el determinante de una matriz con coeficiente binomial entradas

Question

Estoy tratando de demostrar que un enunciado, que se reduce a mostrar que el determinante de una matriz específica, es distinto de cero. Yo uso el convenio que $\binom{n}{k} = 0$ si $k > n$ o $k < 0$. Deje $k,l$ ser números naturales tales que $k \le l$. A continuación, el $n\times n$-Matriz $A$ se define a tener las entradas

$a_{ij} = \binom{l}{k +i - j}$. Por lo que parece $A = \left( \begin{array}{cccccc} \binom{l}{k} & \cdots & \binom{l}{0} & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & & \ddots & \ddots & \vdots \\ \binom{l}{l} & & \ddots & & \ddots & 0 \\ 0& \ddots && \ddots & & \binom{l}{0}\\ \vdots&\ddots&\ddots&&\ddots&\vdots\\ 0&\cdots&0& \binom{l}{l} & \cdots & \binom{l}{k} \end{array}\right)$. Claramente los casos de $k = l$ $k = 0$ son triviales, ya que $A$ es entonces triangular. Mi primera idea fue la de utilizar la fórmula $\binom{r}{s} = \binom{r-1}{s-1} + \binom{r}{s}$ y agregar columnas/filas entre otros. Pero que no funciona bien...

Así que si alguien tiene alguna idea, o esta matriz es conocida por ser invertible, yo estaría muy agradecido.

Answer 1

Respuesta: El determinante de a$A$$\dfrac{H\left(k\right) H\left(l-k\right) H\left(n\right) H\left(l+n\right)}{H\left(l-k+n\right) H\left(n+k\right) H\left(l\right)}$, donde estamos usando la notación $H\left(m\right)$ para el hyperfactorial $\left(m-1\right)! \left(m-2\right)! \cdots 1! 0!$ de un número entero no negativo $m$.

(Hay varias otras maneras de expresar la respuesta, pero la de arriba es la más compacta.)

1ª prueba. Teorema 8 en mi nota Un hyperfactorial divisibilidad dice que para todos los números enteros no negativos $a$, $b$ y $c$, tenemos \begin{align*} & \dfrac{H\left( a\right) H\left( b\right) H\left( c\right) H\left( a+b+c\right) }{H\left( b+c\right) H\left( c+a\right) H\left( a+b\right) }\\ & =\det\left( \left( \dbinom{a+b+i-1}{a+i-j}\right) _{1\leq i\leq c,\ 1\leq j\leq c}\right) =\det\left( \left( \dbinom{a+b}{a+i-j}\right) _{1\leq i\leq c,\ 1\leq j\leq c}\right) . \end{align*} Aplicando esto a $a = k$, $b = l-k$ y $c = n$ (notando que $b$ es no negativa debido a $k \leq l$), se obtiene \begin{align*} &\dfrac{H\left(k\right) H\left(l-k\right) H\left(n\right) H\left(l+n\right)}{H\left(l-k+n\right) H\left(n+k\right) H\left(l\right)} \\ & =\det\left( \left( \dbinom{l+i-1}{k+i-j}\right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}\right) =\det\left( \left( \dbinom{l}{k+i-j}\right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}\right) . \end{align*} Pero la matriz de la derecha(la mayoría) de esta igualdad es exactamente su $A$; por lo que la Respuesta está probada.

2ª prueba (esbozado). La pregunta tiene una combinatoria interpretación en términos de nonintersecting entramado de caminos en una cuadrícula rectangular, o semistandard Jóvenes de cuadros, o funciones de Schur. Estos tres objetos son esencialmente diferentes idiomas para el mismo argumento; voy a utilizar el tercer puesto es el más fácil de escribir.

Voy a suponer que usted está familiarizado con el concepto de simétrica funciones (véase, por ejemplo, en el Capítulo 2 de Darij Grinberg y Víctor Reiner, álgebras de Hopf en la combinatoria, o Marca de Wildon, Un involutiva introducción a la simétrica de las funciones, o en el Capítulo 7 de Richard Stanley, la Combinatoria Enumerativa, volumen 2). En particular, voy a utilizar las notaciones comunes en este tema, tales como $s_\lambda$ para una función de Schur y $e_i$ para primaria, simétrica de la función.

