¿Cómo calcular el determinante de una matriz tridiagonal con diagonales constantes?

Question

Cómo demostrar que el determinante de la siguiente $(n\times n)$ matriz

$$\begin{pmatrix} 5 & 2 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 2 & 5 & 2 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 2 & 5 & 2 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots& \vdots& \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & \cdots & 0 & 2 & 5 & 2 \\ 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 2 & 5 \end{pmatrix}$$

es igual a $\frac13(4^{n+1}-1)$ ?

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De manera más general:

¿Cómo se calcula el determinante de lo siguiente? matriz tridiagonal (donde las tres diagonales son constantes)?

$$M_n(a,b,c) = \begin{pmatrix} a & b & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ c & a & b & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & c & a & b & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots& \vdots& \vdots & \vdots& \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & \cdots & 0 & c & a & b \\ 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & c & a \end{pmatrix}$$

Aquí $a,b,c$ pueden tomarse como números reales, o como números complejos.

En otras palabras, la matriz $M_n(a,b,c) = (m_{ij})_{1 \le i,j \le n}$ es tal que $$m_{ij} = \begin{cases} a & i = j, \\ b & i = j - 1, \\ c & i = j + 1, \\ 0 & \text{otherwise.} \end{cases}$$

No parece que haya un patrón fácil para utilizar la inducción: la matriz no es una diagonal matriz de bloques del tipo $M = \bigl(\begin{smallmatrix} A & C \\ 0 & B \end{smallmatrix}\bigr)$ (donde podríamos utilizar $\det(M) = \det(A) \det(B)$ para el paso de inducción), y no hay líneas o columnas con una sola entrada distinta de cero, por lo que Expansión de Laplace se complica rápidamente.

¿Existe un patrón general que se pueda utilizar? ¿O la respuesta sólo se conoce caso por caso? Es posible calcular el determinante a mano para pequeñas $n$ :

$$\begin{align} \det(M_1(a,b,c)) & = \begin{vmatrix} a \end{vmatrix} = a \\ \det(M_2(a,b,c)) & = \begin{vmatrix} a & b \\ c & a \end{vmatrix} = a^2 - bc \\ \det(M_3(a,b,c)) & = \begin{vmatrix} a & b & 0 \\ c & a & b \\ 0 & c & a \end{vmatrix} = a^3 - 2abc \end{align}$$

Pero no hay un patrón fácilmente aparente y el cálculo se vuelve muy difícil cuando $n$ se hace grande.

Answer 1

Vamos a generalizar un poco la respuesta de Calvin Lin. Dejemos que $$A_n = \begin{bmatrix} a & b & 0 & 0 & \cdots & 0\\ c & a & b & 0 & \cdots & 0\\ 0 & c & a & b & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & a & b\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & c & a \end{bmatrix}.$$

Entonces tenemos, mediante el uso de Expansión de Laplace dos veces, $$\det(A_n) = a \det(A_{n-1}) - bc \det(A_{n-2}).$$

Llamando a $\det(A_n) = d_n$ tenemos lo siguiente relación de recurrencia lineal homogénea : $$d_n = a d_{n-1} - bc d_{n-2}.$$

La ecuación característica es $$\begin{align} x^2 - ax + bc = 0 & \implies \left(x - \frac{a}2 \right)^2 - \left(\frac{a}2 \right)^2 + bc = 0 \\ & \implies x = \frac{a \pm \sqrt{a^2-4bc}}2. \end{align}$$

(Esto supone que existe una raíz cuadrada. Siempre es el caso en $\mathbb{C}$ .)

Caso 1: $a^2 - 4bc \neq 0$

En este caso el polinomio característico tiene dos raíces distintas, por lo que tenemos (para algunas constantes $k_1$ , $k_2$ ): $$d_n = k_1 \left( \dfrac{a + \sqrt{a^2-4bc}}2\right)^n + k_2 \left( \dfrac{a - \sqrt{a^2-4bc}}2\right)^n.$$

Tenemos $d_1 = a$ y $d_2 = a^2 - bc$ . Entonces obtenemos que $d_0 = 1$ . Por lo tanto, $$k_1 + k_2 = 1.$$ $$a (k_1 + k_2) + (k_1 - k_2)\sqrt{a^2-4bc} = 2a \implies k_1 - k_2 = \dfrac{a}{\sqrt{a^2-4bc}}.$$

