(M. Steiner)
Seja $ D_n $ o determinante da matriz $n\times n$ de entradas $a_{ ij }=\mid i-j\mid $.
Mostre que $ D_{ n }=(-1)^{ n }.(1-n).2^{ n-2 } $.
Solução de M. Steiner:
Tentemos visualizar o determinante, que será do tipo:
$$ D_n=\begin{vmatrix} {
a }_{ 11 } & { a }_{ 12 } & { a }_{ 13 } & \cdots & { a }_{ 1n
} \\ { a }_{ 21 } & { a }_{ 22 } & { a }_{ 23 } & \cdots & { a
}_{ 2n } \\ { a }_{ 31 } & { a }_{ 32 } & { a }_{ 33 } & \cdots
& { a }_{ 3n } \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots &
\vdots \\ { a }_{ n1 } & {a}_{n2 } & {a}_{n3} & \cdots &
{a}_{nn} \end{vmatrix}=$$
$$\begin{vmatrix} { 0 } & { 1 } & {2 } & 3 & \cdots & { n-1 } \\ { 1 } & { 0 } & { 1 } & 2 & \cdots & { n-2 } \\ { 2 } & { 1 } & { 0 } & 1& \cdots & { n-3 } \\ { 3 } & { 2} & { 1 } & 0 & \cdots & { n-4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ { n-1 } & {n-2 } & {n-3} & n-4 & \cdots & {0} \end{vmatrix}$$
$$\begin{vmatrix} { 0 } & { 1 } & {2 } & 3 & \cdots & { n-1 } \\ { 1 } & { 0 } & { 1 } & 2 & \cdots & { n-2 } \\ { 2 } & { 1 } & { 0 } & 1& \cdots & { n-3 } \\ { 3 } & { 2} & { 1 } & 0 & \cdots & { n-4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ { n-1 } & {n-2 } & {n-3} & n-4 & \cdots & {0} \end{vmatrix}$$
1º passo - Some a
n-ésima coluna na primeira coluna do determinante(Teorema de Jacobi nos garante
que o determinante não é alterado com essa operação).
$$D_n=\begin{vmatrix} {
n-1 } & { 1 } & {2 } & 3 & \cdots & { n-1 } \\ { n-1 }
& { 0 } & { 1 } & 2 & \cdots & { n-2 } \\ { n-1 } & { 1
} & { 0 } & 1& \cdots & { n-3 } \\ { n-1 } & { 2} & { 1
} & 0 & \cdots & { n-4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots &
\vdots & \ddots & \vdots \\ { n-1 } & {n-2 } & {n-3} & n-4
& \cdots & {0} \end{vmatrix}$$
2º passo - Destaque o
fator (n-1) do determinante.
$$D_n=(n-1)\begin{vmatrix}
{ 1 } & { 1 } & {2 } & 3 & \cdots & { n-1 } \\ { 1 } &
{ 0 } & { 1 } & 2 & \cdots & { n-2 } \\ { 1 } & { 1 } &
{ 0 } & 1& \cdots & { n-3 } \\ { 1 } & { 2} & { 1 } & 0
& \cdots & { n-4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots
& \ddots & \vdots \\ { 1 } & {n-2 } & {n-3} & n-4 &
\cdots & {0} \end{vmatrix}$$
3º passo - Utilize a
regra de Chió, obtendo:
$$D_n=(n-1)\begin{vmatrix}
{ -1 } & { -1 } & {-1 } & {-1} & \cdots & { -1 } \\ { 0 }
& { -2 } & { -2 } & -2 & \cdots & { -2 } \\ { 1 } & {
-1 } & { -3 } & -3& \cdots & { -3 } \\ { 1 } & { 2} & {
1 } & 0 & \cdots & { -4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots &
\vdots & \ddots & \vdots \\ { n-3 } & {n-5 } & {n-7} & n-9
& \cdots & {-(n-1)} \end{vmatrix}_{(n-1)\times (n-1)}$$
4º passo - Destaque o
fator (-1) da primeira linha do determinante:
$$D_n=(1-n)\begin{vmatrix}