Set $b = l-k$; este es un entero no negativo desde $k \leq l$.

Deje $\lambda$ ser la partición de $\left(n^b\right)$, lo que se entiende como una abreviación de $\left(\underbrace{n,n,\ldots,n}_{b\text{ terms}}\right)$. La transpuesta (aka conjugado) $\lambda^t$ de esta partición $\lambda$ luego $\left(b^n\right)$ (entendida de manera similar). La Jacobi-Trudi fórmula (la que utiliza primaria simétrica funciones) así dice que \begin{equation} s_\lambda = \det \left( \left( e_{b-i+j} \right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n} \right) . \end{equation} Ahora, suplente $\underbrace{1,1,\ldots,1}_{l \text{ entries}},0,0,0,\ldots$ para el countably muchos indeterminates en esta igualdad. Esta sustitución se transforma cada escuela primaria simétrica de la función $e_p$ a $e_p\left(\underbrace{1,1,\ldots,1}_{l \text{ entries}},0,0,0,\ldots\right) = \dbinom{l}{p}$. Por lo tanto, la ecuación se transforma en \begin{equation} s_\lambda\left(\underbrace{1,1,\ldots,1}_{l \text{ entries}},0,0,0,\ldots\right) = \det \left( \left( \dbinom{l}{b-i+j} \right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n} \right) . \end{equation} Desde cada una de las $i$ $j$ satisfacer $\dbinom{l}{b-i+j} = \dbinom{l}{k+i-j}$ (de hecho, esto se desprende de la simetría del triángulo de Pascal, porque $l - \left(b-i+j\right) = k+i-j$), esto se reescribe como \begin{equation} s_\lambda\left(\underbrace{1,1,\ldots,1}_{l \text{ entries}},0,0,0,\ldots\right) = \det \left( \left( \dbinom{l}{k+i-j} \right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n} \right) = \det A . \end{equation} Queda por calcular el lado izquierdo.

Pero la combinatoria definición de $s_\lambda$ muestra que $s_\lambda\left(\underbrace{1,1,\ldots,1}_{l \text{ entries}},0,0,0,\ldots\right)$ es el número de semistandard Jóvenes de cuadros de la forma $\lambda$ con las entradas en $\left\{1,2,\ldots,l\right\}$. Para este número, no es una fórmula (conocido como Weyl el carácter de fórmula en el tipo a; véase, por ejemplo, https://mathoverflow.net/questions/106606/new-formula-for-counting-ssyts ), que puede ser escrito como \begin{equation} s_\lambda\left(\underbrace{1,1,\ldots,1}_{l \text{ entries}},0,0,0,\ldots\right) = \dfrac{1}{H\left(l\right)} \prod_{1 \leq i < j \leq l} \left(\left(\lambda_i - i\right) - \left(\lambda_j - j\right)\right) , \end{equation} donde $\lambda_p$ $p$- ésima de a $\lambda$ (por tanto, en nuestro caso, $\lambda_p = b$ si $p \leq n$, y de lo contrario,$\lambda_p = 0$). Se toma un tiempo para el masaje de la mano derecha, así como para parecerse a la Respuesta dada anteriormente (el primer paso es observar que los únicos factores en el producto que son distintas de las $1$ son los con $1 \leq i \leq n$$n < j \leq l$, por lo que todos los otros factores pueden ser descartados), pero no es difícil (sólo tiene que comprobar que los dos grandes productos tienen los mismos factores).

Answer 2

Estoy seguro de que la respuesta completa es dada por Darij Grinberg en su comentario. Este es de hecho un problema de combinatoria.

Si, sin embargo, todo lo que quieres ver es que su determinante es distinto de cero, entonces esto puede ayudar.

En primer lugar, por conveniencia, swap $k$$\ell-k$. Set $N=n+k$. Etiqueta todas las filas, columnas, bases de partida en $0$.

Entonces su determinante es una $n\times n$ menor de edad de la $N\times N$ matriz $M$ donde $m_{ij}=\binom{\ell}{j-i}$; para ser precisos es la menor de edad correspondiente a la par $\{1,2,\dots,n\}\times \{N-n, \dots, N-2,N-1\}$.

