Determinate matrice antisimmetrica

Messaggioda 3m0o » 05/12/2019, 17:56

Potrebbe andare così
\[ f_{2n}(z):= \sum\limits_{\sigma} \frac{1}{(z-z_{\sigma(2)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2}\]
Dove \( z_2,\ldots,z_{2n} \in \mathbb{C} \) sono dei parametri tutti distinti tra loro.
Abbiamo allora che \( f(z) \) è meromorfa. Scegliamo dunque un polo, diciamo \(z_2 \), e facciamo lo sviluppo di Laurent attorno a questo polo, con un anello \( A(z_2,0,R) \), con \( R \in \mathbb{R} \).
Sappiamo che non ci possono essere ordini inferiori al \(k<2 \) poiché nell'espressione della \( f \) non ci sono.
Pertanto lo sviluppo centrato in \(z_2 \).
\[ f_{2n}(z)= \frac{a_{-2}}{(z-z_2)^2} + \frac{a_{-1}}{(z-z_2)} + \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_2)^n \]

Qualcuno ha idee di come mostrare quanto segue:
Voglio dimostrare che \( a_{-1} =0\) e che \( a_{-2} = \det \tilde{M}_{1,2} \) dove la matrice \( \tilde{M}_{1,2} \) indica la sottomatrice ottenuta da \( M \) eliminando le righe e le colonne \( 1 \) e \( 2 \).

Inoltre per Laplace abbiamo che, dove con \( M(z) \) indico la matrice \( M \) ma con la variabile \(z \) al posto di \(z_1 \).
\[ \det M(z) = \frac{1}{(z-z_2)^2} \det \tilde{M}_{1,2} + G(z) \]
Dove \( G(z) \) sono gli altri termini del determinante.
In questo modo abbiamo che \( f_{2n}(z) - \det M(z) \) è una funzione olomorfa da \( \mathbb{C} \) a \( \mathbb{C} \).
Inoltre voglio dimostrare che \( f_{2n}(z) - \det M(z) \) è costante!
E poi voglio trovare un punto in cui \( f_{2n}(z) - \det M(z) =0\)
Ultima modifica di 3m0o il 09/12/2019, 14:11, modificato 1 volta in totale.
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Re: Determinate matrice antisimmetrica

Messaggioda Quinzio » 06/12/2019, 21:38

Credo che per risolvere adeguatamente questo problema si debba usare la teoria dei gruppi, che io non conosco.
In ogni caso....un modo per costruire in modo ricorsivo le matrici puo' essere il seguente.
La matrice 2x2 e' banale e l'hai gia' scritta tu, col suo determinante.
Per la matrice 4x4: il determinante lo scrivo in modo grafico nel disegno qui sotto:


Immagine


Tenedo conto che le celle sulla diagonale principale sono 0, ci sono 6 prodotti da calcolare per il determinante, ovvero $3!$.
Nella formula da dimostrare (nel caso 4x4) pero' non ci sono tutti i prodotti, ma solo quelli che nel disegno sono nella riga superiore. Sono quelli che sono simmetrici rispetto alla diagonale principale.
Il modo ricorsivo (grafico che poi si traduce in formule) per costruire i 3 prodotti e' il seguente...
La prima riga della griglia 4x4 ha 4 celle di cui la prima a sinistra e' zero (nella matrice corrispondente).
Partiamo quindi da quella a fianco.
La si colora.
Si colora anche quella speculare rispetto alla diagonale.
Se si cancellano le righe e le colonne a cui appartengono le 2 celle colorate, rimane una matrice 2x2.
La matrice 2x2 rimasta va riempita come la matrice 2x2 banale gia' discussa prima.
E questo e' il primo prodotto.
Poi si ricomincia con una matrice "pulita" 4x4, e nell prima riga si colora la cella (1, 3).
Si colora anche la cella speculare (3,1).
Togliendo le righe e colonne delle due celle colorate rimane una matrice 2x2, ecc...

Per una griglia 6x6, i prodotti da considerare saranno 5x3x1 = 15.
Il modo per avere ricorsivamente i prodotti e' lo stesso.
Si procede con prima riga/ prima colonna a colorare 2 celle.
La griglia 4x4 rimasta la si puo' colorare nei 3 modi visti prima per la griglia 4x4.

