Определитель

[PreVory]

Вычислите определитель матрицы $(a_{i,j})_{i,j=1}^{2k+1}$ где $a_{i,j}= \left\{ \begin{array}{lll} 0, i-j>1 \\ \frac1{(j-i+1)!}, i-j\le1 \\ \end{array} \right. $
Уже месяц пытаюсь решить..пока получил следующие результаты:
1)посчитал нечётные определители с 3 по 13 порядок-все они равны 0 и похоже что и следующие будут так же равны 0.
2)если раскладывать по 1 столбцу(или по последней строке) то получим нерекуррентное соотношение, которое если раскравать дальше ни к чему хорошему не приведёт.
3)пытался доказывать по индукции: видимо тогда нужно раскрывать по теореме Лапласа по первым 2 столбцам(или последним 2 строкам), тогда получим прошлый определитель нечётного порядка+другой определитель, равенство нулю которого без индукции доказать не получается...если построить систему вложеных индукций то непонятно на какой всё закончится.
4)так же пытался сделать самым примитивным способом: занулять последовательно все столбцы, т.е. из 1 строки вычел 1/2 второй строки, потом из новой первой строки вычел 1/12 третьей и тд. Тогда искомый определитель будет равен $1*b_{1,2k+1}$ а член $b_{1,2k+1}$ посчитать не удаётся..
Также было очень много других идей, но из них не было получено никаках других результатов...

[paha]

Попробуйте в квадрат матрицу возвести... может и получится что путное?

[PreVory]

Ну такой вариант тоже рассматривался, но там получается матрица гораздо хуже исходной...в знаменателях дробей будет произведение факториалов и применять к этой матрице алгебраические методы станет гораздо хуже.

[ewert]

А почему ноль-то?

$\left|\begin{array}{rrr}1&{1\over2!}&{1\over3!}\\1&1&{1\over2!}\\0&1&1\end{array}\right|=\dfrac{1}{6}$

??

[PreVory]

я опечатался)
Вот истиное задание:
Вычислите определитель матрицы $(a_{i,j})_{i,j=1}^{2k+1}$ где $a_{i,j}= \left\{ \begin{array}{lll} 0, i-j>1 \\ \frac1{(j-i+2)!}, i-j\le1 \\ \end{array} \right. $

[Руст]

Попробуйте обобщить до определителя A(x) зависящего от х: $a_{i,j}=\frac{x^{j-i+1}}{(j-i+2)!}$.
Ваш случай $A(1)$ и $\frac{dA(x)}{dx}=0, A(0)=0$.

[PreVory]

Вроде не получается доказать что производная равна 0. Поскольку при раскрытии определителя(любым из вышеприведённых способов) получается $\alpha x^{2k+1}$ где $\alpha$ равна изначальному определителю.

[Руст]

Да не 0, и ваш определитель не 0. Но так его можно вычислить интегрируя от 0 до 1.

[PreVory]

Ну по крайней мере он очень похож на 0
А какое именно выражение вы предлагаете интегрировать? Если A(x) или его производную, то вроде ничего путного не получится.

[Ales]

Может разложить так:
$D_n- \frac 1 {2!} D_{n-1} +\frac 1 {3!} D_{n-2}-\frac 1 {4!} D_{n-3} +\frac 1 {5!} D_{n-4}-...=\frac {(-1)^{n+1}} {(n+1)!} $

-- Вт апр 27, 2010 21:02:28 --

$D_1=\frac 1 2$
$D_2=\frac 1 {12}$

[PreVory]

Ну разложить то конечно можно, но тут возникает проблема-эта формула не рекуррентная, а если подставлять сюда последовательно все значения(выраженные через предыдущие определители), то можно даже написать в общем виде что останется, но чему это будет равно не понятно.
Да, кстати ещё известно что ни один из определителей чётного порядка до 14 степени не обращается в 0

[Руст]

PreVory в сообщении #314007 писал(а):

Ну по крайней мере он очень похож на 0
А какое именно выражение вы предлагаете интегрировать? Если A(x) или его производную, то вроде ничего путного не получится.

Нет легко вычисляется

$$A_n'(x)=A_{n-1}(x),A_1'(x)=1\to A_n(x)=\frac{x^n}{n!}, A_n(1)=\frac{1}{n!}.$$

[Ales]

Можно все их сложить тогда будет: $\frac 1 {e-1}$

[PreVory]

А откуда вытекает равенство

$$A_n'(x)=A_{n-1}'(x)$$

Там же вроде многочлены разных степеней будут?

-- Вт апр 27, 2010 22:46:34 --

Ales в сообщении #314037 писал(а):

Можно все их сложить тогда будет: $\frac 1 {e-1}$

Вы имеете ввиду сложить всё что останется после подстановки всех определителей, до первого порядка? И ещё: как это выражение может быть связано с числом e, если у нас сумма конечного количества рациональных дробей?

[Ales]

PreVory в сообщении #314040 писал(а):

Вы имеете ввиду сложить всё что останется после подстановки всех определителей, до первого порядка? И ещё: как это выражение может быть связано с числом e, если у нас сумма конечного количества рациональных дробей?

Бесконечный ряд $D_1+D_2+D_3+....=\frac 1 {e-1}$ - но вряд ли это поможет

Бесконечный ряд $D_1x+D_2x^2+D_3x^3+....=\frac {e^{-x}+x-1} {1-e^{-x}}$

-- Вт апр 27, 2010 22:10:59 --

Производящая функция получена, решение у Вас в кармане.

-- Вт апр 27, 2010 22:12:06 --

Ну еще надо дифференцировать, и если конечно я не ошибся.

-- Вт апр 27, 2010 22:21:17 --

Вставить $x$ - хорошая идея, я ей воспользовался, вспомнив про производящие функции.