Para la conexión de un $d$-gráfico regular $G=(V,E)$ con matriz de adyacencia $A$, se define una secuencia de matrices $$A_0,A_1,A_2,A_3,\dots$$ se define el uso de los poderes de $A$ inductivamente como sigue: $$A_0=I$$ $$A_1=A$$ $$A_2=A^2-dI$$ Para $k \geq 3$, $$A_{k}=A_{k-1}A-(d-1)A_{k-2}$$ Como $(A^k)_{v,w}$ cuenta el número de paseos en $G$$v$$w$, el valor de $(A_k)_{v,w}$ cuenta el número de paseos en $G$ $v$ $w$sin vuelta atrás. La recurrencia de la relación anterior puede ser usada fácilmente para mostrar que el ordinario (matriz) de generación de la función de la secuencia de arriba es $$\sum \limits_{k=0}^{\infty} t^k A_k = (1- t^2)I. \left( I-tA + (d-1)t^2 I \right)^{-1}$$ Con un poco de abuso de notación, podemos reescribir la generación de esta función como $$\frac{1-t^2}{I-At+(d-1)t^2}$$
Por otro lado, la Ihara zeta función de la gráfica de $G$ está dado por $$\zeta_G(t) = exp \left( \sum \limits_{k=1}^{\infty} N_k \frac{t^k}{k} \right)$$ donde $N_k$ es el número de cerrado de no-retroceso paseos en $G$ de la longitud de la $k$. Se sabe que $\zeta_G(t)$ tiene una expresión alternativa el uso de determinantes como $$\zeta_G(t) = \frac{(1-t^2)^{|V|-|E|}}{det(I-At+(d-1)t^2)}$$
Mi pregunta es: ¿puede el determinante de la fórmula para el Ihara zeta función se deriva de la generación de la función para las matrices de $A_k$? ¿Cuál es exactamente la relación entre el$A_k$$N_k$?
Una pregunta similar se ha pedido aquí Cómo llegar de Chebyshev para Ihara? y también he estado tratando de ideas a partir de aquí la Prueba de 2 Matriz de identidades (Huellas, Registros, Determinantes) Pero no estoy interesado en el polinomio de Chebychev de conexión aquí: sólo si la generación de la función pueden ser manipulados usando logaritmos y seguimientos para obtener la expresión para la función zeta. Gracias.
ACTUALIZACIÓN: He aquí un parcial intento de mina. El uso de los polinomios de Chebychev de la segunda clase se define como $$U_0(x)=1$$ $$U_1(x) = 2x$$ y para $k \geq 2$, $$U_k(x) = U_{k-1}(x)U_1(x) - U_{k-2}(x)$$ y con la generación de la función $$\sum \limits_{k=0}^{\infty} U_k(x)t^k = \frac{1}{1-2xt+t^2}$$ podemos expresar la matriz de $A_k$ $$A_k = (d-1)^{k/2} U_k \left( \frac{A}{2 \sqrt{d-1}} \right) - (d-1)^{k/2-1} U_{k-2} \left( \frac{A}{2 \sqrt{d-1}} \right)$$ y así $$Tr(A_k) = (d-1)^{k/2} \sum \limits_{i=0}^{n-1} U_k \left( \frac{\mu_i}{2 \sqrt{d-1}} \right) - (d-1)^{k/2-1} \sum \limits_{i=0}^{n-1} U_{k-2} \left( \frac{\mu_i}{2 \sqrt{d-1}} \right) $$ donde $$d=\mu_0 \geq \mu_1 \geq \dots \geq \mu_{n-1} \geq d$$ son las $n$ autovalores de la matriz de adyacencia $A$. Así pues, tenemos una expresión para el seguimiento de $A_k$ como un polinomio en los valores propios de a $A$. Así que ahora podría intentar trabajar con la ecuación $$\sum \limits_{k=0}^{\infty} U_k(x)t^k = \frac{1}{1-2xt+t^2}$$ para obtener una versión modificada de la generación de la función de $U_k$ que no tiene $1-2xt+t^2$ en el denominador! La intuición sugiere que la integración podría ayudar.
