2&x+y\\ 0&2&0&2&x+z\\ 0&2&2&0&x+u\\ 0&x+y&x+z&x+u&x^2\\ \end{vmatrix}$ $\$

$\begin{vmatrix} 0&2&2&x+y\\ 2&0&2&x+z\\ 2&2&0&x+u\\ x+y&x+z&x+u&x^2\\ \end-{vmatrix}$

Ahora, la eliminación de cualquiera de las $2's$ desde cualquier fila o columna y seguir ampliando en una combinación lineal de $3\times3$ matrices... no He terminado, pero esta es la más prometedora versión que yo he probado