Определители

[ivvan]

Никак не могу догадаться, как доказывать тождество

$$\begin{vmatrix} y_m & \cdots & y_{m+n-1} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ y_{m+1-n} & \cdots & y_m \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} x_n & \cdots & x_{m+n-1} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n+1-m} & \cdots & x_n \end{vmatrix},$$

где $\sum\limits_{i=1}^n (-1)^i x_i y_{n-i}=0$, $x_0=y_0=1$, $x_k=y_k=0$ при $k<0$.
Что здесь можно использовать?

[Sonic86]

Плохая формулировка: посылки не содержат $m$:
При $n=1, m=2$ получаем нерешаемую задачу "Доказать, что $y_2=x_2$ при $x_1y_0=0$"

[ivvan]

Sonic86 в сообщении #829503 писал(а):

Плохая формулировка: посылки не содержат $m$:
При $n=1, m=2$ получаем нерешаемую задачу "Доказать, что $y_2=x_2$ при $x_1y_0=0$"

Должно быть $\sum\limits_{i=0}^n (-1)^i x_i y_{n-i}=0$.

-- 22.02.2014, 19:52 --

Sonic86 в сообщении #829503 писал(а):

Плохая формулировка: посылки не содержат $m$:

Даже так: $\sum\limits_{i=0}^k (-1)^i x_i y_{k-i}=0$ ($k>0$).

-- 22.02.2014, 20:00 --

Sonic86 в сообщении #829503 писал(а):

$y_2=x_2$

Как вы это получили?

[svv]

ivvan, возьмите небольшие $n$ и $m$ (например, $m=n=2$) и для этого случая напишите в явном виде, что надо доказать. Если увидите, что чепуха, исправьте условие и повторите. И т.д.

[ivvan]

$\begin{vmatrix} y_2 & y_3 \\ y_1 & y_2 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} x_1 y_1-x_2 & x_1 y_2-x_2 y_1+x_3 \\ x_1 & x_1 y_1-x_2 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} x_1 y_1 & x_1 y_2-x_2 y_1+x_3 \\ x_1 & x_1 y_1-x_2 \end{vmatrix}-x_2(x_1 y_1-x_2)=\begin{vmatrix} x_1 y_1 & x_1 y_2+x_3 \\ x_1 & x_1 y_1 \end{vmatrix}-x_2(x_1^2-x_2)=\begin{vmatrix} x_1 y_1 & x_1 y_2 \\ x_1 & x_1 y_1 \end{vmatrix}-x_1 x_3-x_1^2 x_2+x_2^2=x_1^2(y_1^2-y_1 x_1+x_2)-x_1 x_3-x_1^2 x_2+x_2^2=-x_1 x_3+x_2^2=\begin{vmatrix} x_2 & x_3 \\ x_1 & x_2 \end{vmatrix}$

[Sonic86]

Наверное, здесь нужна какая-то техника...

При $n=1$ получается соотношение

$$y_m=\begin{vmatrix} x_1 & \cdots & x_{m} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{2-m} & \cdots & x_1 \end{vmatrix}.$$

Оно легко доказывается по индукции. Предполагая шаг индукции, надо взять соотношение $\sum\limits_{i=0}^m(-1)^ix_iy_{m-i}$, и подставить в него все выражения для $y_0,...,y_{m-1},y_m$ (формулы для $y_0,...,y_{m-1}$ верны по предположению индукции, формула для $y_m$ будет верна тогда и только тогда, когда получим тождество) - получим сумму определителей убывающего размера. Самый большой определитель раскладываем по 1-й строке.
Тут все.

При $n>1$ уже трудно...