Questa e' la prima parte.
Rimane da capire perche' (nel caso 4x4), le 3 griglie nella riga inferiore del disegno non compaiono nel calcolo del determinante.
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Re: Determinate matrice antisimmetrica

Messaggioda 3m0o » 07/12/2019, 17:57

Ciao, grazie mille, ma devo ammettere che ho difficoltà a capire quello che hai scritto :-D
Però ho pensato a questo (forse è quello che dici te)
Prendendo
\[ M = \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{z_1-z_2} & \ldots & \frac{1}{z_1 - z_{2n}} \\ \vdots & \ddots & \ldots & \vdots\\ \frac{1}{z_{2n-1}-z_{1}} & \ldots &0 & \frac{1}{z_{2n-1}-z_{2n}} \\ \frac{1}{z_{2n}-z_{1}} & \ldots & \frac{1}{z_{2n}-z_{2n-1}} &0 \end{pmatrix} \]

e applicando Laplace abbiamo
\[ \det M = \sum\limits_{j=2}^{2n}(-1)^{1+j} \frac{1}{z_1-z_j} \det(M_{1,j} ) \]
Dove con \( M_{1,j} \) denoto la sottomatrice ottenuta da \( M \) eliminando la prima riga e la colonna \( j \).
Se dimostriamo che \( \det M_{1,j} = \frac{1}{z_j-z_1} \det M_{\widehat{1},\widehat{j}} \)
Dove \( M_{\widehat{1},\widehat{j}} \) indica sottomatrice ottenuta da \( M \) eliminando le righe e le colonne \( 1 \) e \( j \). Allora credo che possiamo usare l'induzione per concludere.


(ps: anche perché la definizione ricorsiva dello Pfaffiano è molto simile, detto ciò non abbiamo visto cos'è lo Pfaffiano quindi non possiamo usarlo nella dimostrazione)
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Re: Determinate matrice antisimmetrica

Messaggioda 3m0o » 09/12/2019, 14:12

Ho fatto una cavolata, invece di cliccare "rispondi" ho fatto "modifica" la domanda iniziale.... ho cancellato la domanda e ho sovrapposto la risposta alla domanda.... #-o #-o
È possibile (chiedo agli amministratori) recuperare la domanda originale o devo riscriverla?
3m0o ha scritto:Potrebbe andare così
\[ f_{2n}(z):= \sum\limits_{\sigma} \frac{1}{(z-z_{\sigma(2)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} \]
Dove \( z_2,\ldots,z_{2n} \in \mathbb{C} \) sono dei parametri tutti distinti tra loro.
Abbiamo allora che \( f(z) \) è meromorfa. Scegliamo dunque un polo, diciamo \( z_2 \), e facciamo lo sviluppo di Laurent attorno a questo polo, con un anello \( A(z_2,0,R) \), con \( R \in \mathbb{R} \).
Sappiamo che non ci possono essere ordini inferiori al \( k<2 \) poiché nell'espressione della \( f \) non ci sono.
Pertanto lo sviluppo centrato in \( z_2 \).
\[ f_{2n}(z)= \frac{a_{-2}}{(z-z_2)^2} + \frac{a_{-1}}{(z-z_2)} + \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_2)^n \]

Qualcuno ha idee di come mostrare quanto segue:
Voglio dimostrare che \( a_{-1} =0 \) e che \( a_{-2} = \det \tilde{M}_{1,2} \) dove la matrice \( \tilde{M}_{1,2} \) indica la sottomatrice ottenuta da \( M \) eliminando le righe e le colonne \( 1 \) e \( 2 \).

Inoltre per Laplace abbiamo che, dove con \( M(z) \) indico la matrice \( M \) ma con la variabile \( z \) al posto di \( z_1 \).
\[ \det M(z) = \frac{1}{(z-z_2)^2} \det \tilde{M}_{1,2} + G(z) \]
Dove \( G(z) \) sono gli altri termini del determinante.
In questo modo abbiamo che \( f_{2n}(z) - \det M(z) \) è una funzione olomorfa da \( \mathbb{C} \) a \( \mathbb{C} \).
Inoltre voglio dimostrare che \( f_{2n}(z) - \det M(z) \) è costante!
E poi voglio trovare un punto in cui \( f_{2n}(z) - \det M(z) =0 \)
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Re: Determinate matrice antisimmetrica

Messaggioda dissonance » 09/12/2019, 14:34

Manda una segnalazione ai moderatori, usando il pulsantino con il triangolo e il punto esclamativo. Forse gli amministratori possono recuperare la versione originale del post, ma non ne sono sicuro.
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Re: Determinate matrice antisimmetrica

