Izračunati determinantu:
[dispmath]D_n=\begin{vmatrix}
\cos\alpha & 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
1 & 2\cos\alpha & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
0 & 1 & 2\cos\alpha & 1 & 0 & \cdots & 0\\
0 & 0 & 1 & 2\cos\alpha & 1 & \cdots & 0\\
0 & 0 & 0 & 1 & 2\cos\alpha & \cdots & 0\\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 2\cos\alpha
\end{vmatrix}[/dispmath]
Nakon transformacije u gornju trougaonu matricu, determinanta je:
[dispmath]D_n=\begin{vmatrix}
\cos\alpha & 1 & 0 & \cdots & 0\\
0 & 2\cos\alpha-\frac{1}{\cos\alpha} & 1 & \cdots & 0\\
0 & 0 & 2\cos\alpha-\frac{1}{2\cos\alpha-\frac{1}{\cos\alpha}} & \cdots & 0\\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
0 & 0 & 0 & \cdots & x
\end{vmatrix}[/dispmath]
Sada je vrednost determinante jednaka proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali.
Kako dovesti taj proizvod na opšti oblik (izraziti [inlmath]D_n[/inlmath] preko [inlmath]n[/inlmath])?

Napomena: Možda se čini da je zadatak pogrešno postavljen (svi elementi na glavnoj dijagonali su [inlmath]2\cos\alpha[/inlmath] osim jednog).

Ja sam proverio za [inlmath]\alpha=\pi/3[/inlmath] je [inlmath]D_3=-1,\;D_4=1[/inlmath]

Imam odgovor, ali ce mi biti potrebno malo vise vremena da ga prikazem (zato, resenje sutra). Ali pre toga, da li si pokusao da napravis rekurentnu vezu za datu determinantu? Trebalo bi da dobijes [inlmath]D_n=2\cos\alpha D_{n-1}-D_{n-2}[/inlmath] za [inlmath]n\ge3[/inlmath] (razvijas po poslednjoj koloni (vrsti, svejedno), a pri tome smatramo da je [inlmath]D_{n-1}[/inlmath] determinanta nastala od [inlmath]D_n[/inlmath] uklanjanjem njene poslednje kolone i vrste), uz pocetne uslove [inlmath]D_1=\cos\alpha[/inlmath] i [inlmath]D_2=\cos2\alpha[/inlmath] (to vidimo iz polazne determinante). Dobija se, resavanjem te diferencne jednacine drugog reda, da je [inlmath]D_n=\cos(n\alpha)[/inlmath] (ako nisam nesto pogresio). Mada, sada kad znamo sta je resenje, a i iz [inlmath]D_1[/inlmath] i [inlmath]D_2[/inlmath] se dalo naslutiti, vidimo da se moglo i matematickom indukcijom pokazati da je to resenje (koristeci rekuretnu vezu koju imamo).

Takodje, element [inlmath]a_{nn}[/inlmath] u drugoj matrici ti nije dobar, tj. precizan.

@Onomatopeja

Shvatio sam postupak (metoda rekurzivnih relacija).
Hvala na odgovoru.

Zasto nam ga onda ne bi i prikazao? Zbog drugih, pre svega.

@Onomatopeja

Možda grešim, ali mislim da se determinanta ne može rešiti primenom rekurzivnih relacija.
Da je prvi element determinante [inlmath]2\cos\alpha[/inlmath], mogla bi se primeniti ta metoda.

Jednačina koju si napisao važi ako je prvi element [inlmath]2\cos\alpha[/inlmath].

Ne, nisi u pravu. Dakle, objasnio sam sta je [inlmath]D_1,D_2,D_3[/inlmath] itd. Uprosceno, [inlmath]D_1[/inlmath] ima na glavnoj diagonali [inlmath]\cos\alpha[/inlmath], [inlmath]D_2[/inlmath] ima [inlmath]\cos\alpha,\;2\cos\alpha[/inlmath], [inlmath]D_3[/inlmath] ima [inlmath]\cos\alpha,\;2\cos\alpha,\;2\cos\alpha[/inlmath], [inlmath]D_n[/inlmath] ima [inlmath]\cos\alpha,\;\underbrace{2\cos\alpha,\;\ldots,\;2\cos\alpha}_{n-1}[/inlmath].

Takodje, objasnio sam i kako se dobija rekurzivna veza. Dakle, razvijanjem po poslednjoj koloni (ili vrsti), a ne po prvoj.