(Оффтоп)

Прикольная задача. При $n=1$ получаются почти коэффициенты обратной производящей функции к $\sum\limits_{j=0}^{+\infty}x_jt^j$

[ivvan]

Докажем, что

$$X_{i_1\dots i_k}=Y_{j_1\dots j_l},$$

где

$$X_{i_1\dots i_k}=\begin{vmatrix} x_{i_1} & x_{i_2+1} & \cdots & x_{i_k+k-1} \\ x_{i_1-1} & x_{i_2} & \cdots & x_{i_k+k-2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{i_1-k+1} & x_{i_2-k+2} & \cdots & x_{i_k} \end{vmatrix},$$

$$Y_{j_1\dots j_l}=\begin{vmatrix} y_{j_1} & y_{j_2+1} & \cdots & y_{j_l+l-1} \\ y_{j_1-1} & y_{j_2} & \cdots & y_{j_l+l-2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ y_{j_1-l+1} & y_{j_2-l+2} & \cdots & y_{j_l} \end{vmatrix},$$

$$0<i_1\leq i_2\leq\dots\leq i_k,$$

$$l=\max\limits_{p=1}^k i_p=i_k,$$

$$j_q=|\{p=1,\dots,k: i_p<l-q\}|.$$

($i_p$ и $j_q$ можно рассматривать как количество мест столбца $p$ и строки $q$ таблицы)

С помощью $\sum\limits_{i=0}^k (-1)^i x_i y_{k-i}=0$ представим $X_{i_1\dots i_k}$ в виде суммы определителей $X$ того же порядка раскладыванием в сумму последнего столбца, определители с одинаковыми столбцами сразу исключаем. При них стоят коэффициенты вида $(-1)^\lambda x_\nu$. При рассмотрении таблицы $(i_p,j_q)$ можно увидеть, что эти коэффициенты совпадают с коэффициентами, стоящими при определителях $Y$, равных по предположению доказываемого равенства соответствующим определителям из 1 разложения, в разложении $Y_{j_1\dots j_l}$ по первой строке (представление суммой алгебраических дополнений, умноженных на соответствующие члены строки).



Про получение представления таблицей определителей-слагаемых из исходной таблицы попробую написать позже. Или, может, есть способ оформить доказательство проще?

[v_n]

Если в определителях расставить нолики и единички, то все более-менее просто доказывается. Если $m>n$, то нолики и единички возникнут в определителе с иксами. Домножая строчки на соответствующие игреки легко занулить все столбцы выше диагональной единицы. При этом в первом ненулевом столбце будут чистые игреки. Далее последовательно домножаем столбцы на соответствующие иксы и превращаем их в игреки.
Дополнительно нужно еще доказать, что можно избавится от -1 в нечетных игреках. Я бы выписал как это работает на конкретном примере, но к сожалению моя техника владения tex нулевая. Надеюсь вы поймете мое весьма смутное описание.

[ivvan]

В книге И.Макдональда "Симметрические функции и многочлены Холла" в 1.2 "Кольцо симметрических функций" доказывается равенство $\det(h_{\lambda_i-\mu_j-i+j})_{1\leqslant i,j\leqslant p}=\det(e_{\lambda_i'-\mu_j'-i+j})_{1\leqslant i,j\leqslant q}$, используя выполнение равенств $\sum\limits_{i=0}^n (-1)^n h_i e_{n-i}=0$, $e_0=h_0=1$, $e_i=h_i=0$ при $i<0$ и справедливость $\det A^{-1}_{I,J}=(-1)^{\sum\limits_I i+\sum\limits_J j}\det A_{\{0,\dots,n\}-J,\{0,\dots,n\}-I}$. При $\lambda_i=q, \mu_j=0$ получается

$$\begin{vmatrix} h_q & \cdots & h_{q+p-1} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ h_{q+1-p} & \cdots & h_q \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} x_p & \cdots & x_{q+p-1} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{p+1-q} & \cdots & x_p \end{vmatrix}.$$

($q\geqslant\lambda_1\geqslant\ldots\geqslant\lambda_p$ и $q\geqslant\mu_1\geqslant\ldots\geqslant\mu_p\geqslant 0$ - разбиения $\lambda$ и $\mu$, $\lambda'$ и $\mu'$ - сопряжённые им)