La integración de la generación de la función de $U_k$, obtenemos $$\sum \limits_{k=1}^{\infty} U_k(x) \frac{t^k}{k} = \int \limits_{0}^{t} \frac{2x-y}{1-2xy+y^2}dy$$ Esta integral resulta ser $$\int \limits_{0}^{t} \frac{2x-u}{1-2xu+u^2}du = -\frac{1}{2} \log{(1-2xt+t^2)} + \left( \frac{x \arctan\left( \frac{t-x}{\sqrt{1-x^2}} \right) }{\sqrt{1-x^2}} - \frac{x \arctan\left( \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}} \right) }{\sqrt{1-x^2}} \right)$$ Por lo tanto, $$\sum \limits_{k=1}^{\infty} U_k(x)\frac{t^k}{k} = -\frac{1}{2} \log{(1-2xt+t^2)} + \left( \frac{x \arctan\left( \frac{t-x}{\sqrt{1-x^2}} \right) }{\sqrt{1-x^2}} - \frac{x \arctan\left( \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}} \right) }{\sqrt{1-x^2}} \right)$$ Ahora \begin{align*} \sum \limits_{k=1}^{\infty} Tr(A_k) \frac{t^k}{k} & = \sum \limits_{k=1}^{\infty} \left( (d-1)^{k/2} \sum \limits_{j=0}^{n-1} U_k \left( \frac{\mu_j}{2 \sqrt{d-1}} \right) - (d-1)^{k/2-1} \sum \limits_{j=0}^{n-1} U_{k-2} \left( \frac{\mu_j}{2 \sqrt{d-1}} \right) \right)\\ & = \sum \limits_{j=0}^{n-1} \sum \limits_{k=1}^{\infty} (d-1)^{k/2} U_k \left( \frac{\mu_i}{2\sqrt{d-1}} \right) \frac{t^k}{k} - \sum \limits_{j=0}^{n-1} \sum \limits_{k=1}^{\infty} (d-1)^{k/2-1} U_{k-2} \left( \frac{\mu_j}{2\sqrt{d-1}} \right) \frac{t^k}{k} \end{align*} Basado en nuestros anteriores cálculos, para cada autovalor $\mu_j$$0 \leq j \leq n-1$, $$\sum \limits_{k=1}^{\infty} (d-1)^{k/2} U_k \left( \frac{\mu_j}{2\sqrt{d-1}} \right) \frac{t^k}{k} = \sum \limits_{k=1}^{\infty} U_k \left( \frac{\mu_j}{2\sqrt{d-1}} \right) \frac{(t\sqrt{d-1})^k}{k} = -\frac{1}{2} \log{(1-\mu_j t + (d-1)t^2)} + C$$ donde $$C=\frac{\mu}{\sqrt{4(d-1)-\mu_j^2}} \left( \arctan{ \left( \frac{2t\sqrt{d-1}-\mu_j}{\sqrt{4(d-1)-\mu_j^2}} \right)} - \arctan{ \left( \frac{-\mu_j}{\sqrt{4(d-1)-\mu_j^2}} \right)} \right)$$ El uso de los siguientes dos identidades para el $\arctan$ función de: $$\arctan{(z_1)}-\arctan{(z_2)}=\arctan{ \left( \frac{z_1-z_2}{1+z_1z_2} \right) }$$ $$\arctan{(z)} = \frac{i}{2} \log{ \left( \frac{1-iz}{1+iz} \right) } $$ tenemos $$C=\frac{i \mu_j}{2 \sqrt{4(d-1)-\mu_j^2}} \log{ \left( \frac{2-\mu_j t - it \sqrt{4(d-1)-\mu_j^2}}{2-\mu_j t + it \sqrt{4(d-1)-\mu_j^2}} \right)}$$ Un cálculo similar se puede utilizar para mostrar que $$\sum \limits_{k=1}^{\infty} (d-1)^{k/2-1} U_{k-2} \left( \frac{\mu_i}{2\sqrt{d-1}} \right) \frac{t^k}{k} = \frac{1}{d-1} \left( \frac{1}{2}\log{(1-\mu_i t + (d-1)t^2)} + C \right)$$ para el \emph{mismo} constante $C$ como en la ecuación anterior.
Esta sustitución nos da una insatisfactoria expresión para $\sum \limits_{k=1}^{\infty} Tr(A_k) t^k/k$. Tengo curiosidad, pero no muy optimista, si algo notable puede ser recuperado a partir de este trainwreck! Todo se reduce a la pregunta original de nuevo: ¿hay alguna conexión entre el$Tr(A_k)$$N_k$?
Los punteros son bienvenidos. Muchas gracias a la Voluntad de Ornick por señalar el error en la actualización anterior.