Dakle, kao što reče Onomatopeja, ako posmatramo determinantu od poslednje vrste (ili kolone) dobijamo:
[dispmath]D_n=2\cos\alpha D_{n-1}-D_{n-2},\;n\ge3[/dispmath]
Rešavamo kvadratnu jednačinu:
[dispmath]x^2-2\cos(\alpha)x+1=0[/dispmath][dispmath]\Delta=4\cos^2\alpha-4=4\left(\cos^2\alpha-1\right)\;\Rightarrow\;\Delta\le0[/dispmath]
Prvi slučaj (koreni realni i jednaki):
[dispmath]x_1=x_2\;\Rightarrow\;D_n=x_1^{n-1}D_1+(n-1)x_1^{n-2}(D_2-x_1D_1)=\cos^n\alpha-(n-1)\cos^{n-2}\alpha\sin^2\alpha[/dispmath]
Drugi slučaj (koreni konjugovano kompleksni):
[dispmath]x_1=\cos\alpha+i\sin\alpha[/dispmath][dispmath]x_2=\cos\alpha-i\sin\alpha[/dispmath][dispmath]D_n=c_1r^n\cos n\alpha+c_2r^n\sin n\alpha[/dispmath]
gdje je
[dispmath]c_1=\frac{D_2-x_2D_1}{x_1(x_1-x_2)}-\frac{D_2-x_1D_1}{x_2(x_1-x_2)}=1[/dispmath][dispmath]c_2=\left(\frac{D_2-x_2D_1}{x_1(x_1-x_2)}+\frac{D_2-x_1D_1}{x_2(x_1-x_2)}\right)i=0[/dispmath]
[inlmath]r=1[/inlmath] (moduo kompleksnog broja)

Odavde je [inlmath]D_n=\cos n\alpha[/inlmath]

Vec duze vreme odlazem da napisem ovaj post, a mislim da ce uskoro biti i jasno zasto je to tako.

Samo, prvo bih dao kratki komentar da se u prethodnom resenju od @display_error ova dva resenja za [inlmath]\Delta = 0[/inlmath] i [inlmath]\Delta <0[/inlmath] poklapaju. Naime, za [inlmath]\Delta = 0[/inlmath] (tj. u prvom slucaju) se dobija [inlmath]\cos^2 \alpha = 1[/inlmath], a time i [inlmath]\sin^2 \alpha =0[/inlmath], pa se prilozeno resenje (u tom slucaju) svodi na [inlmath]D_n = \cos^n \alpha[/inlmath]. Kako je [inlmath]\cos^2 \alpha = 1[/inlmath], odnosno [inlmath]\cos \alpha = 1[/inlmath] ili [inlmath]\cos \alpha = -1[/inlmath], to je [inlmath]\alpha = 0[/inlmath] (plus period, koji ovde nema uticaja) ili [inlmath]\alpha = \pi[/inlmath]. Ako je [inlmath]\alpha = 0[/inlmath], onda je [inlmath]\cos^n \alpha = 1 = \cos (n \cdot 0)=\cos(n \alpha)[/inlmath]. Ako je pak, [inlmath]\alpha = \pi[/inlmath], to ponovo vidimo da zapravo vazi [inlmath]\cos^n \alpha = (-1)^n = \cos(n \pi) = \cos(n \alpha)[/inlmath]. Dakle, u oba slucaja vidimo da zapravo vazi [inlmath]D_n= \cos(n \alpha)[/inlmath] (tj. u ovom prvom slucaju se resenje moze zapisati i na ovaj nacin). Posle se prelazi na drugi slucaju, gde smo videli sta se dobija (isto [inlmath]\cos(n \alpha)[/inlmath]), ali moj cilj je bio da pokazem da se sa [inlmath]D_n = \cos (n \alpha)[/inlmath] moze zapisati resenje u oba slucaja.