{ 1 } & { 1 } & {1 } & {1} & \cdots & { 1 } \\ { 0 } &
{ -2 } & { -2 } & -2 & \cdots & { -2 } \\ { 1 } & { -1 }
& { -3 } & -3& \cdots & { -3 } \\ { 1 } & { 2} & { 1 }
& 0 & \cdots & { -4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots
& \ddots & \vdots \\ { n-3 } & {n-5 } & {n-7} & n-9 &
\cdots & {-(n-1)} \end{vmatrix}_{(n-1)\times (n-1)}$$
5º passo - Utilize a
regra de Chió novamente, obtendo:
$$D_n=(1-n)\begin{vmatrix}
{ -2 } & { -2 } & {-2 } & {-2} & \cdots & { -2 } \\ { -2 }
& { -4 } & { -4 } & -4 & \cdots & { -4 } \\ { -2 } & {
-4 } & { -6 } & -6& \cdots & { -6 } \\ { -2 } & { -4} &
{ -6 } & -8 & \cdots & { -8 } \\ \vdots & \vdots & \vdots
& \vdots & \ddots & \vdots \\ { -2 } & {-4 } & {-6} &
-8 & \cdots & {-2(n-2)} \end{vmatrix}_{(n-2)\times (n-2)}$$
6º passo - Destaque de
cada linha o fator (+2) do determinante de ordem (n-2):
$$D_n=(1-n)2^{n-2}\begin{vmatrix}
{ -1 } & { -1 } & {-1 } & {-1} & \cdots & { -1 } \\ { -1 }
& { -2 } & { -2 } & -2 & \cdots & { -2 } \\ { -1 } & {
-2 } & { -3 } & -3& \cdots & { -3 } \\ { -1 } & { -2} &
{ -3 } & -4 & \cdots & { -4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots
& \vdots & \ddots & \vdots \\ { -1 } & {-2 } & {-3} &
-4 & \cdots & {-(n-2)} \end{vmatrix}_{(n-2)\times (n-2)}$$
7º passo - Destaque de
cada linha o fator (-1) do determinante de ordem (n-2):
$$D_n=(1-n)2^{n-2}.(-1)^{n-2}\begin{vmatrix}
{ 1 } & { 1 } & {1 } & {1} & \cdots & { 1 } \\ { 1 } &
{ 2 } & { 2 } & 2 & \cdots & { 2 } \\ { 1 } & { 2 } & {
3 } & 3& \cdots & { 3 } \\ { 1 } & { 2} & { 3 } & 4
& \cdots & { 4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots &
\ddots & \vdots \\ { 1 } & {2 } & {3} & 4 & \cdots &
{(n-2)} \end{vmatrix}_{(n-2)\times (n-2)}$$
Perceba que se provarmos
que esse determinante é igual a 1(n>2), nosso problema estará resolvido.
Antes de prosseguirmos,
vamos estudar o caso geral desse determinante:
$$K_n=\begin{vmatrix} {
1 } & { 1 } & {1 } & {1} & \cdots & { 1 } \\ { 1 } & {
2 } & { 2 } & 2 & \cdots & { 2 } \\ { 1 } & { 2 } & { 3
} & 3& \cdots & { 3 } \\ { 1 } & { 2} & { 3 } & 4 &
\cdots & { 4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots &
\ddots & \vdots \\ { 1 } & {2 } & {3} & 4 & \cdots &
{n} \end{vmatrix}_{n\times n}$$
Adendo: Vamos proceder a uma generalização necessária para depois voltamos ao problema.
Seja $$K_n=\begin{vmatrix}
{ 1 } & { 1 } & {1 } & {1} & \cdots & { 1 } \\ { 1 } &
{ 2 } & { 2 } & 2 & \cdots & { 2 } \\ { 1 } & { 2 } & {
3 } & 3& \cdots & { 3 } \\ { 1 } & { 2} & { 3 } & 4
& \cdots & { 4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots &
\ddots & \vdots \\ { 1 } & {2 } & {3} & 4 & \cdots &
{n} \end{vmatrix}_{n\times n}$$
Calcule $K_{ n }$.