Por lo tanto, $$\begin{align} k_1 & = \dfrac{a + \sqrt{a^2-4bc}}{2\sqrt{a^2-4bc}}, & k_2 & = -\dfrac{a-\sqrt{a^2-4bc}}{2\sqrt{a^2-4bc}} \end{align}$$

Y por último: $$\color{red}{\det(A_n) = \dfrac1{\sqrt{a^2-4bc}} \left( \left( \dfrac{a + \sqrt{a^2-4bc}}2\right)^{n+1} - \left( \dfrac{a - \sqrt{a^2-4bc}}2\right)^{n+1}\right)}.$$

Enchufar $a = 5$ y $b=c=2$ ( $a^2 - 4 bc \neq 0$ ), para obtener $$\det(A_n) = \frac{1}{3} ( 4^{n+1} - 1)$$

Caso 2: $a^2 - 4bc = 0$

Si el polinomio característico tiene una raíz doble $x = a/2$ existen constantes $k_1$ , $k_2$ tal que: $$d_n = (k_1 + k_2 n) \bigl(\frac{a}{2}\bigr)^n.$$

Las condiciones iniciales son $d_0 = 1$ y $d_1 = a$ Así que..: $$\begin{align} k_1 & = 1 & (k_1 + k_2) a = 2a \end{align}$$

Si $a = 0$ entonces $4bc = a^2$ implica $b$ o $c$ es cero, y $d_n = 0$ para $n \ge 1$ . De lo contrario, $$(k_1 + k_2) a = 2a \implies k_1 + k_2 = 2 \implies k_2 = 1.$$ Y por último: $$\color{red}{\det(A_n) = (n+1) \bigl(\frac{a}{2}\bigr)^n}.$$

Answer 2

Dejemos que $M_n$ sea el $n \times n$ matriz. Calculando el determinante expandiendo por la primera fila y luego por la segunda columna, obtenemos $ Det(M_n) = 5 Det(M_{n-1} ) - 4 Det(M_{n-2})$ .

Dejemos que $Det(M_n) = D_n$ Así que $D_n$ satisface la relación de recurrencia $D_n - 5 D_{n-1} + 4 D_{n-2} = 0$ con valores iniciales $D_0 = 1, D_1 = 5$ . La ecuación característica $x^2 - 5x + 4$ tiene raíces $x= 4, 1$ , por lo que la solución tiene la forma $A4^n + B1^n$ . Introduciendo los valores iniciales, obtenemos $A= \frac {4}{3}, B= -\frac {1}{3}$ , lo que arroja el valor $D_n = \frac {1}{3} (4^{n+1} - 1)$ .

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$D_0 = 1$ porque es el producto vacío, que por definición tiene el valor 1. Si no le gusta utilizar $D_0 = 1$ , sólo hay que calcular $D_1 = 5$ y $D_2 = 5 \times 5 - 2 \times 2 = 21$ y luego encontrar los valores de $A, B$ .

Answer 3

Su determinante es igual a $$ 2^n\det\begin{bmatrix}2x & 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0\\ 1 & 2x & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & 1 & 2x & 1 & 0 & \cdots & 0\\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots &\vdots\\ 0 & \cdots & 0 & 1 & 2x & 1 & 0\\ 0 & \cdots & 0 & 0 & 1 & 2x & 1\\ 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & 1 & 2x\end{bmatrix}=:2^nD_n(x), $$ con $x=5/4$ . Como en la respuesta de Calvin Lin, $D_n(x)$ satisface una recurrencia, a saber $D_n(x)=2xD_{n-1}(x)-D_{n-2}(x)$ que se puede obtener expandiendo $D_n(x)$ por menores en su primera fila y luego ampliar el $(n-1)$ -por- $(n-1)$ determinante que se obtiene en el segundo término por menores en su primera columna. Esta es la recurrencia definitoria de la Polinomios de Chebyshev de primer y segundo tipo que se denominan $T_n(x)$ y $U_n(x)$ . Además, $U_0(x)=1=D_0(x)$ y $U_1(x)=2x=D_1(x)$ . Así que $D_n(x)=U_n(x)$ .

