Determinante de una matriz de Pascal, una especie de

Respuesta : $n+1$

Explicación : se puede calcular usando la fórmula del triángulo de Pascal${n+1 \choose k+1} = {n \choose k} + {n \choose k+1}$.

Primero, el determinante es el mismo al transformar cada columna de$n+1$a$2$por su valor menos el valor de la columna anterior ($C_n$convertirse$C_n-C_{n-1}$). Como${n+1 \choose k+1}-{n \choose k+1} = {n \choose k}$entonces

$$\begin{vmatrix} {1+1 \choose 1} & {1+2 \choose 1} & {1+3 \choose 1} & \dots & {1+n+1 \choose 1} \\ {2+1 \choose 2} & {2+2 \choose 2} & {2+3 \choose 2} & \dots & {2+n+1 \choose 2} \\ {3+1 \choose 3} &{3+2 \choose 3} & {3+3 \choose 3} & \dots & {3+n+1 \choose 3} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ {n+1+1 \choose n+1} & {n+1+2 \choose n+1} & {n+1+3 \choose n+1} & \dots & {n+1+n+1 \choose n+1} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} {1+1 \choose 1} & {1+1 \choose 0} & {1+2 \choose 0} & \dots & {1+n \choose 0} \\ {2+1 \choose 2} & {2+1 \choose 1} & {2+2 \choose 1} & \dots & {2+n \choose 1} \\ {3+1 \choose 3} &{3+1 \choose 2} & {3+2 \choose 2} & \dots & {3+n \choose 2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ {n+1+1 \choose n+1} & {n+1+1 \choose n} & {n+1+2 \choose n} & \dots & {n+1+n \choose n} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} {1+1 \choose 1} & 1 & 1 & \dots & 1 \\ {2+1 \choose 2} & {2+1 \choose 1} & {2+2 \choose 1} & \dots & {2+n \choose 1} \\ {3+1 \choose 3} &{3+1 \choose 2} & {3+2 \choose 2} & \dots & {3+n \choose 2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ {n+1+1 \choose n+1} & {n+1+1 \choose n} & {n+1+2 \choose n} & \dots & {n+1+n \choose n} \end{vmatrix}$$

En segundo lugar, el determinante es el mismo al transformar cada fila de$n+1$a$2$por su valor menos el valor de la fila anterior ($L_n$convertirse$L_n-L_{n-1}$). Como${n+1 \choose k+1}-{n \choose k} = {n \choose k+1}$entonces

$$\begin{vmatrix} {1+1 \choose 1} & 1 & 1 & \dots & 1 \\ {2+1 \choose 2} & {2+1 \choose 1} & {2+2 \choose 1} & \dots & {2+n \choose 1} \\ {3+1 \choose 3} &{3+1 \choose 2} & {3+2 \choose 2} & \dots & {3+n \choose 2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ {n+1+1 \choose n+1} & {n+1+1 \choose n} & {n+1+2 \choose n} & \dots & {n+1+n \choose n} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} {1+1 \choose 1} & 1 & 1 & \dots & 1 \\ {2 \choose 2} & {1+1 \choose 1} & {1+2 \choose 1} & \dots & {1+n \choose 1} \\ {3 \choose 3} &{2+1 \choose 2} & {2+2 \choose 2} & \dots & {2+n \choose 2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ {n+1 \choose n+1} & {n+1 \choose n} & {n+2 \choose n} & \dots & {n+n \choose n} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 2 & 1 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & {1+1 \choose 1} & {1+2 \choose 1} & \dots & {1+n \choose 1} \\ 1 &{2+1 \choose 2} & {2+2 \choose 2} & \dots & {2+n \choose 2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & {n+1 \choose n} & {n+2 \choose n} & \dots & {n+n \choose n} \end{vmatrix}$$

Podemos comentar que esta matriz de la fila$2$a$n+1$(y columna$2$a$n+1$) es la matriz inferior de nuestra matriz inicial. Entonces, al hacer las mismas dos operaciones que arriba desde la fila (y la columna)$3$a$n+1$, voy a conseguir

$$\begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ 1 & 2 & 1 & \dots & 1 \\ 0 & 1 & {1+1 \choose 1} & \dots & {1+(n-1) \choose 1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 1 & {(n-1)+1 \choose n-1} & \dots & {(n-1)+(n-1) \choose n-1} \end{vmatrix}$$ . Hago las mismas dos operaciones varias veces y luego obtengo $$\begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ 1 & 2 & 1 & \dots & 1 \\ 0 & 1 & 2 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 2 \end{vmatrix}$$ . es la matriz con$2$en la diagonal principal y$1$sobre el$2$diagonales secundarias. Este determinante se puede determinar estableciendo $$I_{n+1} = \begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ 1 & 2 & 1 & \dots & 1 \\ 0 & 1 & 2 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 2 \end{vmatrix} = 2I_n-I_{n-1}$$ con$I_0=1$y$I_1=1$. Esta ecuación recurrente da$I_n = n+1$.