Messaggioda 3m0o » 11/12/2019, 17:01

Sia \( P \) l'insieme di tutte le partizioni \( \sigma \) tale che \( \{ \{\sigma(1),\sigma(2) \} , \ldots,\{ \sigma(2n-1), \sigma(2n) \} \} \) dell'insieme \( \{1,2,\ldots,2n \} \) in \( n \) sottoinsiemi di 2 elementi tale che \( \sigma(2j-1) < \sigma(2j) \). Sia \(P_2 \) l'insieme di tutte le partizioni di \(P \) che fissano il \(2 \) (ovvero \(\sigma(2)=2 \)).
Pertanto abbiamo che
\[ \frac{1}{(z-z_2)^2} \sum\limits_{\sigma \in P_2} \frac{1}{(z_{\sigma(3)}-z_{\sigma(4)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} = \sum\limits_{\sigma \in P_2} \frac{1}{(z-z_{\sigma(2)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} \]
Pertanto per ipotesi induttiva abbiamo che
\[ \frac{1}{(z-z_2)^2} \sum\limits_{\sigma \in P_2} \frac{1}{(z_{\sigma(3)}-z_{\sigma(4)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} = \frac{1}{(z-z_2)^2} \det \tilde{M}_{1,2} \]
Pertanto nello sviluppo di Laurent nell'annello \( A(z_2,0,R) \) abbiamo che \( a_{-2}= \det \tilde{M}_{1,2} \).
Mi rimane da dimostrare che \( a_{-1}=0 \) (forse con i residui?)
Abbiamo che \( z_2 \) è un polo di ordine \(2 \). Dunque
\[ a_{-1} = \operatorname{Res}(f_{2n},z_2) = \lim\limits_{z \to z_2} \left( \frac{d}{dz} \right) \left[ (z-z_2)^2 f_{2n}(z) \right] \]
\[= \lim\limits_{z \to z_2} \left( \frac{d}{dz} \right) \left[ \sum\limits_{\sigma \in P_2} \frac{1}{(z_{\sigma(3)}-z_{\sigma(4)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} + \sum\limits_{\sigma \in P \setminus P_2} \frac{(z-z_2)^2}{(z-z_{\sigma(2)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} \right] \]
\[= \lim\limits_{z \to z_2} \left( \frac{d}{dz} \right) \left[ \sum\limits_{\sigma \in P \setminus P_2} \frac{(z-z_2)^2}{(z-z_{\sigma(2)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} \right] \]
\[= \lim\limits_{z \to z_2} \left[ \sum\limits_{\sigma \in P \setminus P_2}\left( \frac{d}{dz} \right) \frac{(z-z_2)^2}{(z-z_{\sigma(2)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} \right]\]
\[= \lim\limits_{z \to z_2} \left[ \sum\limits_{\sigma \in P \setminus P_2} \frac{1}{(z_{\sigma(3)}-z_{\sigma(4)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} \left( \frac{d}{dz} \right) \frac{(z-z_2)^2}{(z-z_{\sigma(2)})^2} \right]\]
\[= \lim\limits_{z \to z_2} \left[ \sum\limits_{\sigma \in P \setminus P_2} \frac{1}{(z_{\sigma(3)}-z_{\sigma(4)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2}\cdot \frac{2(z_2-z_{\sigma(2)})(z-z_2)}{(z-z_{\sigma(2)})^3} \right]=0\]

Posso dire quindi che nello sviluppo di Laurent nell annello \( A(z_2,0,R) \) abbiamo che \( a_{-1} = 0 \) ?

Pertanto abbiamo che lo sviluppo di Laurent nel suddetto annello è dato da:
\[ f_{2n}(z)= \frac{\det \tilde{M}_{1,2}}{(z-z_2)^2} + \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_2)^n \]
Pertanto abbiamo che
\( f_{2n}(z) - \det M \) è olomorfa in un intorno bucato di \( z_2 \).
Edit:
Mi resta da dimostrare che è olomorfa su \( \mathbb{C} \setminus \{ z_2,z_3,\ldots, z_{2n} \} \) e che è costante inoltre che vale zero in un punto.

Abbiamo infatti che
\[f_{2n}(z) - \det M= \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_2)^n - \frac{1}{z-z_2}\sum\limits_{k=3}^{2n} \frac{1}{z_k-z} \det \tilde{M}_{1,k} \]
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Re: Determinate matrice antisimmetrica

Messaggioda 3m0o » 12/12/2019, 01:42

Correggetemi se sbaglio.
Abbiamo che quando \( \left| \Im (z) \right| \to \infty \) allora sia \( f_{2n}(z) \) che \( \det M \) vanno a zero infatti:
\[ f_{2n}(z) = \sum\limits_{\sigma \in P } \frac{1}{(z-z_{\sigma(2)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} \]
Pertanto abbiamo che
\[ \lim\limits_{ \left| \Im (z) \right| \to \infty} \sum\limits_{\sigma \in P } \frac{1}{(\Re(z)+i \Im(z)-z_{\sigma(2)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} =0\]