Los polinomios de Chebyshev están relacionados con expansiones de funciones trigonométricas o hiperbólicas. En el caso de los polinomios del segundo tipo, $$ \begin{aligned} U_n(\cos t)&=\frac{\sin (n+1)t}{\sin t},\\ U_n(\cosh t)&=\frac{\sinh (n+1)t}{\sinh t}. \end{aligned} $$ Utilizando el segundo de ellos, dejamos que $\cosh t=\frac{5}{4}$ y encontrar que $e^t=\frac{1}{2}$ o $2$ . La elección de una de estas soluciones, digamos $e^t=2$ se puede evaluar tanto $\sinh (n+1)t$ y $\sinh t$ . El resultado final es la fórmula dada.

Esto funciona para el general $x,$ pero como se indica en el comentario de Marc van Leeuwen a la respuesta del usuario17762, es necesario tener especial cuidado cuando $x=\pm1.$ Resolver $\cosh t=x$ o $e^t+e^{-t}=2x$ encontramos $e^t=x\pm\sqrt{x^2-1},$ que da como resultado $$ \begin{aligned} U_n(x)=U_n(\cosh t)&=\frac{(x+\sqrt{x^2-1})^{n+1}-(x-\sqrt{x^2-1})^{n+1}}{x+\sqrt{x^2-1}-(x-\sqrt{x^2-1})}\\ &=\frac{(x+\sqrt{x^2-1})^{n+1}-(x-\sqrt{x^2-1})^{n+1}}{2\sqrt{x^2-1}}. \end{aligned} $$ Esto se reduce claramente a un polinomio en $x,$ pero es más útil que la forma polinómica para la evaluación. Cuando $x=\pm1,$ lo que equivale a $t=im\pi,$ La regla de l'Hôpital es necesaria en la evaluación: $$ \begin{aligned} U_n(\pm1)=U_n(\cosh im\pi)&=\lim_{t\to im\pi}\frac{e^{(n+1)t}-e^{-(n+1)t}}{e^t-e^{-t}}\\ &=\lim_{t\to im\pi}\frac{(n+1)e^{(n+1)t}+(n+1)e^{-(n+1)t}}{e^t+e^{-t}}=(n+1)(\pm1)^n. \end{aligned} $$

Pregunta revisada: El método puede adaptarse para manejar la forma más general en la pregunta revisada de febrero de 2015. Si $bc=0$ el determinante es claramente $a^n.$ En caso contrario, deja que $g$ sea una solución a $g^2=bc$ y definir $x:=\frac{a}{2g},$ $y:=\frac{b}{g}.$ Desde $\frac{c}{g}=\frac{g}{b}=y^{-1},$ el determinante más general es igual a $$ g^n\det\begin{bmatrix}2x & y & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0\\ y^{-1} & 2x & y & 0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & y^{-1} & 2x & y & 0 & \cdots & 0\\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots &\vdots\\ 0 & \cdots & 0 & y^{-1} & 2x & y & 0\\ 0 & \cdots & 0 & 0 & y^{-1} & 2x & y\\ 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & y^{-1} & 2x\end{bmatrix}=:g^nD_n(x,y). $$ Pero $D_n(x,y)$ satisface la misma recurrencia que $D_n(x)$ y las mismas condiciones iniciales, por lo que $D_n(x,y)$ también es igual a $U_n(x).$ (Es independiente de $y.$ )

Answer 4

El determinante también puede verificarse mediante determinantes del bloque .

Definir $A^{(k)}$ para ser el $k\times k$ matriz de la forma $$A^{(k)}:= \begin{bmatrix} 5 & 2 & 0 &0&0&\cdots & 0\\ 2 & 5 & 2 & 0&0&\cdots & 0\\ 0 & 2 &5&2&0 & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots& \vdots& \vdots& \vdots& \vdots& \vdots\\ 0 & \cdots& & 0& 2 &5& 2\\ 0 & \cdots & & \cdots&\cdots& 2 &5 \end{bmatrix}. $$ Esto puede expresarse como $$A^{(k)}=\begin{bmatrix}A^{(k-1)}&u\\u^T&5\end{bmatrix},$$ donde $u=[0,0,0,\ldots,2]^T$ es un $k\times1$ vectorial.