Consideremos la versión desde la que se indexan las columnas.$0$a$n$. Considere por ejemplo

$$A_3 = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 3 & 6 & 10 \\ 1 & 4 & 10 & 20 \end{bmatrix}.$$

Tenga en cuenta que cada elemento de la matriz (excepto los elementos de la$0$fila y columna) es la suma del elemento de arriba y el elemento de la izquierda. Esta es la propiedad del "Triángulo de Pascal" de la matriz.

¿Cómo podemos reducir$A_4$a una matriz triangular superior? Por la propiedad del Triángulo de Pascal, si reemplazamos la fila$R_i$por$R_i - R_{i-1}$, la fila resultante es simplemente$R_i$, desplazado a la derecha (con el primer elemento rellenado con cero y el último elemento descartado). Así por ejemplo,

$$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ \color{pink}{1} & \color{\pink}{2} & \color{\pink}{3} & 4 \\ \color{red}{1} & \color{red}{3} & \color{red}{6} & 10 \\ \color{blue}{1} & \color{blue}{4} & \color{blue}{10} & 20 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_4 = R_4 - R_3} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ \color{pink}{1} & \color{pink}{2} & \color{pink}{3} & 4 \\ \color{red}{1} & \color{red}{3} & \color{red}{6} & 10 \\ 0 & \color{blue}{1} & \color{blue}{4} & \color{blue}{10} \end{bmatrix} \xrightarrow{R_3 = R_3 - R_2} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ \color{pink}{1} & \color{pink}{2} & \color{pink}{3} & 4 \\ 0 & \color{red}{1} & \color{red}{3} & \color{red}{6} \\ 0 & \color{blue}{1} & \color{blue}{4} & \color{blue}{10} \end{bmatrix} \xrightarrow{R_2 = R_2 - R_1} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & \color{pink}{1} & \color{pink}{2} & \color{pink}{3} \\ 0 & \color{red}{1} & \color{red}{3} & \color{red}{6} \\ 0 & \color{blue}{1} & \color{blue}{4} & \color{blue}{10} \end{bmatrix}.$$

Ahora la esquina$3 \times 3$La matriz nuevamente satisface la propiedad "Triángulo de Pascal" para que pueda repetir este proceso y obtener

$$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & \color{pink}{1} & \color{pink}{2} & \color{pink}{3} \\ 0 & \color{red}{1} & \color{red}{3} & \color{red}{6} \\ 0 & \color{blue}{1} & \color{blue}{4} & \color{blue}{10} \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & \color{pink}{1} & \color{pink}{2} & \color{pink}{3} \\ 0 & 0 & \color{red}{1} & \color{red}{3} \\ 0 & 0 & \color{blue}{1} & \color{blue}{4} \end{bmatrix}.$$

Repitiendo este proceso una vez más para la esquina.$2 \times 2$matriz, obtenemos

$$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & \color{pink}{1} & \color{pink}{2} & \color{pink}{3} \\ 0 & 0 & \color{red}{1} & \color{red}{3} \\ 0 & 0 & \color{blue}{1} & \color{blue}{4} \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & \color{pink}{1} & \color{pink}{2} & \color{pink}{3} \\ 0 & 0 & \color{red}{1} & \color{red}{3} \\ 0 & 0 & 0 & \color{blue}{1} \end{bmatrix}$$ que es una matriz triangular superior con$1$'s en la diagonal por lo que el determinante de la matriz es uno.

Les dejo los detalles de generalizar este argumento al$(n+1)\times(n+1)$caso y cómo se puede utilizar para calcular el determinante desplazado.

Dejar$L_n$frijol$n\times n$matriz con$1$está en la diagonal y$-1$está en la subdiagonal .$L_nM$es$M$con fila$i-1$restado de la fila$i$, para$2\le i\le n$.

Dejar$R_n$frijol$n\times n$matriz con$1$está en la diagonal y$-1$está en la superdiagonal .$MR_n$es$M$con columna$j-1$restado de la columna$j$, para$2\le j\le n$.

Siendo matrices triangulares inferior y superior con$1$está en la diagonal, tenemos$\det(L_n)=\det(R_n)=1$.