Mentre per quanto riguarda il determinante abbiamo che
\[ \det M = \frac{\det \tilde{M}_{1,2}}{(z-z_2)^2}+\frac{1}{z-z_2}\sum\limits_{k=3}^{2n} \frac{1}{z_k-z} \det \tilde{M}_{1,k} \]
Quindi
\[ \lim\limits_{ \left| \Im (z) \right| \to \infty} \frac{\det \tilde{M}_{1,2}}{(z-z_2)^2}+\frac{1}{z-z_2}\sum\limits_{k=3}^{2n} \frac{1}{z_k-z} \det \tilde{M}_{1,k} =0\]
pertanto siccome \( f_{2n} - \det M \) è olomorfa in un intorno bucato di \(z_2 \) si prolunga olomorficamente ad una funzione intera che è limitata in quanto sia \( f_{2n} \) che \( \det M \) vanno a zero quando \( \left| \Im (z) \right| \to \infty \). E dunque è costante per Liouville. Inoltre siccome \( f_{2n} - \det M \to 0\) quando \( \left| \Im (z) \right| \to \infty \) abbiamo che \( f_{2n} = \det M \) per ogni \( z \in \mathbb{C} \setminus \{ z_2, \ldots, z_{2n} \} \).
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Re: Determinate matrice antisimmetrica

Messaggioda 3m0o » 17/12/2019, 04:45

Forse è più facile di così, cosa ne pensate?
supponiamo che sia vero per \(n-1 \). In funzione di \(z_1 \) di \( M \), abbiamo che \( \det M = \det \tilde{M} \), dove \( \tilde{M} \) è la matrice ottenuta da \( M \) scambiando le righe 1 e \(2\) e le colonne 1 e\( 2\), e dove \( \tilde{M } \) è in funzione di \(z_2\).
Inoltre intorno al polo doppio \(z_2 \) risulta che la serie di Laurent è data da
\[ \det M = \frac{c_{-2}}{(z_1-z_2)^2} + \frac{c_{-1}}{(z_1-z_2)} + c_0 + \ldots \]
Dove chiaramente \( c_{-2} = \det M_{1,2} \) dove \( M_{1,2} \) è la matrice ottenuta eliminando le righe 1 e 2.
Mentre abbiamo che siccome \( \det M = \det \tilde{M} \) allora
\[ c_{-1} = \lim\limits_{z_1 \to z_2} (z_1- z_2) \left( \det M - \frac{c_{-2}}{(z_1-z_2)^2} \right) = \lim\limits_{z_2 \to z_1 } (z_2 - z_1) \left( \det \tilde{M} - \frac{c_{-2}}{(z_2 - z_1)^2} \right) \]
\[ = \lim\limits_{z_2 \to z_1 } (z_2 - z_1) \left( \det M - \frac{c_{-2}}{(z_1-z_2)^2} \right)= - c_{-1} \]
Pertanto \( c_{-1} = 0 \).

In particolare ciò è vero per ogni polo \( z_k \), con \( k = 2,\ldots, 2n\).

Inoltre come prima ponendo
\[ f_{2n}(z_1) := \sum\limits_{\sigma \in P } \frac{1}{(z_{\sigma(1)}-z_{\sigma(2)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} \]
abbiamo che chiaramente il \[ \frac{1}{(z_1-z_2)^2} \sum\limits_{\sigma \in P } \frac{1}{(z_{\sigma(3)}-z_{\sigma(4)})^2\ldots (z_{\sigma(2n-1)}-z_{\sigma(2n)})^2} = \frac{c_{-2}}{(z_1-z_2)^2} \]
Inoltre il residuo in \( z_2 \) è zero.
Pertanto abbiamo che \( f_{2n} \) e \( \det M \) hanno gli stessi poli in \( z_2 \) (in particolare in ogni \(z_i \) con \( i = 2,\ldots, 2n \) ). Infatti in \( z_k \) hanno polo di ordine 2 e di coefficiente dominante \( \det M_{1,k} \) dove \( M_{1,k} \) è la matrice ottenuta eliminando le righe e le colonne 1 e \(k \), in più hanno residuo \( 0 \) in ogni \( z_k \).
Pertanto \( \det M - f_{2n} \) è una funzione intera su \( \mathbb{C} \) che è limitata poiché sia \( f \) che \( g \) vanno a zero quando \( \left| z_1 \right| \to \infty \).
Pertanto abbiamo per Liouville segue che \( \det M - f_{2n } \) è costante, e questa costante vale zero poiché \( \det M - f_{2n } \to 0 \) quando il modulo di \(z_1 \) va a infinito.

Conclusione \( \det M = f_{2n } \) su \( \mathbb{C} \setminus \{ z_2,\ldots,z_n\} \)
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