Ahora la matriz $M$ es sólo $(1+N)^\ell$ donde $N$ es la matriz con $1$'s en el superdiagonal y $0$ en otros lugares. Por lo $M^{(n)}$, la matriz formada a partir de la $n\times n$ menores de $M$, se puede expresar $$ M^{(n)}=\left((1+N)^\ell\right)^{(n)}=\left((1+N)^{(n)}\right)^\ell $$ por la norma habitual.

Escribir $a_{I,J}$ para la entrada de $(1+N)^{(n)}$ marcados por el par $(I,J)$ $n$- subconjuntos de a $\{0,\dots, N-1\}$, e $b_{I,J}$ en la entrada correspondiente de $M^{(n)}$. Tenemos a continuación $$ b_{I,J}= \sum_{I_1,I_2,\dots, I_{\ell-1}} a_{I,I_1}a_{I_1,I_2}\dots a_{I_{\ell-1},J}. $$

Ahora debemos decir algo acerca de la $a_{I,J}$. Es más fácil seguir un poco más abstracta y así dejan $e_0,\dots,e_{N-1}$ se ordenó una base del espacio vectorial subyacente, y deje $e_N=0$. Podemos suponer que nuestros lineal mapa de $N$ actúa como $e_i N=e_{i+1}$ todos los $i=0,1,\dots, N-1$.

Ahora considere la acción de la $M=1+N$ $n$- th exterior de los productos, ordenados lexicográficamente. $$ e_{i_1}\wedge e_{i_2}\wedge \dots \wedge e_{i_{n}} (1+N) = (e_{i_1}+e_{i_1+1})\wedge (e_{i_2}+e_{i_2+1})\wedge \dots \wedge(e_{i_{n}}+e_{i_{n}+1}). $$

Como $i_1<i_2<\dots<i_n$ tenemos $i_1<i_1+1\leqslant i_2<i_2+1\leqslant i_3<\dots<i_n$. Esto significa que al extender el producto sobre el lado derecho, todos los términos son en forma canónica, no necesitamos realizar algunos intercambios; y cada elemento base puede ocurrir en más de una vez.

Por lo tanto cada una de las $a_{I,J}$ es $0$ o $1$.

Entonces tenemos que cada una de las $b_{I,J}$ es un número natural.

Para demostrar que el que nos interesa, el uno con $I=\{1,2,\dots,n\}$, $J= \{N-n, \dots, N-2,N-1\}$, es distinto de cero simplemente tenemos que encontrar una cadena de $I,I_1,I_2,\dots I_{\ell -1}, J$$a_{I_s,I_{s+1}}=1$. Se deja como ejercicio para el lector.

Answer 3

Demasiado tiempo para el comentario y el porque de esto lo escribo como una respuesta. Con Maple cálculos de los siguientes resultados se obtienen: Vamos a $l=2m$ para algún entero positivo $m$( para el caso de $l=2m+1$ tenemos un proceso similar). Considerar la variable $k'$ en el siguiente formulario $$ k'=\left\{ \begin{array}{} k & 1\leq k\leq m,\\ k-t & m<k\leq l-1, \end{array} \right. $$ donde $t=k \pmod{m}$. Considere la posibilidad de $A^{(l,k)}$ $n \times n$ matriz con la definición de su pregunta, entonces el determinante de a $A^{(l,k)}$ es $$ \det(A^{(l,k)})=\frac{g(n,k')}{f(l,k)} $$ donde $$ \begin{array}{cc} g(n,k')=&(n+l-1)(n+l-2)^2(n+l-3)^3 \cdots (n+l-k'+1)^{k'-1} (n+l-k'+2)^{k'} \\ &\cdots (n+k'+1)^{k'} (n+k')^{k'} (n+k'-1)^{k'-1} \cdots (n+3)^3(n+2)^2(n+1) \end{array} $$ y $f(l,k)$ es un producto de varios factorial de los números que dependen de $l$( de los que no puedo obtener una relación directa). Por ejemplo,

$$ \begin{array}{cc} f(l,1)=f(l,l-1)=(l-1)!,\\ f(l,2)=f(l,l-2)=(l-1)!(l-2)!,\\ f(l,3)=f(l,l-3)=\frac{(l-1)!(l-2)!(l-3)!}{2},\\ \end{array} $$

