mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 18, 2012 9:47 pm**

Να υπολογισθεί η ορίζουσα:

$\displaystyle{\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2& \ldots &{n - 1}&n \\ 2&3& \ldots &n&1 \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ {n - 1}&n& \ldots &{n - 3}&{n - 2} \\ n&1& \ldots &{n - 2}&{n - 1} \end{array}} \right|}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 30, 2012 1:43 pm**

Έχει νόημα να ασχοληθούμε για $n\geq 3$

Έστω

η ορίζουσα που θέλουμε να υπολογίσουμε

Αρχικά προσθέτουμε στην πρώτη στήλη όλες τις υπόλοιπες και έχουμε

$X=\left\begin{vmatrix} \displaystyle\sum_{k=1}^n k & 2 & 3 & 4 & \cdots & n-1 & n\\\noalign{\vspace{0.1cm}} \displaystyle\sum_{k=1}^n k & 3 & 4 & 5 & \cdots & n & 1 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} \displaystyle\sum_{k=1}^n k & 4 & 5 & 6 & \cdots & 1 & 2 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\\noalign{\vspace{0.1cm}} \displaystyle\sum_{k=1}^n k & n & 1 & 2 & \cdots & n-3 & n-2 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} \displaystyle\sum_{k=1}^n k & 1 & 2 & 3 & \cdots & n-2 & n-1 \end{vmatrix}\right$

Άρα $X=\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}\left\begin{vmatrix} 1& 2 & 3 & 4 & \cdots & n-1 & n\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 1 & 3 & 4 & 5 & \cdots & n & 1 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} 1 & 4 & 5 & 6 & \cdots & 1 & 2 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\\noalign{\vspace{0.1cm}} 1 & n & 1 & 2 & \cdots & n-3 & n-2 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} 1 & 1 & 2 & 3 & \cdots & n-2 & n-1 \end{vmatrix}\right$

και άρα $X=\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}Y$

όπου

η παραπάνω ορίζουσα

Στην ορίζουσα αυτή αφαιρούμε από κάθε γραμμή την πρώτη και έχουμε

$Y=\left\begin{vmatrix} 1& 2 & 3 & 4 & \cdots & n-1 & n\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 0 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1-n \\\noalign{\vspace{0.1cm}} 0 & 2 & 2 & 2 & \cdots & 2 & 2-n \\\noalign{\vspace{0.1cm}} \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\\noalign{\vspace{0.1cm}} 0 & n-3 & n-3 & -3 & \cdots & -3 & -3 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} 0 & -2 & -2 & -2 & \cdots & -2 & -2 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} 0 & -1 & -1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} \end{vmatrix}\right =Z$

όπου $Z=\left\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1-n \\\noalign{\vspace{0.1cm}} 2 & 2 & 2 & \cdots & 2 & 2-n \\\noalign{\vspace{0.1cm}} \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \\\noalign{\vspace{0.1cm}} n-3 & n-3 & -3 & \cdots & -3 & -3 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} -2 & -2 & -2 & \cdots & -2 & -2 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} -1 & -1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} \end{vmatrix}\right$

Στην ορίζουσα

κάνουμε τις εξής πράξεις

Δηλαδή $\Gamma_{i}=\Gamma_{i}-i\Gamma_{1},i=2,3$

Επομένως

$Z=\left\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1-n \\\noalign{\vspace{0.1cm}} 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & n \\\noalign{\vspace{0.1cm}} 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 2n \\\noalign{\vspace{0.1cm}} \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \\\noalign{\vspace{0.1cm}} n-3 & n-3 & -3 & \cdots & -3 & -3 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} n-2 & -2 & -2 & \cdots & -2 & -2 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} -1 & -1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \\\noalign{\vspace{0.1cm}} \end{vmatrix}\right=0$

Άρα, $X=\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}Y=\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}Z=0$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 30, 2012 1:47 pm**

Βέβαια μπορούσαμε να την υπολογίσουμε πιο εύκολα αφαιρώντας εξ'αρχής

από κάθε γραμμή

φορές την πρώτη αλλά το σκέφτηκα αφού δημοσίευσα την παραπάνω λύση

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 31, 2012 7:03 pm**

BAGGP3 για ξαναδες το διότι νομίζω η ορίζουσα δεν είναι

.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 31, 2012 7:22 pm**

Μόλις τώρα είδα ότι δόθηκε απάντηση, η οποία είναι όντως λανθασμένη.
Η απάντηση που δίνει το βιβλίο από όπου την πήρα είναι:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Αν δε δοθεί λύση σύντομα θα αναρτήσω αυτήν που έχω κατα νου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 01, 2012 11:10 am**

Θα αποδείξουμε το εξής γενικότερο αποτέλεσμα:

Ισχυρισμός: Έστω ακέραιος $\displaystyle{n \ge 2}$ και $\displaystyle{{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n} \in \mathbb{C}.}$ Τότε, ισχύει:

