r阶对应r元组(1,1,0,…,0)的循环矩阵行列式的归纳法证明困惑

嗨，我来帮你解决这个卡壳的归纳法问题，顺便也给你介绍一种利用循环矩阵性质的更快捷方法，两种思路都能搞定这个证明：

一、补全归纳法的推导步骤 #

首先咱们先确认基例没问题：

• 当r=3时，对应的矩阵是：
  $$\begin{bmatrix}1&1&0\0&1&1\1&0&1\end{bmatrix}$$
  直接计算行列式：$1*(11 - 10) - 1*(01 - 11) + 0 = 1 + 1 = 2$，而$1+(-1)^{3+1}=1+1=2$，完全吻合，基例成立。

接下来是归纳假设：假设对于任意k≥3，k阶对应的循环矩阵行列式$D_k=1+(-1)^{k+1}$成立。

现在看k+1阶的目标矩阵$M_{k+1}$：
$$M_{k+1}=\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & \ldots & 0 & 0 \
0 & 1 & 1 & \ldots & 0 & 0 \
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \
0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & 1 \
1 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 1 \
\end{bmatrix}$$

我们选择按第一列展开行列式（第一列非零元素少，计算更简单）：
根据行列式展开公式，第一列的元素依次是$1,0,0,...,0,1$，所以：
$$\det(M_{k+1}) = 1 \cdot C_{11} + 0 \cdot C_{21} + \dots + 0 \cdot C_{k1} + 1 \cdot C_{(k+1)1}$$
其中$C_{ij}=(-1)^{i+j} \cdot \det(M_{ij})$，$M_{ij}$是去掉第i行第j列后的余子矩阵。

1. 计算$C_{11}$ #

$C_{11}=(-1)^{1+1} \cdot \det(M_{11}) = \det(M_{11})$，而$M_{11}$是去掉第一行第一列后的k阶矩阵：
$$M_{11}=\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & \ldots & 0 \
0 & 1 & 1 & \ldots & 0 \
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \
0 & 0 & 0 & \ldots & 1 \
0 & 0 & 0 & \ldots & 1 \
\end{bmatrix}$$
这是一个上三角矩阵（主对角线全为1，下方元素全为0），行列式等于主对角线元素的乘积，也就是1。所以$C_{11}=1$。

2. 计算$C_{(k+1)1}$ #

$C_{(k+1)1}=(-1)^{(k+1)+1} \cdot \det(M_{(k+1)1}) = (-1)^{k+2} \cdot \det(M_{(k+1)1})$，其中$M_{(k+1)1}$是去掉第k+1行第一列后的k阶矩阵：
$$M_{(k+1)1}=\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & \ldots & 0 \
1 & 1 & 1 & \ldots & 0 \
0 & 0 & 1 & 1 & \ldots & 0 \
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \
0 & 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & 1 \
\end{bmatrix}$$
对这个矩阵按第一列展开：第一列只有前两个元素非零，分别是1和1，其余为0。展开后得到：
$$\det(M_{(k+1)1}) = 1 \cdot \det(\text{上三角子矩阵}) - 1 \cdot \det(\text{第一行全零的子矩阵})$$
其中第一个子矩阵是去掉第一行第一列的k-1阶上三角矩阵，行列式为1；第二个子矩阵第一行全为0，行列式为0。所以$\det(M_{(k+1)1})=1-0=1$。

代入$C_{(k+1)1}$的表达式：
$$C_{(k+1)1}=(-1)^{k+2} \cdot 1 = (-1)^k$$

3. 合并结果 #

把两个代数余子式的结果代入行列式展开式：
$$\det(M_{k+1})=1 + (-1)^k = 1 + (-1)^{(k+1)+1}$$
这正好符合命题$P(k+1)$的形式，归纳步骤得证！

二、利用循环矩阵的性质直接计算（更高效） #

循环矩阵的行列式有现成的公式：对于n阶循环矩阵，若第一行是$(c_0,c_1,...,c_{n-1})$，则其行列式等于：
$$\prod_{j=0}^{n-1} \left( c_0 + c_1\omega^j + c_2\omega^{2j} + \dots + c_{n-1}\omega^{(n-1)j} \right)$$
其中$\omega=e^{2\pi i/n}$是n次单位根。

在咱们的问题里，第一行是$(1,1,0,...,0)$，即$c_0=1,c_1=1$，其余$c_i=0$，所以行列式可简化为：
$$\prod_{j=0}^{r-1} (1 + \omega^j)$$

接下来计算这个乘积：

• 当j=0时，$\omega^0=1$，对应项为$1+1=2$；
• 当j=1,2,...,r-1时，$\omega^{j$是r次单位根，满足$\omega}{jr}=1$，且$\sum_{k=0}^{r-1}\omega{jk}=0$（j不是r的倍数）。

利用多项式$x^r -1 = \prod_{j=0}^{r-1}(x - \omega^{j)$，可得$\prod_{j=1}}{r-1}(x - \omega^j)=\frac{xr -1}{x-1}=x^{r-1}+x{r-2}+...+1$。

令$x=-1$代入上式：
$$\prod_{j=1}^{r-1}(-1 - \omega^j) = \frac{(-1)^r -1}{-1-1} = \frac{1 - (-1)^r}{2}$$
左边可变形为$(-1)^{{r-1}\prod_{j=1}}{r-1}(1 + \omega^j)$，因此：
$$\prod_{j=1}^{r-1}(1 + \omega^j) = \frac{1 - (-1)^r}{2} \cdot (-1)^{-(r-1)} = \frac{1 - (-1)^r}{2} \cdot (-1)^{r+1}$$

最后把j=0的项乘进来：
$$\prod_{j=0}^{r-1}(1 + \omega^j) = 2 \cdot \frac{1 - (-1)^r}{2} \cdot (-1)^{r+1} = (1 - (-1)^r)(-1){r+1}$$
展开后：
$$(1 - (-1)^r)(-1){r+1} = (-1)^{r+1} - (-1)^{2r+1} = (-1)^{r+1} + 1$$
和题目要证明的结果完全一致！

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Aleph-null