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Una matriz más simple

Dejar$U_n$frijol$n\times n$matriz con elementos

$$U_{n,i,j}=\left[\binom{i+j-2}{i-1}\right]_{i,j=1}^n\tag1$$ Por ejemplo, $$U_5= \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 1 & 3 & 6 & 10 & 15 \\ 1 & 4 & 10 & 20 & 35 \\ 1 & 5 & 15 & 35 & 70 \\ \end{bmatrix}\tag2$$ Usando la Identidad de Pascal, vemos que$L_nU_nR_n$tiene un$1$en la parte superior izquierda y$0$'s en el resto si la fila superior y la columna izquierda. La parte inferior derecha$n-1\times n-1$submatriz es$U_{n-1}$. Por ejemplo, restar cada fila de la siguiente (de abajo hacia arriba) da $$L_5U_5= \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 3 & 6 & 10 \\ 0 & 1 & 4 & 10 & 20 \\ 0 & 1 & 5 & 15 & 35 \\ \end{bmatrix}\tag3$$ luego restando cada columna de la siguiente (de derecha a izquierda) da $$L_5U_5R_5= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 3 & 6 & 10 \\ 0 & 1 & 4 & 10 & 20 \\ \end{bmatrix}\tag4$$ Extensión$(2)$y$(4)$muestra que $$\begin{align} \det(U_n) &=\det(L_nU_nR_n)\tag{5a}\\[6pt] &=\det(U_{n-1})\tag{5b}\\[6pt] &=1\tag{5c} \end{align}$$ Explicación:
$\text{(5a)}$:$\det(L_n)=\det(R_n)=1$
$\text{(5b)}$: expandir el determinante en la primera columna
$\text{(5c)}$: inducción y$\det(U_1)=1$

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La matriz de interés

Dejar$T_n$frijol$n\times n$matriz con elementos

$$T_{n,i,j}=\left[\binom{i+j}{i}\right]_{i,j=1}^n\tag6$$ Por ejemplo, $$T_5= \begin{bmatrix} 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 3 & 6 & 10 & 15 & 21 \\ 4 & 10 & 20 & 35 & 56 \\ 5 & 15 & 35 & 70 & 126 \\ 6 & 21 & 56 & 126 & 252 \\ \end{bmatrix}\tag7$$ Usando la Identidad de Pascal, vemos que$L_nT_nR_n$tiene un$2$en la parte superior izquierda y el resto de la matriz es$U_n$. Por ejemplo, restar cada fila de la siguiente (de abajo hacia arriba) da $$L_5T_5= \begin{bmatrix} 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 3 & 6 & 10 & 15 \\ 1 & 4 & 10 & 20 & 35 \\ 1 & 5 & 15 & 35 & 70 \\ 1 & 6 & 21 & 56 & 126 \\ \end{bmatrix}\tag8$$ luego restando cada columna de la siguiente (de derecha a izquierda) da $$L_5T_5R_5= \begin{bmatrix} 2 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 1 & 3 & 6 & 10 & 15 \\ 1 & 4 & 10 & 20 & 35 \\ 1 & 5 & 15 & 35 & 70 \\ \end{bmatrix}\tag9$$ Extensión$(7)$y$(9)$muestra que $$\begin{align} \det(T_n) &=\det(L_nT_nR_n)\tag{10a}\\[6pt] &=\det(T_{n-1})+\det(U_n)\tag{10b}\\[6pt] &=\det(T_{n-1})+1\tag{10c}\\[6pt] &=n+1\tag{10d} \end{align}$$ Explicación:
$\text{(10a)}$:$\det(L_n)=\det(R_n)=1$
$\text{(10b)}$: expandir el determinante en la primera columna
$\text{(10c)}$:$\det(U_n)=1$
$\text{(10d)}$: inducción y$\det(T_1)=2$

Expresando el coeficiente combinatorio en factoriales, luego quitando todos los factores comunes, tenemos