$\displaystyle{f\left( {{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}} \right): = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_1}}&{{x_2}}& \cdots &{{x_{n - 1}}}&{{x_n}}\\ {{x_2}}&{{x_3}}& \cdots &{{x_n}}&{{x_1}}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ {{x_{n - 1}}}&{{x_n}}& \cdots &{{x_{n - 3}}}&{{x_{n - 2}}}\\ {{x_n}}&{{x_1}}& \cdots &{{x_{n - 2}}}&{{x_{n - 1}}} \end{array}} \right| = {\left( { - 1} \right)^{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}}}\prod\limits_{j = 0}^{n - 1} {\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {{\omega ^{jk}}{x_k}} } \right)} }$ $\bf \color{red}\left(\bigstar \right)$

όπου $\displaystyle{\omega = {e^{\frac{{2\pi i}}{n}}}.}$

Απόδειξη του Ισχυρισμού: Παρατηρούμε ότι η ορίζουσα $\displaystyle{f\left( {{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}} \right)}$ είναι πολυώνυμο βαθμού $\displaystyle{n}$ ως προς καθεμιά από τις μεταβλητές $\displaystyle{{{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}}.}$ Προσθέτοντας όλες τις στήλες της ορίζουσας στην πρώτη στήλη της, βρίσκουμε ότι το πολυώνυμο $\displaystyle{{x_1} + {x_2} + \cdots + {x_n}}$ είναι παράγοντας του πολυωνύμου $\displaystyle{f\left( {{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}} \right)}$ , που αντιστοιχεί στον όρο $\displaystyle{j = 0}$ του δεξιού μέλους της σχέσης $\bf \color{red}\left(\bigstar \right)$ .

Έστω τώρα $\displaystyle{j \in \left\{ {1,2, \ldots ,n - 1} \right\}}$ . Πολλαπλασιάζοντας την πρώτη στήλη της ορίζουσας με $\displaystyle{{\omega ^j}}$ , τη δεύτερη με $\displaystyle{{\omega ^{2j}}}$ κ.ο.κ. μέχρι την τελευταία στήλη (που πολλαπλασιάζεται με $\displaystyle{{\omega ^{nj}} = 1}$ ) και προσθέτοντας όλες τις στήλες στην πρώτη, βρίσκουμε ότι το πολυώνυμο $\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^n {{\omega ^{jk}}{x_k}} }$ είναι παράγοντας του $\displaystyle{f\left( {{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}} \right)}$ . Επειδή κανένας από τους παραπάνω παράγοντες δεν προκύπτει από άλλον με πολλαπλασιασμό με σταθερά, συμπεραίνουμε ότι υπάρχει σταθερά $\displaystyle{c}$ τέτοια, ώστε

$\displaystyle{f\left( {{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}} \right) = c \prod\limits_{j = 0}^{n - 1} {\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {{\omega ^{jk}}{x_k}} } \right)} }$ $\bf \color{red}\left(1 \right)$ .

Θέτοντας $\displaystyle{{x_1} = {x_2} = \cdots = {x_{n - 1}} = 0}$ και $\displaystyle{ {x_n} = 1}$ στη σχέση $\bf \color{red}\left(1 \right)$ προκύπτει ότι

$\displaystyle{c = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0& \cdots &0&1\\ 0&0& \cdots &1&0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0&1& \cdots &0&0\\ 1&0& \cdots &0&0 \end{array}} \right| = {\left( { - 1} \right)^{n - 1}}{\left( { - 1} \right)^{n - 2}} \cdots {\left( { - 1} \right)^2}\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}}}}$

και ο Ισχυρισμός δείχθηκε.

Εφαρμόζουμε τώρα τον Ισχυρισμό για $\displaystyle{{x_k} = k}$ , με $\displaystyle{k = 1,2, \ldots ,n}$ , οπότε η ζητούμενη ορίζουσα είναι ίση με

$\displaystyle{{\left( { - 1} \right)^{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}}}\prod\limits_{j = 0}^{n - 1} {\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {k{\omega ^{jk}}} } \right)} = {\left( { - 1} \right)^{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}}}\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\prod\limits_{j = 1}^{n - 1} {\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {k{\omega ^{jk}}} } \right)} .}$

Για $\displaystyle{j \in \left\{ {1,2, \ldots ,n - 1} \right\}}$ θέτουμε

$\displaystyle{{S_j} = \sum\limits_{k = 1}^n {k{\omega ^{j(k-1)}}} .}$

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{{S_j} - {\omega ^j}{S_j} = 1 + {\omega ^j} + {\omega ^{2j}} + \cdots + {\omega ^{\left( {n - 1} \right)j}} - n{\omega ^{nj}} = \frac{{{\omega ^{nj}} - 1}}{{{\omega ^j} - 1}} - n = - n,}$

οπότε

$\displaystyle{{S_j} = \frac{n}{{{\omega ^j} - 1}}}$

και άρα

$\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^n {k{\omega ^{jk}}} = \frac{{n{\omega ^j}}}{{{\omega ^j} - 1}}.}$

