Deje $A$ ser una matriz es definida de la siguiente forma:
$$A_{ij}=\begin{cases} \alpha, & \text{if i=j} \\ \beta , & \text{if i %#%#% j} \end{casos} $$ Entonces me di cuenta de esta matriz se ve de alguna manera como este $$ \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \beta \\ \beta & \alpha & \beta \\ \beta & \beta & \alpha \\ \end{pmatrix} $$
He intentado manipular las filas para obtener una triangular superior de la matriz, pero no podía tener éxito, estoy en la dirección correcta... alguna ayuda?:)
estas matrices están muy cerca de la escuela primaria matrices: la perturbación de la identidad de la matriz por un rango de una matriz. la matriz en cuestión puede ser escrito como la suma de un escalar matriz y un rango de una matriz. que es
$$A = (\alpha - \beta) I + \beta aa^T \mbox{ where } a = (1,1,\cdots, 1)^T.$$ the eigenvalues of $aa^T$ are $^Ta = n, 0, 0, \cdots, 0$ and it follows that the eigenvalues of $Un$ are $$\alpha + \beta n - \beta, \alpha-\beta, \alpha-\beta, \cdots, \alpha - \beta$$ the determinant of $Un$ is the product of the eigenvalues, which is $$ det(A) = (\alpha - \beta)^{n-1}(\alpha + (n-1)\beta). $$
Mira 2x2. Usted puede encontrar el detonante de que.
Ahora se expanden a través de la primera fila de la 3x3 versión. Lo que sucede? Aviso de cualquier patrón? Usted debe ver la matriz de 2 x 2 caso mostrando un poco.
ahora repita en 4x4. Patrón Similar. Puedes encontrar lo que el patrón general es? El siguiente paso es probarlo. Dado que partimos de 2, luego 3, luego 4, que es un indicio de que la inducción debe ser el enfoque.
Sabemos que cada determinante debe consistir $n!$ productos de $n$ entradas cada uno, si tenemos una $n\times n$ matriz. Teniendo en cuenta cada una de las $\alpha$ en la diagonal, una $\alpha$ se multiplica por el factor determinante de la $(n-1)\times(n-1)$ versión de la matriz. Así que si tomamos el anterior determinante, si se multiplica por $n\cdot \alpha$, y dividir cada término por el exponente de $\alpha$ en el término determinado y añadir una cantidad suficiente de veces $\beta^n$ a un total de $n!$ productos debemos ser buenos: $$ \begin{align} n&=2&&&det&=\alpha^2-\beta^2\\ n&=3&&&first&=3\alpha(\alpha^2-\beta^2)\\ &&&&&=3\alpha^3-3\alpha\beta^2\\ &&&&&\sim\alpha^3-3\alpha\beta^2\\ &&&&det&=\alpha^3-3\alpha\beta^2+2\beta^3\\ n&=4&&&first&=4\alpha(\alpha^3-3\alpha\beta^2+2\beta^3)\\ &&&&&=4\alpha^4-12\alpha^2\beta^2+8\alpha\beta^3\\ &&&&&\sim\alpha^4-6\alpha^2\beta^2+8\alpha\beta^3-6\beta^4+3\beta^4\\ &&&&det&=\alpha^4-6\alpha^2\beta^2+8\alpha\beta^3-3\beta^4\\ \end{align} $$ Tenga en cuenta que en $n=4$ me han restado seis $\beta^4$ y el agregado de tres a 12 negativos y 12 de términos positivos como un total. Recuerde que debemos tener $4!=24$ productos de $\alpha$'s y $\beta$'s y la mitad de ellos debe ser positiva, y la otra mitad negativa. Yo no sé acerca de una fórmula general para el $n$, pero puede ser fácil derivar de esto ...
La razón para dividir por el exponente de $\alpha$ es que si tenemos el $\alpha^k\beta^{n-k}$ cada producto es contado repetidas $k$ veces cuando nos movemos a través de la diagonal, y considerar la posibilidad de que los productos de cada una de las $\alpha$ participa en. Si $k$ de la $\alpha$'s están en él, se contabilizarán a la hora de consultar cada uno de estos $k$ de la $\alpha$'s para $k$ veces muy a menudo ...
Uno tiene que ser cuidadoso cuando se continúa a este. Tenemos que usar el $24$-versión del producto de $det(A_4)$ a de tener el número correcto de los productos en $det(A_5)$: $$ \begin{align} first&=5\alpha(\alpha^4-6\alpha^2\beta^2+8\alpha\beta^3-6\beta^4+3\beta^4)\\ &=5\alpha^5-30\alpha^3\beta^2+40\alpha^2\beta^3-30\alpha\beta^4+15\alpha\beta^4\\ &\sim \alpha^5-10\alpha^3\beta^2+20\alpha^2\beta^3-30\alpha\beta^4+15\alpha\beta^4-20\beta^5+24\beta^5\\ det(A_5)&=\alpha^5-10\alpha^3\beta^2+20\alpha^2\beta^3-15\alpha\beta^4-4\beta^5 \end{align} $$ Este resultado es confirmado por Wolfram Alpha. Tenga en cuenta también cómo la segunda a la última línea de arriba tiene 60 positivo y 60 aportaciones negativas. Un total de $5!=120$ como se desee.
El Determinante de la Matriz de Lema da el determinante de una generalización de esta forma de la matriz, es decir, de la suma de una matriz invertible $B$ y un rango de-$1$ matriz, que siempre se puede escribir como un producto de ${\bf u} {\bf v}^T$ para los vectores ${\bf u}, {\bf v}$: $$\det (B + {\bf u} {\bf v}^T) = (1 + {\bf v}^T B^{-1} {\bf u}) \det B . \qquad (\ast)$$
En nuestro caso, podemos escribir la da $n \times n$ matriz $A$ $$B + {\bf u} {\bf v}^T,$$ donde $$ B = (\alpha \beta) I_n, \qquad {\bf u} = \begin{pmatrix} 1 \\ \vdots \\ 1\end{pmatrix}, \qquad {\bf v} = \beta {\bf u}.$$ Para evaluar $(\ast)$, tenemos que $$\det B = \det[(\alpha - \beta) I_n] = (\alpha - \beta)^n$$ y $$B^{-1} = (\alpha - \beta)^{-1} I_n,$ $ , que, en particular, da $${\bf v}^T B^{-1} {\bf u} = n \beta (\alpha - \beta)^{-1},$$ y sustituyendo da $$\color{red}{\det A} = [1 + n \beta (\alpha - \beta)^{-1}] (\alpha - \beta)^n \color{red}{ = (\alpha - \beta)^{n - 1}[\alpha + (n - 1) \beta]}.$$
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