Por ejemplo, considere el$l=10$$1\leq k \leq 9$, entonces el determinante de una $n\times n$ matriz $A^{(l,k)}$

$$ \begin{array}{ll} \det(A^{(10,1)})=\frac{1}{9!}\left( n+9 \right) \left( n+8 \right) \left( n+7 \right) \left( n+ 6 \right) \left( n+5 \right) \left( n+4 \right) \left( n+3 \right) \left( n+2 \right) \left( n+1 \right), \\ \det(A^{(10,2)})=\frac{1}{9!8!} \left( n+9 \right) \left( n+1 \right) \left( n+8 \right) ^{2} \left( n+7 \right) ^{2} \left( n+6 \right) ^{2} \left( n+5 \right) ^{ 2} \left( n+4 \right) ^{2} \left( n+3 \right) ^{2} \left( n+2 \right) ^{2},\\ \small{ \det(A^{(10,3)})=\frac{2}{9!8!7!} \left( n+9 \right) \left( n+1 \right) \left( n+8 \right) ^{2} \left( n+2 \right) ^{2} \left( n+5 \right) ^{3} \left( n+4 \right) ^{ 3} \left( n+3 \right) ^{3} \left( n+7 \right) ^{3} \left( n+6 \right) ^{3}},\\ \small{ \det(A^{(10,4)})=\frac{2}{9!8!7!5!} \left( n+9 \right) \left( n+1 \right) \left( n+8 \right) ^{2} \left( n+2 \right) ^{2} \left( n+7 \right) ^{3} \left( n+3 \right) ^{ 3} \left( n+5 \right) ^{4} \left( n+4 \right) ^{4} \left( n+6 \right) ^{4}},\\ \small{ \det(A^{(10,5)})=\frac{2}{9!8!7!5!5} \left( n+9 \right) \left( n+1 \right) \left( n+8 \right) ^{2} \left( n+2 \right) ^{2} \left( n+7 \right) ^{3} \left( n+3 \right) ^{ 3} \left( n+6 \right) ^{4} \left( n+4 \right) ^{4} \left( n+5 \right) ^{5}}, \\ \small{ \det(A^{(10,6)})=\frac{2}{9!8!7!5!} \left( n+9 \right) \left( n+1 \right) \left( n+8 \right) ^{2} \left( n+2 \right) ^{2} \left( n+7 \right) ^{3} \left( n+3 \right) ^{ 3} \left( n+5 \right) ^{4} \left( n+4 \right) ^{4} \left( n+6 \right) ^{4}},\\ \small{ \det(A^{(10,7)})=\frac{2}{9!8!7!} \left( n+9 \right) \left( n+1 \right) \left( n+8 \right) ^{2} \left( n+2 \right) ^{2} \left( n+5 \right) ^{3} \left( n+4 \right) ^{ 3} \left( n+3 \right) ^{3} \left( n+7 \right) ^{3} \left( n+6 \right) ^{3}},\\ \det(A^{(10,8)})=\frac{1}{9!8!} \left( n+9 \right) \left( n+1 \right) \left( n+8 \right) ^{2}\left( n+7 \right) ^{2} \left( n+6 \right) ^{2} \left( n+5 \right) ^{2} \left( n+4 \right) ^{2} \left( n+3 \right) ^{2} \left( n+2 \right) ^{2}, \det(A^{(10,9)})=\frac{1}{9!}\left( n+9 \right) \left( n+8 \right) \left( n+7 \right) \left( n+ 6 \right) \left( n+5 \right) \left( n+4 \right) \left( n+3 \right) \left( n+2 \right) \left( n+1 \right). \end{array} $$

Yo creo que si puedes encontrar una relación de $f(l,k)$, entonces por inducción en $n$, usted puede probar la citada fórmula.

Me fije sus Arce código fuente. En Arce código, puede cambiar el valor de $l$ ver más ejemplos!

Por ejemplo, en su ejemplo, el determinante de a $n \times n$ matriz$A^{(2,1)}$$\det(A^{(2,1)})=n+1$.