matematikk.net

Hva er determinanten til følgende nxn matrise med a på hoveddiagonalen, se link

http://d.yimg.com/hd/answers/i/c7adbd88 ... f41afc3888

jeg tipper det er noe relatert til

[tex](a+b)^n[/tex]

Det kan være en idé å prøve å finne en rekursiv formel. La

$A_n=\begin{pmatrix} a & b & \cdots \\ b & a & \\ \vdots & & \ddots \end{pmatrix}_{n\times n}$ og

$B_n=\begin{pmatrix} b & b & \cdots \\ b & a & \\ \vdots & & \ddots \end{pmatrix}_{n\times n}$.

La $x_n=\det A_n$ og $y_n=\det B_n$.

Da er (dersom jeg har regnet riktig)

$x_n = ax_{n-1}-(n-1)by_{n-1}$ og

$y_n = bx_{n-1}-(n-1)by_{n-1}$

med startbetingelser $x_1=a$, $y_1=b$.

Hvis du nå klarer å løse dette systemet av koblede rekursjonsligninger, er du i mål.

EDIT: det hele kan skrives mer pent

$\begin{pmatrix} x_n \\ y_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a & (1-n)b \\ b & (1-n)b \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{n-1} \\ y_{n-1}\end{pmatrix}$.

EDIT 2: Vi kan omformulere dette som én 2.ordens homogen rekursjonsligning

$x_{n+1}+c_nx_n+d_nx_{n-1}=0$ der $c_n=nb-a$ og $d_n=nb(b-a)$

Jeg kom også frem til de samme differensligningene som Plutarco, men fant etterpå en litt annen vinkling som jeg syntes var noe enklere.

La [tex]A_n[/tex] være determinanten til den aktuelle nxn matrisen.
Determinanten til en matrise forandres ikke hvis vi legger til et multiplum av en rad til en annen. Hvis vi tar summen av de n-1 nederste
radene får vi [tex]((n-1)b,(n-2)b+a,(n-2)b+a,\cdots ,(n-2)b+a)[/tex]. Multipliserer vi denne videre med [tex]\frac{b}{(n-2)b+a}[/tex] og trekker
denne fra første rad vil første rad ha null på alle plasser unntatt den første. Da er det enkelt å sette opp en rekursjonsligning.

[tex]A_n=(a-\frac{(n-1)b^2}{a+(n-2)b})A_{n-1}=\frac{a^2+(n-2)ab-(n-1)b^2}{a+(n-2)b}A_{n-1}=\frac{(a-b)(a-(n-1)b)}{(a+(n-2)b)}A_{n-1}[/tex]

Setter vi inn for [tex]A_{n-1}[/tex] og videre nedover strykes alle nevnerne utenom den siste. Ved å bruke initialbetingelsen [tex]A_1=a[/tex]
eller [tex]A_2=a^2-b^2[/tex] får vi at [tex]A_n=(a-b)^{n-1}(a+(n-1)b)[/tex].

Veldig smart løsning!

Det er forsåvidt naturlig å gjette på en løsning av den 2.ordens ligningen jeg kom frem til på formen $x_n=\lambda^n (cn+d)$ (pga lineære koeffisienter), og innsetting av denne vil gi samme løsning når man sammenligner koeffisienter.

takker og bukker for begge bidrag, skjønte raskt dette var en litj nøtt...

Her er en analyseløsning sjøl om jeg liker algebraløsninga til B. bedre. Fordelen er at vi får et mer generelt resultat.

La M være n*n-matrisa med [b/a/c] [under/på/over] diagonalen. Da er [tex]\det M = f(0)[/tex] der [tex]f(x)=\det(M-x1)=\alpha x+\beta[/tex] hvor [tex]1[/tex] er n*n-matrisa med bare 1-ere. Man kan vise at [tex]f[/tex] er en lineær funksjon som angitt, ideen er at x^k-ledd for k>1 faller når man utvikler determinanten.

Vi har nå at [tex]f(b)=(a-b)^n=b\alpha+\beta[/tex], [tex]f(c)=(a-c)^n=c\alpha+\beta[/tex]. Vi er interessert i [tex]f(0)=\beta[/tex], så vi løser ligningene for [tex]\beta[/tex] og får [tex]\beta=\frac{c(a-b)^n-b(a-c)^n}{c-b}[/tex]. Ved kontinuitet finner vi determinanten i det opprinnelige problemet ved å la c gå mot b. Etter en runde med L'Hôpitals får vi det samme som over.

mrcreosote wrote:Her er en analyseløsning sjøl om jeg liker algebraløsninga til B. bedre. Fordelen er at vi får et mer generelt resultat.
La M være n*n-matrisa med [b/a/c] [under/på/over] diagonalen. Da er [tex]\det M = f(0)[/tex] der [tex]f(x)=\det(M-x1)=\alpha x+\beta[/tex] hvor [tex]1[/tex] er n*n-matrisa med bare 1-ere. Man kan vise at [tex]f[/tex] er en lineær funksjon som angitt, ideen er at x^k-ledd for k>1 faller når man utvikler determinanten.
Vi har nå at [tex]f(b)=(a-b)^n=b\alpha+\beta[/tex], [tex]f(c)=(-c)^n=c\alpha+\beta[/tex]. Vi er interessert i [tex]f(0)=\beta[/tex], så vi løser ligningene for [tex]\beta[/tex] og får [tex]\beta=\frac{c(a-b)^n-b(a-c)^n}{c-b}[/tex]. Ved kontinuitet finner vi determinanten i det opprinnelige problemet ved å la c gå mot b. Etter en runde med
L'Hôpitals får vi det samme som over.

takker...