Determinante bello
Calcolare il determinante di una matrice avente $b$ sulla diagonale principale, $a$ in tutte le posizioni sopra la diagonale e $-a$ in tutte le posizioni sotto la diagonale.
Risposte
$det=1/2[(b+a)^n+(b-a)^n]$
Come l'hai ottenuto?
Indico co $M_n $ la matrice in questione ( n= ordine della matrice) ma, per non appesantire il discorso ( e la ...scrittura 
), mi limito al caso di $n=3$ .
Per note regole sui determinanti di matrici (quadrate) risulta :
\(\displaystyle det(M_3) =det \begin{pmatrix}b&a&a\\-a&b&a\\-a&-a&b\end{pmatrix} =det \begin{pmatrix}b&a&0+a\\-a&b&0+a\\-a&-a&(b+a)-a\end{pmatrix}\)
Cioè:
\(det(M_3) = det \begin{pmatrix}b&a&0\\-a&b&0\\-a&-a&b+a\end{pmatrix}+det \begin{pmatrix}b&a&a\\-a&b&a\\-a&-a&-a\end{pmatrix}\)
Ovvero :
\(\displaystyle det(M_3)=det \begin{pmatrix}b&a&0\\-a&b&0\\-a&-a&b+a\end{pmatrix}-a \cdot det \begin{pmatrix}b&a&a\\-a&b&a\\1&1&1\end{pmatrix}\)
Nell'ultima matrice sottraggo dalla prima colonna la seconda e dalla seconda la terza :
\(\displaystyle det(M_3)=det \begin{pmatrix}b&a&0\\-a&b&0\\-a&-a&b+a\end{pmatrix}-a \cdot det \begin{pmatrix}b-a&0&a\\-a-b&b-a&a\\0&0&1\end{pmatrix}\)
Sviluppando i due det a secondo membro, il primo secondo l'ultima colonna e l'altro secondo l'ultima riga, si ha :
$det(M_3)=(b+a) cdot det(M_2)-a(b-a)^2$
A parte la difficoltà di scrittura, i calcoli con $n$ generico sono i medesimi e quindi possiamo generalizzare la precedente relazione come segue :
(1) $det(M_n)=(b+a) cdot det(M_{n-1})-a(b-a)^{n-1}$
D'altra parte, se in $M_n$ si muta $a$ in $-a$, $M_n$ si muta nella matrice trasposta che ha il medesimo det. E quindi, cambiando nella (1) $a$ in $-a$, risulta :
(2) $det(M_n)=(b-a) cdot det(M_{n-1})+a(b+a)^{n-1}$
Mettendo insieme la (1) e la (2) si ha il sistema (lineare) nelle incognite $det(M_{n-1}),det(M_n)$ :
\(\displaystyle \begin{cases} det(M_n)=(b+a) \cdot det(M_{n-1})-a(b-a)^{n-1}\\det(M_n)=(b-a) \cdot det(M_{n-1})+a(b+a)^{n-1} \end{cases} \)
Risolvendo rispetto a $det(M_n )$, si ha il risultato voluto :
$det(M_n)=1/2[(b+a)^n+(b-a)^n]$
), mi limito al caso di $n=3$ .Per note regole sui determinanti di matrici (quadrate) risulta :
\(\displaystyle det(M_3) =det \begin{pmatrix}b&a&a\\-a&b&a\\-a&-a&b\end{pmatrix} =det \begin{pmatrix}b&a&0+a\\-a&b&0+a\\-a&-a&(b+a)-a\end{pmatrix}\)
Cioè:
\(det(M_3) = det \begin{pmatrix}b&a&0\\-a&b&0\\-a&-a&b+a\end{pmatrix}+det \begin{pmatrix}b&a&a\\-a&b&a\\-a&-a&-a\end{pmatrix}\)
Ovvero :
\(\displaystyle det(M_3)=det \begin{pmatrix}b&a&0\\-a&b&0\\-a&-a&b+a\end{pmatrix}-a \cdot det \begin{pmatrix}b&a&a\\-a&b&a\\1&1&1\end{pmatrix}\)
Nell'ultima matrice sottraggo dalla prima colonna la seconda e dalla seconda la terza :
\(\displaystyle det(M_3)=det \begin{pmatrix}b&a&0\\-a&b&0\\-a&-a&b+a\end{pmatrix}-a \cdot det \begin{pmatrix}b-a&0&a\\-a-b&b-a&a\\0&0&1\end{pmatrix}\)
Sviluppando i due det a secondo membro, il primo secondo l'ultima colonna e l'altro secondo l'ultima riga, si ha :
$det(M_3)=(b+a) cdot det(M_2)-a(b-a)^2$
A parte la difficoltà di scrittura, i calcoli con $n$ generico sono i medesimi e quindi possiamo generalizzare la precedente relazione come segue :
(1) $det(M_n)=(b+a) cdot det(M_{n-1})-a(b-a)^{n-1}$
D'altra parte, se in $M_n$ si muta $a$ in $-a$, $M_n$ si muta nella matrice trasposta che ha il medesimo det. E quindi, cambiando nella (1) $a$ in $-a$, risulta :
(2) $det(M_n)=(b-a) cdot det(M_{n-1})+a(b+a)^{n-1}$
Mettendo insieme la (1) e la (2) si ha il sistema (lineare) nelle incognite $det(M_{n-1}),det(M_n)$ :
\(\displaystyle \begin{cases} det(M_n)=(b+a) \cdot det(M_{n-1})-a(b-a)^{n-1}\\det(M_n)=(b-a) \cdot det(M_{n-1})+a(b+a)^{n-1} \end{cases} \)
Risolvendo rispetto a $det(M_n )$, si ha il risultato voluto :
$det(M_n)=1/2[(b+a)^n+(b-a)^n]$
Ok
Io avevo proceduto un po' diversamente. In generale...
