Задача о детерминанте тридиагональной матрицы

[Metford]

Не знаю, в какой раздел это можно определить, поэтому решил сюда. Задача основана на некотором наблюдении, которое сделано случайно, но строгого доказательства у меня к нему, увы, нет. Вроде бы оно мне нигде не встречалось. Вдруг будет интересно кому-нибудь...

Рассмотрим матрицу, у которой на главной диагонали стоит число $x$, сама диагональ окаймлена единицами. Например, вот так:

$$\begin{pmatrix} x& 1 & 0& 0\\ 1& x &1 & 0\\ 0 & 1 &x &1 \\ 0 & 0 & 1&x \end{pmatrix}.$$

Детерминант такой матрицы будет полиномом от $x$. Степень полинома совпадёт с размером матрицы. Для выписанного примера матрицы можно ввести обозначение $D_4$. Спрашивается, чему равна сумма коэффициентов полинома, соответствующего детерминанту $D_{2015}$?

Вообще, интересно посмотреть, как образуются коэффициенты таких полиномов. Есть там закономерность красивая (на мой вкус).

[gris]

Можно разложить определитель по первому столбцу. В результате появится $D_n=xD_{n-1}-D_{n-2}$. Не появится ли в результате удобная рекурсия? Так можно даже и сами коэффициенты найти. А с суммой не попроще ли будет? Ведь сумма коэффициентов полинома равна его значению в ясно где.

[Metford]

gris в сообщении #1143726 писал(а):

Не появится ли в результате удобная рекурсия? Так можно даже и сами коэффициенты найти.

Вы знаете, я в своё время (лет десять тому назад) удобной рекурсии не увидел; на сами полиномы посмотрел, непосредственно закономерности не увиделось - увиделось кое-что другое. Позже, наверное, опишу.
Про сумму - да, может быть, проще. Но там закономерность довольно хитрая получается.

P.S. Я подумал, не смотрится ли провокационно... Я не прошу решать за меня эту задачу. Мне достаточно того, что я сам заметил. Просто предлагаю небольшое развлечение. Если сочтёте его сомнительным - тогда извините.

[gris]

Хорошая задача. Но что же там провокационного, или хитрого, или сложного?

[Metford]

gris в сообщении #1143732 писал(а):

Но что же там провокационного, или хитрого, или сложного?

Да я только подстраховался: лишний раз сказал, что я "не ищу халяву"
По сложности я её не оценивал - решил поделиться симпатичной находкой. Но всё-таки хотелось дать сначала подумать. Я опишу завтра-послезавтра свои наблюдения. Хотелось бы, чтобы кто-нибудь ответ дал. Хотя бы из "спортивного интереса".

[gris]

Только ответ? Мне кажется, ноль.

[Metford]

Верно, нуль. А если бы детерминант был не 2015-й, а 2016-й?
Да, и хотя бы вкратце, из каких соображений получился нуль? Видимо, после Вашего ответа придётся мне выкладывать всё

[gris]

Я так думаю, что после нуля должна следовать единичка

[Metford]

(Посчитал в сторонке...) В данном случае, действительно, единица. Но в общем случае это необязательно так.

[gris]

ну можно потом снова повторить единичку, если Вам это больше по душе. А потом снова нолик. Только тогда придётся ещё минус единички ставить для баланса.

[Metford]

Вроде бы тогда Вы всю задачу разобрали. Выкладываю то, что имел сказать сам.

Если выписать коэффициенты полиномов, начиная с самого первого, в таблицу (по столбцам будут коэффициенты при степенях $x$: при нулевой в первом столбце, при первой во втором и т.д.), то получится вот что:

$$\begin{array}{cccccccc} 0 & 1 & 0 & 0& 0& 0& 0& 0 \\ -1 & 0 & 1 & 0& 0& 0& 0& 0 \\ 0 & -2 & 0 & 1& 0& 0& 0& 0 \\ 1 & 0 & -3 & 0& 1& 0& 0& 0 \\ 0 & 3 & 0 & -4& 0& 0& 0& 0 \\ -1 & 0 & 6 & 0& -5& 0& 0& 0 \\ 0 & -4 & 0 & 10& 0& -6& 0& 0 \\ \end{array}$$

Думаю, видно, как начинает формироваться такой косой треугольник Паскаля (только со знаками минус - как в биномиальной формуле).
А суммы по строкам образуют последовательность

$$1,0,-1,-1,0,1,1,0,-1,-1,0,...$$

Вот как-то так.
Вам, gris, спасибо за уделённое время и внимание!

[g______d]

Metford в сообщении #1143723 писал(а):

Вообще, интересно посмотреть, как образуются коэффициенты таких полиномов. Есть там закономерность красивая (на мой вкус).

Про это есть целая наука и написаны десятки книжек. Искать по ключевым словам "Jacobi matrices and orthogonal polynomials".

Например, данные конкретные полиномы -- это полиномы Чебышёва (с точностью до сдвига и нормировки).

А равенство нулю определителя означает, что у матрицы с нулями на диагонали единица является собственным числом, и эти собственные числа несложно посчитать в общем виде (даже в википедии есть).

[ProPupil]

gris в сообщении #1143726 писал(а):

Можно разложить определитель по первому столбцу. В результате появится $D_n=xD_{n-1}-D_{n-2}$. Не появится ли в результате удобная рекурсия? Так можно даже и сами коэффициенты найти. А с суммой не попроще ли будет? Ведь сумма коэффициентов полинома равна его значению в ясно где.

Эта рекурсия решается легко. Характеристический многоямичлен имеет вид $\lambda^2-x\lambda+1$.

Далее всё зависит от числа $x$, точнее от дискриминанта. $D = x^2-4$.

I. $x=2$
Тогда решением будет $D_n=2^n(C_1+C_2n)$

II. $x < -2$ или $x > 2$.

Тогда решением будет $D_n = C_1\left(\frac{1-\sqrt{x^2-4}}{2}\right)^n + C_2 \left(\frac{1+\sqrt{x^2-4}}{2}\right)^n$

III. $-2 < x < 2.$


Тогда решением будет $D_n = |\frac{1-\sqrt{4-x^2}i}{2}|^k (C_1 \cos \frac {n\pi}{2} + C_2\sin \frac {n\pi}{2})$

Константы определяются из начальных условий $D_1 = x, D_2 = x^2-1.$

[gris]

Повторю, однако, что сумма коэффициентов полинома равна его значению в единичке. То есть для нахождения суммы достаточно посчитать определитель, где вместо $x$ стоит $1$. Кстати, и уравнение выглядит попроще: $D_1=1;\;D_2=0;\;D_n=D_{n-1}-D_{n-2}$.
Это "возвратная (рекуррентная) последовательность".
А задачка, действительно, симпатичная. Особенно красиво неожиданное появление Треугольника Паскаля.

[ewert]

gris в сообщении #1143766 писал(а):

$D_n=D_{n-1}-D_{n-2}$.

И поскольку корни характеристического уравнения суть $e^{\pm i\frac{\pi}3}$ -- последовательность периодична и с понятно каким периодом.