Максимальное значение определителя

[Руст]

Хотя при n<5 точное значение задается по формуле $det_n=2^{n-1}[\frac{n^{n/2}}{2^{n-1}}] которая является верхней оценкой. При больших n можно отбирать n вершин (из 2^n ) куба из +-1 (наподобии ортогонализации), чтобы $det_n>n^{n/2}e^{-n}$.
Ещё, оценка приведённая rashidom не только неточная, но и неверная при n=1,2.

[Sonic86]

// вынесено из темы Задачи из Математического Просвещения N12 (2008)

Наибольшее значение определителя из задачи 7, видимо, равно $2^{n-1}$. Доказывается с помощью метода Гаусса и индукции. Не находите?

[Руст]

Sonic86 писал(а):

Наибольшее значение определителя из задачи 7, видимо, равно $2^{n-1}$. Доказывается с помощью метода Гаусса и индукции. Не находите?

Ошибаетесь. Очевидно, что если $a_n$ максимальное значение такого определителля n -го порядка, то $a_{m+n}\ge a_m*a_n$ и $a_n\le (\sqrt n)^n$.
Но как показало здесь обсуждение (задача здесь рассматривалась ранее отдельной темой, поищите) рост $a_n$ является не показательной функцией, а скорее типа $(n/2)!$, т.е. более быстрой любой показательной.
Вообще, если через $b_n$ обозначать максимальное значение определителя из 0 и 1, то верно $a_n=2^{n-1}b_{n-1}$. Если найти примерно такое же соотношение для $b_n$ то задача будет полностью решена (по крайней мере рекурентно).

[Sonic86]

Раннее обсуждение пока не нашел
Можно показать, что можно рассматривать наибольшие по модулю определители, не содержащие нулей . Рассмотрим некоторый определитель, содержащий хотя бы 1 нуль. Рассмотрим второй определитель, такой же как первый, но содержащий вместо этого нуля 1 или -1. Найдем разность этих определителей. По формуле для суммы, так как все векторы - те же, кроме вектора, где был нуль, получим новый определитель, такой же, но вектор, где стоял нуль, станет нулевым, за исключением одного элемента - там будет стоять 1 или -1 - в зависимости от того, 1 или -1 мы поставим во второй определитель. Редуцируя новый определитель по строке мы получим некий определитель, умноженный на 1 или -1. Если сам он ненулевой, то можно подобрать единицу так, что его произведение на эту единицу будет положительно. А значит, второй определитель, полученный из первого, будет больше первого, а значит первый - не максимальный. Если же после редуцирования мы получим нулевой определитель, то это значит, что рассматриваемый нуль можно заменить на 1 или -1 - новый определитель не изменится . Проводя такую процедуру над каждым ноликом, мы получим итоговый определитель, не меньший исходного, но состоящий только из 1 и -1.
Если взять определитель, состоящий только из единиц, а по главной диагонали его записать -1, то определитель размерности $n$, будет равен $(n-2)2^{n-1}$. Могу показать, что наличие в каждой строке и каждого столбца не более двух -1 его не увеличит. А что дальше - не знаю

[ИСН]

Сколько букв. Нет бы просто сказать, что раз определитель - линейная функция от всех матричных элементов, то экстремум достигается на крайних значениях.
Прежняя тема тут:
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=24045

[maxal]

maxal писал(а):

7. (Фольклор) a) Может ли определитель $10\times 10$ матрицы с коэффициентами $0, \pm 1$ превосходить $2007$?
б) (Задача на исследование.) Оцените максимально возможный определитель для матрицы $n\times n$ с коэффициентами $0, \pm 1$.

Задача б) является частным случаем задачи Адамара о максимальном определителе, причем известно, что для нахождения максимума определителей матриц с элементами $0, \pm 1$ достаточно ограничиться матрицами с ненулевыми элементами (т.е. с элементами $\pm 1$). Известные точные значения максимумов таких определителей приведены в последовательности A003433.
Она же дает ответ на вопрос а): $\mathop{A003433}(10)=73728>2007.$

[Руст]

Мы мучались считали для первых значений, тут maxal взял да откопал.
Похоже тривиальная оценка $a_n\le n^{n/2}$ не улучшаема и достигается равенство в случае, когда n является степенью двойки. Это означает, что в этом случае всегда можно выбрать n взаимно ортогональных столбцов (или строк) из $\pm 1$.

[maxal]

Руст писал(а):

Похоже тривиальная оценка $a_n\le n^{n/2}$ не улучшаема и достигается равенство в случае, когда n является степенью двойки. Это означает, что в этом случае всегда можно выбрать n взаимно ортогональных столбцов (или строк) из $\pm 1$.

В общем случае максимум достигается на матрицах Адамара $n\times n$, когда они существуют, определитель которых равен как раз $n^{n/2}$.
Предпожительно матрицы Адамара существуют для всех $n$ кратных 4 - это известная открытая проблема, численно проверенная лишь для $n<668$.

[Руст]

Тут оказывается целая теория на этот счёт. Я примерно представлял как строит взаимно ортогональные строки, когда n степень двойки. Возможно для всех n делящихся на 4 так же не сложно построит такого рода матрицы.

[maxal]

Руст писал(а):

Тут оказывается целая теория на этот счёт. Я примерно представлял как строит взаимно ортогональные строки, когда n степень двойки. Возможно для всех n делящихся на 4 так же не сложно построит такого рода матрицы.

Слишком оптимистичное утверждение. Как я уже сказал выше, это известная открытая проблема, проверенная лишь для $n<668$.

[Руст]

Очевидно, что если для n существует матрица А (из 1 и минус 1) с взаимно ортогональными строками, то $\binom{A \ \ A}{-A \ A}$ так же матрица с этим свойством.
Как я понял (соображал как доказать), теорема Палея основывается на суммах Якоби над конечными полями, с нечётной характеристикой и не такая сложная. Вроде эту конструкцию можно обобщить рассматривая $a_{i,j}=(\frac{a^i+a^j}{p})$ а потом удваивая матрицу. Здесь a не обязательно образующая.