Εφόσον

$\displaystyle{\prod\limits_{j = 1}^{n - 1} {\frac{{n{\omega ^j}}}{{{\omega ^j} - 1}}} = {n^{n - 1}}\frac{{\prod\limits_{j = 1}^n {{\omega ^j}} }}{{\prod\limits_{j = 1}^{n - 1} {\left( {{\omega ^j} - 1} \right)} }} = {n^{n - 1}}\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{n{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}} = {n^{n - 2}},}$

η ζητούμενη ορίζουσα είναι ίση με

$\displaystyle{\boxed{{\left( { - 1} \right)^{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}}}\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}{n^{n - 2}}}.}$

Παρατήρηση: Χρησιμοποιήσαμε ότι το γινόμενο όλων των $\displaystyle{n}$ -οστών ριζών της μονάδας είναι ίσο με $\displaystyle{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}$ και ότι

$\displaystyle{{\prod\limits_{j = 1}^{n - 1} {\left( {{\omega ^j} - 1} \right) = n{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}} },}$

που προκύπτει από τη σχέση

$\displaystyle{1 + z + {z^2} + \cdots + {z^{n - 1}} = \left( {z - \omega } \right)\left( {z - {\omega ^2}} \right) \cdots \left( {z - {\omega ^{n - 1}}} \right)}$

για $\displaystyle{z = 1.}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 01, 2012 9:29 pm**

Βαγγέλη μόλις είδα τη λύση σου και φυσικά είναι εξαιρετική όπως πάντα!

Σ' ευχαριστούμε!

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 02, 2012 10:52 am**

Βάζω και την δική μου απάντηση μιας και διαφέρει κάπως από αυτήν του Βαγγέλη. Αν και δούλεψα με τον συγκεκριμένο πίνακα που δόθηκε η ίδια απόδειξη θα αποδείξει και τον ισχυρισμό του Βαγγέλη.

emouroukos έγραψε: Ισχυρισμός: Έστω ακέραιος $\displaystyle{n \ge 2}$ και $\displaystyle{{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n} \in \mathbb{C}.}$ Τότε, ισχύει:

$\displaystyle{f\left( {{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}} \right): = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_1}}&{{x_2}}& \cdots &{{x_{n - 1}}}&{{x_n}}\\ {{x_2}}&{{x_3}}& \cdots &{{x_n}}&{{x_1}}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ {{x_{n - 1}}}&{{x_n}}& \cdots &{{x_{n - 3}}}&{{x_{n - 2}}}\\ {{x_n}}&{{x_1}}& \cdots &{{x_{n - 2}}}&{{x_{n - 1}}} \end{array}} \right| = {\left( { - 1} \right)^{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}}}\prod\limits_{j = 0}^{n - 1} {\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {{\omega ^{jk}}{x_k}} } \right)} }$ $\bf \color{red}\left(\bigstar \right)$

όπου $\displaystyle{\omega = {e^{\frac{{2\pi i}}{n}}}.}$

Αρχικά εναλλάσω την δεύτερη με την

-οστή γραμμή, την τρίτη με την (n-1)

-οστή γραμμή κ.τ.λ. Συνολικά κάνω $\lfloor (n-1)/2 \rfloor$ εναλλαγές. Παρατηρώ ότι $\lfloor (n-1)/2 \rfloor \equiv n(n-1)/2 \bmod 2$ οπότε

$\displaystyle{f\left( {{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}} \right) = (-1)^{n(n-1)/2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_1}}&{{x_2}}& \cdots &{{x_{n - 1}}}&{{x_n}}\\ {{x_n}}&{{x_1}}& \cdots &{{x_{n-2}}}&{{x_{n-1}}}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ {{x_{3}}}&{{x_4}}& \cdots &{{x_{1}}}&{{x_{2}}}\\ {{x_2}}&{{x_3}}& \cdots &{{x_{n}}}&{{x_{1}}} \end{array}} \right|}$

Ο τελευταίος πίνακας είναι γνωστός ως circulant matrix. Τα ιδιοδιανύσματα και οι ιδιοτιμές του είναι γνωστά.

Το διάνυσμα $v_j = (1, \omega^j , \omega^{2j}, \ldots , \omega^{(n-1)j}$ είναι ιδιοδιάνυσμα με ιδιοτιμή $\lambda_j = x_1 + x_2\omega^j + \cdots + x_n \omega^{(n-1)j}$ . Τα διανύσματα $v_0,v_1,\ldots,v_{n-1}$ είναι γραμμικώς ανεξάρτητα (π.χ. από πίνακα Vandermonde) άρα οι $\lambda_0, \ldots, \lambda_{n-1}$ είναι οι ιδιοτιμές του πίνακα και άρα $\displaystyle{f\left( {{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}} \right) = (-1)^{n(n-1)/2}\lambda_0 \cdots \lambda_{n-1}}$ όπως ακριβώς λέει ο ισχυρισμός.

mathematica.gr

Μια ορίζουσα

Μια ορίζουσα

Re: Μια ορίζουσα

Re: Μια ορίζουσα

Re: Μια ορίζουσα

Re: Μια ορίζουσα

Re: Μια ορίζουσα

Re: Μια ορίζουσα

Re: Μια ορίζουσα