Determinants

Vandermonde Determinant

• $$\left|\begin{matrix} 1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^{n-1}\\ 1 & x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^{n-1}\\ \vdots & \vdots &\vdots & \ddots & \vdots\\ 1& x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^{n-1}\\ \end{matrix}\right| =\prod_{1\le i<j\le n}(x_j-x_i)$$

• Proof

  每列减前一列乘 $x_1$，得到：

  $$\left|\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\ 1 &x_2-x_1 & x_2(x_2-x_1) & \cdots & x_2^{n-2}(x_2-x_1)\\ \vdots & \vdots & \vdots& \ddots & \vdots\\ 1 &x_n-x_1 & x_n(x_n-x_1) & \cdots & x_n^{n-2}(x_n-x_1)\\ \end{matrix}\right|$$

  删去第一行第一列，第 $i$ 行有公因式 $x_i-x_1$， 提取出来递归即可。

Cauchy Determinant

• $$\det\left[\frac{1}{a_i-b_j}\right]=\frac{\prod_{1\le i<j\le n}(a_j-a_i)(b_i-b_j)}{\prod_{i,j=1}^n(a_i-b_j)}$$

• Proof

  所有列减第一列：

  $$\frac{1}{a_i-b_j}-\frac{1}{a_i-b_1}=\frac{b_j-b_1}{a_i-b_1}\frac{1}{a_i-b_j}$$

  $\forall j>1$ 有公因式 $b_j-b_1$，$\forall i$ 有公因式 $\frac{1}{a_i-b_1}$，提取出来。

  然后减去第一行：

  $$\frac{1}{a_i-b_j}-\frac{1}{a_1-b_j}=\frac{a_i-a_1}{a_1-b_j}\frac{1}{a_i-b_j}$$

  与上同理，递归证明。

Circulant

• $$\left|\begin{matrix} a_0 & a_1 & a_2 & \cdots & a_{n-1}\\ a_{n-1} & a_0 & a_1 & \cdots & a_{n-2}\\ \vdots & \vdots &\vdots & \ddots & \vdots\\ a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_0\\ \end{matrix}\right| =\prod_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega_n^{ij}$$

• Proof

  考虑列向量 $v_i=\left(\omega_n^{ij}\right)_{j=0}^{n-1}$，那么发现其左乘原矩阵等于其乘 $\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega_n^{ij}$，那么其为一特征向量，且对应特征值为 $\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega_n^{ij}$。

  恰有 $n$ 个特征值，所以原矩阵的行列式等于特征值乘积。

Krattenthaler's Formula

• $$\det\left[{\prod_{k=1}^{j-1}(x_i+a_k)\prod_{k=j+1}^n(x_i+b_k)}\right]=\prod_{1\le i<j\le n}(x_i-x_j)\prod_{1\le i< j\le n} (a_i-b_j)$$

• Proof

  对列进行差分，可以得到后半，然后可以消成 Vandermonde Matrix，即得前半。

Hook length formula

• 整数拆分为 $m=\sum_{i=0}^{n-1}\lambda_i$ 的杨表个数为：

  $$\frac{m!}{\prod_{x\in Y(\lambda)}\text{hook}(x)}$$

• Proof

  容易发现其等价于有一初始全 $0$ 数列 $a$，每次可以给一个 $a_i$ 加一，最后使得 $a_i=\lambda_i$，且时时刻刻 $a_i$ 不降，求操作方案数。

  这利用类似 $\text{LGV}$ 的想法，其等于：

  $$m!\det\left[\frac{1}{(\lambda_i+i-j)!}\right]$$

  问题转为求行列式。

  每行乘 $(\lambda_i+i)!$，每列乘 $\frac{1}{j!}$，转为组合数。

  对列从前往后做差分，可以发现每轮就是将所有组合数上标减 $1$。

  那么可以不断变换为：

  $$\det\left[\binom{\lambda_i+i-\lambda_0}{j}\right]$$

  此时第 $0$ 行只有 $a_{0,0}$ 为 $1$，删去第 $0$ 行第 $0$ 列。

  第 $i\ (i> 0)$ 行有公因式 $\lambda_i+i-\lambda_0$，第 $j\ (j>0)$ 列有公因式 $\frac{1}{j}$，提取出来，变为：

  $$\det\left[\binom{\lambda_i+i-\lambda_0-1}{j-1}\right]$$

  是子问题。

  最后结果为：

  $$\frac{m!\prod_{0\le i<j<n}(\lambda_j+j-\lambda_i-i)}{\prod_{i=0}^{n-1}(\lambda_i+i)!}$$

  容易证明与原式等价。