Solução:
1º passo - Multiplique a
segunda linha por (-1/2) e some na primeira.
$$K_n=\begin{vmatrix}
{ 1/2 } & { 0} & {0 } & {0} & \cdots & { 0 } \\ { 1 } &
{ 2 } & { 2 } & 2 & \cdots & { 2 } \\ { 1 } & { 2 } & {
3 } & 3& \cdots & { 3 } \\ { 1 } & { 2} & { 3 } & 4
& \cdots & { 4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots &
\ddots & \vdots \\ { 1 } & {2 } & {3} & 4 & \cdots &
{n} \end{vmatrix}_{n\times n}$$
2º passo - Multiplique a
terceira linha por (-2/3) e some na segunda.
$$K_n=\begin{vmatrix}
{ 1/2 } & { 0 } & {0 } & {0} & \cdots & { 0 } \\ { 1/3 }
& { 2/3 } & { 0 } & 0 & \cdots & { 0 } \\ { 1 } & { 2 }
& { 3 } & 3& \cdots & { 3 } \\ { 1 } & { 2} & { 3 }
& 4 & \cdots & { 4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots &
\vdots & \ddots & \vdots \\ { 1 } & {2 } & {3} & 4 &
\cdots & {n} \end{vmatrix}_{n\times n}$$
3º passo - Multiplique a
quarta linha por (-3/4) e some na terceira.
$$K_n=\begin{vmatrix} {
1/2 } & { 0 } & {0 } & {0} & \cdots & { 0 } \\ { 1/3 }
& { 2/3 } & { 0 } & 0 & \cdots & { 0 } \\ { 1/4 } & {
1/2 } & { 3/4 } & 0& \cdots & { 0 } \\ { 1 } & { 2} & {
3 } & 4 & \cdots & { 4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots &
\vdots & \ddots & \vdots \\ { 1 } & {2 } & {3} & 4 &
\cdots & {n} \end{vmatrix}_{n\times n}$$
4º passo - Repita esse
processo até a n-ésima linha. Ou seja, multiplique a n-ésima linha por (n-1)/n
e some na linha anterior.
$$K_n=\underbrace{
\begin{vmatrix} { 1/2 } & { 0 } & {0 } & {0} & \cdots & { 0
} \\ { 1/3 } & { 2/3 } & { 0 } & 0 & \cdots & { 0 } \\ {
1/4 } & { 1/2 } & { 3/4 } & 0& \cdots & { 0 } \\ { 1/5 } &
{ 2/5} & { 3/5 } & 4/5 & \cdots & { 0 } \\ \vdots & \vdots
& \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ { 1 } & {2 } &
{3} & 4 & \cdots & {n} \end{vmatrix}}_{n\times n}_{Matriz\ Triangular\
Inferior}$$
Portanto:
$$ K_n =
(1/2).(2/3).(3/4).(4/5)...[(n-1)/n].n $$
$$ \therefore \boxed{K_n = 1} $$
Logo, está provado que
esse determinante é sempre 1 para qualquer n natural.
Voltando ao problema
original:
$$D_n=(1-n).2^{n-2}.(-1)^{n-2}.\begin{vmatrix}
{ 1 } & { 1 } & {1 } & {1} & \cdots & { 1 } \\ { 1 } &
{ 2 } & { 2 } & 2 & \cdots & { 2 } \\ { 1 } & { 2 } & {
3 } & 3& \cdots & { 3 } \\ { 1 } & { 2} & { 3 } & 4
& \cdots & { 4 } \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots &
\ddots & \vdots \\ { 1 } & {2 } & {3} & 4 & \cdots &
{(n-2)} \end{vmatrix}_{(n-2)\times (n-2)}$$
$$D_n=(1-n).2^{n-2}.(-1)^{n-2}.K_{n-2}$$
$$D_n=
(1-n).2^{n-2}.(-1)^{n-2}.1$$
$$D_n=(1-n).2^{n-2}.(-1)^{n-2}.(-1)^{2}$$
$$\therefore \boxed{ D_n=(-1)^{n}.(1-n).2^{n-2}}$$
$\blacksquare\ C.Q.D.$
