[EX] - Una successione di determinanti

[Sk_Anonymous]

Sia \(\displaystyle n \ge 3 \) e si consideri la matrice \(\displaystyle A_{n}=(a_{ij})_{1 \le i,j \le n} \) di ordine \(\displaystyle n \), ove \[\displaystyle a_{ij}= \begin{cases} \alpha & \text{se} \quad |j-i|=1 \\ \beta & \text{se} \quad j-i=2 \\ 0 & \text{altrimenti} \end{cases} \]
e \(\displaystyle \alpha, \ \beta \in \mathbb{C} \). Posto \(\displaystyle \delta_{n}=\text{det}A_{n} \), si scriva la relazione ricorsiva che governa la successione \(\displaystyle (\delta_{n})_{n \ge 3} \) e si calcolino i valori iniziali necessari per determinare la successione.
Si dica se, per \(\displaystyle \alpha=2 \) e \(\displaystyle \beta=4 \), la successione \(\displaystyle (\delta_{n})_{n \ge 3} \) converge in \(\displaystyle \mathbb{C} \).

Buon divertimento!

[Sk_Anonymous]

Nobody?

[perplesso1]

Ci provo.

Prendiamo 3 valori iniziali. Poniamo $detA_1=0$, $detA_2=-\alpha^2$ e $detA_3=\alpha^2 \beta$ . Per $n>3$ secondo me la formula dovrebbe essere

$detA_n=\alpha^2(\beta detA_{n-3} - detA_{n-2})$

Sono molto lontano dalla soluzione?

[Sk_Anonymous]

@perplesso:

[j18eos]

Io, invece, non mi trovo affatto con la formula ricorsiva di perplesso!

@perplesso non è che hai sbagliato qualche pedice? E comunque sia, manca la dimostrazione del fatto che è quella la formula da ricercare.

P.S.: Il problema, senza offesa, non mi interessa.

[perplesso1]

Questo è stato il mio ragionamento

Prendiamo un caso concreto per esempio $n=5$ (il caso generico con $n>3$ secondo me è analogo perchè il pattern della marice è sempre lo stesso...)

[Sk_Anonymous]

Confermo che la risposta data da perplesso è corretta, anche se andrebbe giustificata un po' meglio.
@perplesso: per esempio, potresti prendere spunto da questo.

[perplesso1]

Potrebbe andar bene se scrivo lo sviluppo del caso generico $A_n$ giustificando tutti i passaggi ??

Partiamo da $A_n = (a_{ij})_{i,j \in {1,2,...,n}}$ con $n>3$ e sviluppiamo usando l'ultima riga. $a_n(n-1) = \alpha$ è l'unico elemento non nullo di questa riga infatti $|n-(n-1)|=1$ mentre $|n-j|>1$ per ogni $1<=j
$detA_n = -\alpha detM_1$

Adesso sviluppiamo $M_1$ usando la sua ultima colonna. Questa è semplicemente l'ultima colonna di $A_n$ privata del suo ultimo elemento. Studiamo i suoi elementi non nulli. Dalla definizione di $A_n$ abbiamo subito $a_{(n-2)n} = \beta$ e $a_{(n-1)n}=\alpha$, mentre tutti gli altri elementi della colonna sono nulli perchè $|i-n|>1$ per ogni $i< n-1$ e inoltre $n-i>2$ per ogni $i
$-\alpha ( -\beta det M_2 + \alpha det A_{n-2} )$

L'ultima riga di $M_2$ è la penultima riga di $A_{n-1}$ privata del suo elemento finale. Sempre usando la definizione di $A_{n-1}$ analogamente a quanto fatto prima con $A_n$ si vede che l'unico elemento non nullo di questa riga è $a_{(n-1)(n-2)}$, inoltre le prime $n-3$ righe di $M_2$ sono le prime $n-3$ di $A_n$ opportunamente private degli elementi finali. Pertanto sviluppando $M_2$ mediante l'ultima riga:


$-\alpha ( -\beta \alpha det A_{n-3} + \alpha det A_{n-2} )$

E questo è quello che intendevo dicendo che il pattern è sempre lo stesso...