Насколько я понимаю - никак. Сдвиг по циклу на два по сути перестановка от столбцов. А эта перестановка будет либо одним большим циклом если $%n=2k+1$%, либо два цикла если $%n=2k$%.

В первом случае этот цикл можно разложить в $%2k$% транспозиции, а каждая транспозиция значит поменять два стобца и по кососимметричности будет $%(-1)^{2k}\det(A) = \det(A)$%.

Во втором случае каждый цикл $%k-1$% транспозиции и в сумме опять же четное число траспозиций и значит определитель не поменяется. Я прав?

alt text

задан 1 Сен '19 22:27

изменен 1 Сен '19 23:04

@Квантиль: здесь другая задача. Сравнивается не A с матрицей из сдвинутых столбцов, а берётся сумма. То есть у A столбцы были A(1), A(2). A(3), ... ; у B стало A(1)+A(n-1), A(2)+A(n), A(3)+A(1), ... .

(1 Сен '19 23:22) falcao

@falcao да, спасибо, не заметил. Попробую решить

(1 Сен '19 23:32) Квантиль

@falcao, решить не получается, вижу что будет $%2^{n}$% слагаемых при разложении и много каких обнулятся в силу одинаковости столбцов, но описать это все и понять как каждый необнулившийся вернется в состояние $%A$% перестановкой столбцов(т.е. сколько перестановок стобцов в каждом оставшемся) не получается. Не могли бы Вы дать подсказку?

(4 Сен '19 16:55) Квантиль

@Квантиль: это неплохая задача. Смотрите последовательно случаи разных n. Ответ там сильно зависит от специфики n, то есть надо сначала понять, что происходит. Но идти там надо не подряд, а по цепочку. Если из первой скобки взяли A(1), то из другой скобки, где 1, берём другое. Получаются циклы, и их надо смотреть.

(4 Сен '19 19:45) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
0

Уважаемый @falcao. Вроде как решил, но хотелось бы проверки.

Надо рассмотреть два глобальных случая: $%n$% четное или нечетное.

Если $%n$% четное ($%n=2k$%), то все однозначно определяется выбором столбцов в первой и во второй позиции. Т.е. в начале можно выбрать $%(A_1|A_2)$% тогда будет тот же $%\det A$%.

Если в первой позиции выбрать $%A_1$%, а во второй позиции $%A_{2k}$% то имеем $$(A_1|A_{2k}|A_3|A_2|A_5|...|A_{2k-1}|A_{2k-2})$$ Здесь потребуется $%k-1$% перестановка столбцов, т.е. имеем $%(-1)^{k-1}\det A$%.

Теперь, если в первой позиции выбрать $%A_{2k-1}$%, а во второй $%A_2$% получим $$(A_{2k-1}|A_2|A_1|A_4|A_3|...|A_{2k-3}|A_{2k})$$ Тут, чтобы вернуться в исходный детерминант надо $%k-1$% перестановок столбцов и имеем $%(-1)^{k-1}\det A$%.

Остается случай если выбрать $%A_{2k-1}$% первым столбцом и $%A_{2k}$% вторым. Будем иметь: $$(A_{2k-1}|A_{2k}|A_1|A_2|A_3|...|A_{2k-3}|A_{2k-2})$$

Тут потребуется $%2k-2$% раз менять столбцы местами чтобы вернуться в исходный детерминант. Получится $%(-1)^{2k-2}\det A$%.

Итого, при четном $%n$%, суммируя все получаем: $%\det A(1+2(-1)^{k-1}+(-1)^{2k-2})$%. Т.е. если $%n$% кратно $%4$% ответ $%0$%, в противном случае, если $%n$% четное, но не кратно $%4$% ответ $%4\det A$%.

Случай нечетного $%n=2k+1$% легче, поскольку первая позиция все однозначно определяет, будет либо $%\det A$%, либо детерминант от матрицы где каждый выбор делался в пользу столбца который прибавлялся. Этот детерминант можно вернуть в исходное состояние $%2(2k-1)$% перестановками столбцов.

Т.е.,итого, ответом при нечетном $%n$% будет $%\det A + (-1)^{2(2k-1)}\det A = 2 \det A$%

ссылка

отвечен 4 Сен '19 21:26

изменен 4 Сен '19 21:59

1

@Квантиль: ответ, вроде бы, такой, и сам принцип решения верный, но можно рассуждать покороче. При n=2k, если в первом столбце A(2k-1), то лучше смотреть не на второй, а на тот, где A(2k-1) уже есть, и оттуда берём A(2k-3). И так далее, и доходим до A(1) по нечётным числам. Аналогично для чётных. Получается сумма (A(1)|...|A(2k-1)+(A(2k-1)|...|A(2k-3)) умноженная на аналогичную сумму для чётных. И там умножение на 0 или на 4 в зависимости от чётности k.

(4 Сен '19 23:55) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×111

задан
1 Сен '19 22:27

показан
390 раз

обновлен
4 Сен '19 23:55

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru