循环矩阵的行列式

一个重要的公式

下面 循环矩阵 的行列式

\[\det\left[ \begin{matrix} a_0&a_1&\cdots&a_{n-1}\\ a_{n-1}&a_0&\cdots&a_{n-2}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ a_1&a_2&\cdots&a_0 \end{matrix} \right]=\prod_{i=0}^nf(w^i) \]

其中 \(f(x)=\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i\)。

自己的菜鸡证明

发现下标极其富有规律，想到了什么？

引理 1：

\[\sum_{i=0}^{n-1}\frac{w^{id}}n=[n\mid d] \]

引理证明只需分类讨论 \(w^i\) 是否为 \(1\) 即可，如果为 \(1\) 不能使用等比数列求和。

为了让 \(a_i\) 在合适的时候出现，不难写出来这样的形式

\[\sum_{d=0}^{n-1}a_d\sum_{i=0}^{n-1}\frac{w^{i(d-t)}}n=a_t \]

记该循环矩阵为 \(P\)，则 \(p_{x,y}=a_{(y-x)\bmod n}\)，代入得：

\[p_{x,y}=\sum_{d=0}^{n-1}a_d\sum_{i=0}^{n-1}\frac{w^{i(d+x-y)}}n \]

再想一想这个式子，发现里面含有 \(i\) ？只有在矩阵乘法的时候会遇到。我们尝试将其写成两个矩阵相乘的形式

\[\begin{aligned} p_{x,y}&=\sum_{i=0}^{n-1}w^{ix}w^{-iy}\frac1n\sum_{d=0}^{n-1}a_dw^{id}\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}w^{ix}w^{-iy}n^{-n}f(w^i) \end{aligned} \]

暂时略去 \(n^{-n}\)，我们不仅可以写成两个矩阵的相乘，还得到了 \(f(w^i)\)

\[\left[ \begin{matrix} 1&1&1&\cdots&1\\ 1&w^1&w^2&\cdots&w^{n-1}\\ 1&w^2&w^4&\cdots&w^{2(n-1)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&w^{n-1}&w^{2(n-1)}&\cdots&w^{(n-1)(n-1)} \end{matrix} \right] \times \left[ \begin{matrix} f(1)&w^{-1}f(1)&w^{-2}f(1)&\cdots&w^{-(n-1)}f(1)\\ f(w^1)&w^{-1}f(w^1)&w^{-2}f(w^1)&\cdots&w^{-(n-1)}f(w^1)\\ f(w^2)&w^{-1}f(w^2)&w^{-2}f(w^2)&\cdots&w^{-(n-1)}f(w^2)\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ f(w^{n-1})&w^{-1}f(w^{n-1})&w^{-2}f(w^{n-1})&\cdots&w^{-(n-1)}f(w^{n-1}) \end{matrix} \right] \]

注意到

\[\det(AB)=\det A\det B \]

和

\[\det A=\det A^T \]

并且在 FFT 中，有

\[\left[ \begin{matrix} 1&1&1&\cdots&1\\ 1&w^1&w^2&\cdots&w^{n-1}\\ 1&w^2&w^4&\cdots&w^{2(n-1)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&w^{n-1}&w^{2(n-1)}&\cdots&w^{(n-1)(n-1)} \end{matrix} \right] \times \left[ \begin{matrix} 1&1&1&\cdots&1\\ 1&w^{-1}&w^{-2}&\cdots&w^{-(n-1)}\\ 1&w^{-2}&w^{-4}&\cdots&w^{-2(n-1)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&w^{-(n-1)}&w^{-2(n-1)}&\cdots&w^{-(n-1)(n-1)} \end{matrix} \right] =nI \]

故行列式为

\[n^n\prod_{i=0}^{n-1}f(w^i) \]

乘上 \(n^n\) 即证等式。

网上大佬给的证明

懒，直接挂图了 QwQ。