Dobro, kada smo to primetili, sada cu prikazati resenje date diferencne jednacine upotrebom metoda generatornih funkcija. To ce se ispostaviti kao "teze" resenje, al posto Daniel voli kad se zakomplikuje (hehe) to sam odlucio da zadatak uradim i na taj nacin . Naime, neka je [inlmath]\mathcal{D}(t)= \sum_{n=1}^{\infty} D_n t^n[/inlmath] pridruzena generatorna funkcija date diferencne jednacine (tj. rekuretne relacije), pri cemu smatramo da je [inlmath]|t|<1[/inlmath]. Tada iz [inlmath]D_n=2\cos\alpha D_{n-1}-D_{n-2}[/inlmath] za [inlmath]n\ge 3[/inlmath] dobijamo
[dispmath]\begin{align}
\mathcal{D}(t)&=D_1 t + D_2 t^2 + \sum_{n=3}^{\infty} D_n t^n \\
&= D_1 t + D_2 t^2 + \sum_{n=3}^{\infty} (2\cos\alpha D_{n-1}-D_{n-2})t^n\\
&= D_1 t + D_2 t^2 + \sum_{n=3}^{\infty} 2\cos\alpha D_{n-1} t^n - \sum_{n=3}^{\infty} D_{n-2} t^n\\
&= D_1 t + D_2 t^2 + 2t \cos \alpha (\mathcal{D}(t) -D_1 t) - t^2 \mathcal{D}(t)
\end{align}[/dispmath]
odakle je (uz koriscenje pocetnih uslova [inlmath]D_1=\cos \alpha[/inlmath] i [inlmath]D_2 = \cos 2\alpha[/inlmath])
[dispmath]\mathcal{D}(t) = \frac{D_1 t + t^2 (D_2 - 2 \cos \alpha D_1)}{1-2t \cos \alpha + t^2} = \frac{t\cos \alpha + t^2 (\cos 2\alpha - 2 \cos^2 \alpha)}{1-2t \cos \alpha + t^2} = \frac{t\cos \alpha - t^2}{1-2 t\cos \alpha + t^2}. \tag{1}[/dispmath]
Odatle je postupak jasan, ukoliko poslednji izraz prikazemo u obliku reda, to cemo odatle procitati i efektivno koliko je [inlmath]D_n[/inlmath] (kao koeficijenat koji stoji uz [inlmath]t^n[/inlmath]). Naravno, tu je i najveca tezina ako zelimo da koristimo ovaj metod. Da ne bih sirio pricu, verujem da ce onima koji su upoznati sa Puasonovim jezgrom (eng. Poisson kernel) biti jasno kako zavrsiti zadatak. Naime, vazi
[dispmath]\frac{\sin \alpha}{1-2 t\cos \alpha + t^2} = \sum_{n=0}^{\infty} t^n \sin [(n+1)\alpha]. \tag{2}[/dispmath]
Da bismo pokazali [inlmath](2)[/inlmath], krenimo od desne strane [inlmath](2)[/inlmath] i pokazimo da vazi leva strana. Zaista, koristeci formulu za sumu geometrijskog reda dobijamo (primetimo da je [inlmath]|t^n e^{i(n+1)\alpha}|<1[/inlmath], pa je opravdana primena spomenute formule)
[dispmath]\sum_{n=0}^{\infty}t^n\sin[(n+1)\alpha]=\sum_{n=0}^{\infty} \operatorname{Im}\bigl(t^n e^{i(n+1)\alpha}\bigr)=\operatorname{Im} \Bigl(\frac{e^{i\alpha}}{1-te^{i\alpha}}\Bigr), \tag{3}[/dispmath]
a potom i [inlmath]\displaystyle\operatorname{Im}(z) = \frac{z-\bar{z}}{2}[/inlmath], to se [inlmath](3)[/inlmath] svodi na
[dispmath]\operatorname{Im} \Bigl(\frac{e^{i\alpha}}{1-t e^{i\alpha}}\Bigr)=\frac{1}{2i}\Bigl(\frac{e^{i\alpha}}{1-te^{i\alpha}}‌​ {} - \frac{e^{-i\alpha}}{1-te^{-i\alpha}}\Bigr)=\frac{\sin \alpha}{1-2t\cos \alpha+t^2},[/dispmath]
cime smo pokazali da vazi [inlmath](2)[/inlmath]. Sada se [inlmath](1)[/inlmath] svodi na
[dispmath]\mathcal{D}(t) = \frac{t \cos \alpha - t^2}{\sin \alpha} \cdot \frac{\sin \alpha}{1-2t \cos \alpha + t^2} = \frac{t \cos \alpha - t^2}{\sin \alpha} \sum_{n=0}^{\infty} t^n \sin [(n+1)\alpha] = \frac{1}{\sin \alpha} \bigl(\cos \alpha \sum_{n=0}^{\infty} t^{n+1} \sin [(n+1)\alpha] - \sum_{n=0}^{\infty} t^{n+2} \sin [(n+1)\alpha]\bigr).\tag{4}[/dispmath]
Nas interesuje koeficijenat uz [inlmath]t^n[/inlmath] jer uz njega stoji [inlmath]D_n[/inlmath] (podsetimo se, vazi [inlmath]\mathcal{D}(t)= \sum\limits_{n=1}^{\infty} D_n t^n[/inlmath]), to vidimo iz [inlmath](4)[/inlmath] da je on jednak [dispmath]\frac{1}{\sin \alpha} \bigl(\cos \alpha \sin(n \alpha) - \sin[(n-1)\alpha]\bigr) = \cos n\alpha,[/dispmath]
to jest [inlmath]D_n = \cos n \alpha[/inlmath].
Naravno, i postujem ja to, neko ce reci da smo imali deljenje sa nulom (kod [inlmath]\sin \alpha[/inlmath]) i da bi to trebalo posebno ispitati (tj. da ovo prethodno vazi pod pretpostavkom da je [inlmath]\sin \alpha \neq 0[/inlmath]). Dobro, ako je [inlmath]\sin \alpha = 0[/inlmath], to je ili [inlmath]\alpha = 0[/inlmath] (naravno, plus period, bla bla bla) ili [inlmath]\alpha = \pi[/inlmath]. Ako posmatramo slucaj [inlmath]\alpha=0[/inlmath] tada je [inlmath]\cos \alpha = 1[/inlmath], a time se i [inlmath](1)[/inlmath] svodi na (ponovo, primenjujemo formulu za sumu geometrijskog reda, sto je validno jer je [inlmath]|t|<1[/inlmath])
[dispmath]\mathcal{D}(t) = \frac{t - t^2}{1-2t + t^2} = \frac{t}{1-t} = t \sum_{n=0}^{\infty} t^n = \sum_{n=1}^{\infty} t^n,[/dispmath] pa je odatle [inlmath]D_n = 1[/inlmath] (sto je, gle cuda, isto sto i [inlmath]\cos (n \alpha) = \cos (n \cdot 0) = 1[/inlmath], tj. prosla formula se poklapa i za ovaj specijalan slucaj).
Slicno, ako je pak [inlmath]\alpha = \pi[/inlmath] (plus period) to je [inlmath]\cos \alpha = -1[/inlmath], te se [inlmath](1)[/inlmath] svodi na (ponovo, [inlmath]\lvert -t\rvert<1[/inlmath])
[dispmath]\mathcal{D}(t) = \frac{-t-t^2}{1+2t+t^2} = -\frac{t}{1-(-t)} = -t \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n t^n = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n t^n,[/dispmath]
pa je [inlmath]D_n = (-1)^n[/inlmath] (sto je, gle cuda, ponovo, jednako sa [inlmath]\cos (n \alpha) = \cos (n \pi) = (-1)^n[/inlmath]).