$$\begin{align*} & \begin{vmatrix} \binom{1 + 1}{1} & \binom{1 + 2}{1} & \binom{1 + 3}{1} & \cdots & \binom{1 + n + 1}{1} \\ \binom{2 + 1}{2} & \binom{2 + 2}{2} & \binom{2 + 3}{2} & \cdots & \binom{2 + n + 1}{2} \\ \binom{3 + 1}{3} & \binom{3 + 2}{3} & \binom{3 + 3}{3} & \cdots & \binom{3 + n + 1}{3} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \binom{n + 1 + 1}{n + 1} & \binom{n + 1 + 2}{n + 1} & \binom{n + 1 + 3}{n + 1} & \cdots & \binom{n + 1 + n + 1}{n + 1} \\ \end{vmatrix} \\ = & \begin{vmatrix} \frac{2!}{1!1!} & \frac{3!}{1!2!} & \frac{4!}{1!3!} & \cdots & \frac{(n + 2)!}{1!(n + 1)!} \\ \frac{3!}{2!1!} & \frac{4!}{2!2!} & \frac{5!}{2!3!} & \cdots & \frac{(n + 3)!}{2!(n + 1)!}\\ \frac{4!}{3!1!} & \frac{5!}{3!2!} & \frac{6!}{3!3!} & \cdots & \frac{(n + 4)!}{3!(n + 1)!} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{(n + 2)!}{(n + 1)!1!} & \frac{(n + 3)!}{(n + 1)!2!} & \frac{(n + 4)!}{(n + 1)!3!} & \cdots & \frac{(2n + 2)!}{(n + 1)!(n + 1)!} \end{vmatrix} \\ =& \left(\frac{1}{1!2!3!\cdots (n + 1)!}\right)^2\times 2!3!4!\cdots(n+2)! \begin{vmatrix} 1 & 3 & 4 \times 3 & \cdots & \prod_{j = 3}^{n + 2}j \\ 1 & 4 & 5 \times 4 & \cdots & \prod_{j = 4}^{n + 3}j \\ 1 & 5 & 6 \times 5 & \cdots & \prod_{j = 5}^{n + 4}j \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & n + 3 & (n + 4)(n + 3) & \cdots & \prod_{j = n + 3}^{2n + 2}j \end{vmatrix} \\ =& \frac{(n + 2)!}{1!2!3!\cdots (n + 1)!} \begin{vmatrix} 1 & 3 & \prod_{j = 0}^1 (4 - j) & \cdots & \prod_{j = 0}^{n - 1}(n + 2 - j) \\ 1 & 4 & \prod_{j = 0}^1 (5 - j) & \cdots & \prod_{j = 0}^{n - 1}(n + 3 - j) \\ 1 & 5 & \prod_{j = 0}^1 (6 - j) & \cdots & \prod_{j = 0}^{n - 1}(n + 4 - j) \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & n + 3 & \prod_{j = 0}^1(n + 4 - j) & \cdots & \prod_{j = 0}^{n - 1}(2n + 2 - j) \end{vmatrix} \\ =& \frac{(n + 2)!}{1!2!3!\cdots (n + 1)!} \begin{vmatrix} 1 & (n + 2) - (n - 1) & \prod\limits_{j = n - 2}^{n - 1} (n + 2 - j) & \cdots & \prod\limits_{j = 0}^{n - 1}(n + 2 - j) \\ 1 & (n + 3) - (n - 1) & \prod\limits_{j = n - 2}^{n - 1} (n + 3 - j) & \cdots & \prod\limits_{j = 0}^{n - 1}(n + 3 - j) \\ 1 & (n + 4) - (n - 1) & \prod\limits_{j = n - 2}^{n - 1} (n + 4 - j) & \cdots & \prod\limits_{j = 0}^{n - 1}(n + 4 - j) \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & (2n + 2) - (n - 1) & \prod\limits_{j = n - 2}^{n - 1} (2n + 2 - j) & \cdots & \prod\limits_{j = 0}^{n - 1}(2n + 2 - j) \end{vmatrix} \\ =& \frac{(n + 2)!}{1!2!3!\cdots (n + 1)!} \begin{vmatrix} \phi_0(n + 2) & \phi_1(n + 2) & \phi_2(n + 2) & \cdots & \phi_{n}(n + 2)\\ \phi_0(n + 3) & \phi_1(n + 3) & \phi_2(n + 3) & \cdots & \phi_{n}(n + 3)\\ \phi_0(n + 4) & \phi_1(n + 4) & \phi_2(n + 4) & \cdots & \phi_{n}(n + 4)\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \phi_0(2n + 2) & \phi_1(2n + 2) & \phi_2(2n + 2) & \cdots & \phi_{n}(2n + 2) \end{vmatrix} \\ =& \frac{(n + 2)!}{1!2!3!\cdots (n + 1)!} \times \prod_{n + 2 \leq i < j \leq 2n + 2}(j - i), \end{align*}$$ dónde$\phi_0(x) \equiv 1$,$\phi_k(x) = (x - (n - 1))(x - (n - 2))\cdots(x - (n - k)), k = 1, \ldots, n - 1$es una orden-$k$polinomio. En la última igualdad, usamos el resultado: para cualquier orden-$k$polinomio$\phi_k(x), k = 0, 1, \ldots, n$, $$\begin{align*} \begin{vmatrix} \phi_0(x_1) & \phi_1(x_1) & \phi_2(x_1) & \cdots & \phi_{n}(x_1)\\ \phi_0(x_2) & \phi_1(x_2) & \phi_2(x_2) & \cdots & \phi_{n}(x_2)\\ \phi_0(x_3) & \phi_1(x_3) & \phi_2(x_3) & \cdots & \phi_{n}(x_3)\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \phi_0(x_{n + 1}) & \phi_1(x_{n + 1}) & \phi_2(x_{n + 1}) & \cdots & \phi_{n}(x_{n + 1}) \end{vmatrix} = a_0a_1\cdots a_n\prod_{1 \leq i < j \leq n + 1}(x_j - x_i), \end{align*}$$ dónde$a_k$es el coeficiente del término$x^k, k = 0, 1, \ldots, n$. Este resultado se puede probar usando la fórmula de Cauchy-Binet y el determinante de Vandermonde.