De la forma del determinante de bloque se deduce que $$ \det\left(A^{(k)}\right)=\det\left(A^{(k-1)}\right)\det\left(5-u^T{\left(A^{(k-1)}\right)}^{-1}u\right), $$ que puede simplificarse drásticamente mediante la estructura de $u$ como $$ \det\left(A^{(k)}\right)=\det\left(A^{(k-1)}\right)\left(5-4{\left(A^{(k-1)}\right)}^{-1}_{n,n}\right). $$ Además, $$\left(A^{(k-1)}\right)^{-1}_{n,n}=\frac{(-1)^{n+n}\det\left(A^{(k-2)}\right)}{\det\left(A^{(k-1)}\right)}=\frac{\det\left(A^{(k-2)}\right)}{\det\left(A^{(k-1)}\right)}.$$ La relación de recurrencia para el determinante puede entonces escribirse como, al simplificar, $$\det\left(A^{(k)}\right)=5\det\left(A^{(k-1)}\right)-4\det\left(A^{(k-2)}\right),$$ a partir de la cual se puede verificar la forma requerida del determinante de forma similar a las respuestas anteriores.

Answer 5

Para el caso más general de una tridiagonal Matriz de Toeplitz mencionado al final en la pregunta, el método directo (sin usar la inducción) que usé en esta respuesta puede adoptarse de la siguiente manera. En primer lugar, hay que tener en cuenta que la respuesta dependerá únicamente de $a$ y el producto $p=bc$ ya que la conjugación por una matriz diagonal que tiene como entradas diagonales una progresión geométrica $1,t,t^2,\ldots,t^{n-1}$ puede utilizarse para desplazar cualquier factor no nulo $~t$ de $b$ a $c$ . Si $p=0$ entonces tenemos una matriz triangular, y el determinante será $a^n$ Dejando a un lado este caso trivial, puedo suponer (por razones que quedarán claras) sin pérdida de generalidad que $c=-1$ . Así que queremos saber $$ D= \begin{vmatrix} a & -p & 0 & 0 & \cdots & 0\\ -1 & a & -p & 0 & \cdots & 0\\ 0 & -1 & a & -p & \ddots & 0\\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & -1 & a & -p\\ 0 & 0 & \cdots &0 & -1 & a \end{vmatrix}. $$

El polinomio cuadrático $X^2-aX+p$ será de importancia; dejemos que $r$ sea una raíz de este polinomio. Multiplicando nuestra matriz de la izquierda por $$ \begin{pmatrix}1&r&r^2&\ldots&\ldots&r^{n-1}\\ 0&1&r&r^2&\ddots&r^{n-2}\\ 0&0&1&r&\ddots&r^{n-3}\\ \vdots & \ddots & \ddots & 1& \ddots & \vdots \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots& \ddots & r \\ 0&0& \ldots& \ldots &0 & 1 \end{pmatrix}, $$ que tiene el determinante $~1$ , da debido al hecho de que $-r^2+ar-p=0$ (y así $ar-p=r^2$ ), la matriz $$ R=\begin{pmatrix}a-r&0&0&\ldots&0&r^n\\ -1&a-r&0&\ddots&0&r^{n-1}\\ 0&-1&a-r&\ddots&0&r^{n-2}\\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots&\vdots \\ \vdots & \ddots & \ddots & -1 & a-r& r^2 \\ 0&0& \ldots &0&-1 & a \end{pmatrix}. $$ Las entradas diagonales son iguales a la otra raíz $s=a-r$ de $X^2-aX+p$ (posiblemente igual a $~r$ ), excepto la última entrada que es $s+r$ .

Ahora se puede reconocer que $C=sI-C_P$ donde $C_P$ es la matriz compañera de $$ P=r^n+r^{n-1}X+r^{n-2}X^2+\cdots+r^2X^{n-2}+rX^{n-1}+X^n. $$ Desde $C_P$ tiene como polinomio característico $\det(IX-C_P)=P$ obtenemos como determinante $$ \det(R)=P[X:=s]=r^n+r^{n-1}s+r^{n-2}s^2+\cdots+r^2s^{n-2}+rs^{n-1}+s^n. $$ Así que nuestra respuesta puede escribirse como $$ D=\det(R) = \begin{cases} \displaystyle\frac{r^{n+1}-s^{n+1}}{r-s}&\text{if }r\neq s,\\ \\ \displaystyle (n+1)r^n&\text{if }r=s.\end{cases} $$ Por supuesto se puede tomar por la fórmula cuadrática concretamente $r=\frac{a+\sqrt{a^2-4p}}2$ y $s=\frac{a-\sqrt{a^2-4p}}2$ pero esto no hace que la respuesta sea más transparente.