I sada smo u mogucnosti da pokupimo sve ove slucaje (a u svakom od njih se dobija isto resenje) i da vidimo da je konacno resenje zaista dato sa [inlmath]D_n = \cos n \alpha[/inlmath].

Na kraju, za one uporne, da napomenem (a i prikazem) da se zadatak najlakse radi pomocu matematicke indukcije (premda, tu moramo da znamo sta ocekujemo za konacno resenje, sto se nekako i dalo naslutiti iz [inlmath]D_1 = \cos \alpha[/inlmath], [inlmath]D_2 = \cos 2 \alpha[/inlmath] i [inlmath]D_3 = \cos 3 \alpha[/inlmath]). Koristicemo naravno relaciju [inlmath]D_n = 2 \cos \alpha D_{n-1} - D_{n-2}[/inlmath] za [inlmath]n \ge 3[/inlmath] i pokazujemo da je tada (sa onim pocetnim uslovima) [inlmath]D_n = \cos n \alpha[/inlmath]. Naravno, odmah dobijamo da vazi baza indukcije za [inlmath]k=1[/inlmath] i [inlmath]k=2[/inlmath]. Zato, pretpostavimo da tvrdjenje vazi za sve [inlmath]k<n[/inlmath] i pokazimo da vazi [inlmath]k=n[/inlmath] (dakle, ovde ne prelazimo sa koraka [inlmath]k=n-1[/inlmath] na [inlmath]k=n[/inlmath], premda u nasoj modifikovanoj indukciji bi induktivna hipoteza bila da tvrdjenje vazi za [inlmath]k=n-2[/inlmath] i [inlmath]k=n-1[/inlmath], ali neka, radimo na ovaj opstiji nacin). Tada iz [inlmath]D_n = 2 \cos \alpha D_{n-1} - D_{n-2}[/inlmath] i [inlmath]n-1,n-2<n[/inlmath] dobijamo [inlmath]D_n = 2\cos \alpha \cos((n-1)\alpha) - \cos((n-2)\alpha) = \cos(n \alpha)[/inlmath], sto je i trebalo pokazati. Ende.

Dakle, matematicka indukcija se pokazuje kao najefikasniji (najkraci) postupak ovde, ako ne zelimo da znamo uopste kako se resava diferencna jednacina drugog reda, ali da bismo nju iskoristili smo morali da imamo snaznu intuiciju sta bi trebalo da bude resenje.