Alla prima riga sottraggo la seconda, alla seconda la terza, alla terza la quarta... alla $n-1$ esima sottraggo la $n-esima$.
Per finire moltiplico l'$n-esima$ riga per $2$ e ci sommo sia la prima sia la seconda. (E viene una cosa bella xD) Faccio il caso $n=4$.
\(det(M_4) =det \begin{pmatrix}b&a&a&a\\-a&b&a&a\\-a&-a&b&a\\-a&-a&-a&b\end{pmatrix} =det \begin{pmatrix}b+a&a-b&0&0\\0&b+a&a-b&0\\0&0&b+a&a-b\\b-a&0&0&b+a\end{pmatrix}\)
A questo punto calcolo il determinante con la formula delle permutazioni. Sull'ultima riga ho due possibilità:
Se prendo l'ultimo elemento svolgendo i prodotti ottengo $(b+a)^n$ (perchè per le righe successive la scelta è forzata).
Se invece sull'ultima riga prendo $b-a$, su tutte le altre righe sono costretto a prendere $(a-b)$ ottenendo una permutazione esprimibile col ciclo $(1,2,3,4,5,...,n)$ che avrà segno $(-1)^{n+1}$. Il prodotto di quei termini è quindi:
$(-1)^{n+1}(b-a)(a-b)^{n-1}= (b-a)^n$ che sommato a quello di prima dà $(b+a)^n+(b-a)^n$. Ora devo dividere per $2$ perchè l'ultima riga l'avevo raddoppiata e ottengo $((b+a)^n+(b-a)^n)/2$
Io avevo proceduto un po' diversamente. In generale...
Alla prima riga sottraggo la seconda, alla seconda la terza, alla terza la quarta... alla $n-1$ esima sottraggo la $n-esima$.
Per finire moltiplico l'$n-esima$ riga per $2$ e ci sommo sia la prima sia la seconda. (E viene una cosa bella xD) Faccio il caso $n=4$.
\(det(M_4) =det \begin{pmatrix}b&a&a&a\\-a&b&a&a\\-a&-a&b&a\\-a&-a&-a&b\end{pmatrix} =det \begin{pmatrix}b+a&a-b&0&0\\0&b+a&a-b&0\\0&0&b+a&a-b\\b-a&0&0&b+a\end{pmatrix}\)
A questo punto calcolo il determinante con la formula delle permutazioni. Sull'ultima riga ho due possibilità:
Se prendo l'ultimo elemento svolgendo i prodotti ottengo $(b+a)^n$ (perchè per le righe successive la scelta è forzata).
Se invece sull'ultima riga prendo $b-a$, su tutte le altre righe sono costretto a prendere $(a-b)$ ottenendo una permutazione esprimibile col ciclo $(1,2,3,4,5,...,n)$ che avrà segno $(-1)^{n+1}$. Il prodotto di quei termini è quindi:
$(-1)^{n+1}(b-a)(a-b)^{n-1}= (b-a)^n$ che sommato a quello di prima dà $(b+a)^n+(b-a)^n$. Ora devo dividere per $2$ perchè l'ultima riga l'avevo raddoppiata e ottengo $((b+a)^n+(b-a)^n)/2$
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