求一个由组合数构成的行列式

abababa

行列式如下：
\[
\begin{vmatrix}
\binom{n+m}{n} & \binom{n+m}{n+1} & \binom{n+m}{n+2} & \cdots & \binom{n+m}{n+k-1}\\
\binom{n+m}{n-1} & \binom{n+m}{n} & \binom{n+m}{n+1} & \cdots & \binom{n+m}{n+k-2}\\
\vdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots\\
\binom{n+m}{n-k+2} & \binom{n+m}{n-k+3} & \binom{n+m}{n-k+4} & \cdots & \binom{n+m}{n-1}\\
\binom{n+m}{n-k+1} & \binom{n+m}{n-k+2} & \binom{n+m}{n-k+3} & \cdots & \binom{n+m}{n}
\end{vmatrix}
\]

这是什么著名的行列式吗？请教具体要怎么算？

hbghlyj

托普利兹矩阵 (Toeplitz Matrix)：矩阵中每条自左上至右下的斜线上的元素都相等。在您的矩阵中，主对角线上的元素都是 $\binom{n+m}{n}$，次对角线上的元素都是 $\binom{n+m}{n+1}$ 或 $\binom{n+m}{n-1}$，以此类推。

hbghlyj

sites.math.washington.edu/~billey/classes/561 … sel.Viennot.1985.pdf
LGV引理将行列式的值与一个有向无环图中的“不相交路径系统”的数量联系起来。
考虑一个二维整数格点图，其中移动的规则是只能向右(x,y)→(x+1,y)或向上(x,y)→(x,y+1)。从点 $(x_1, y_1)$ 到 $(x_2, y_2)$ 的路径数量为 $\binom{(x_2-x_1)+(y_2-y_1)}{x_2-x_1}$。
我们需要巧妙地设置一组起点 $U = \{u_1, u_2, \ldots, u_k\}$ 和一组终点 $V = \{v_1, v_2, \ldots, v_k\}$，使得从 $u_i$ 到 $v_j$ 的路径数量正好是您矩阵中的元素 $A_{ij} = \binom{n+m}{n-i+j}$。有多种选择，其中一种是：

• 起点：$u_i = (i-1, -(i-1))$ for $i = 1, \dots, k$.
• 终点：$v_j = (n+j-1, m-j+1)$ for $j = 1, \dots, k$.

我们来验证一下从 $u_i$ 到 $v_j$ 的路径数：

• 水平位移 $\Delta x = (n+j-1) - (i-1) = n+j-i$.
• 竖直位移 $\Delta y = (m-j+1) - (-(i-1)) = m-j+i$.
• 路径总数 = $\binom{\Delta x + \Delta y}{\Delta x} = \binom{(n+j-i)+(m-j+i)}{n+j-i} = \binom{n+m}{n-i+j}$.

这正好是矩阵的 $(i,j)$ 元！
LGV引理指出，您给出的行列式的值等于从起点集 $U$ 到终点集 $V$ 的不相交路径系统的数量（带一个符号，但在此几何构造下符号为+1）。一个不相交路径系统指的是一组路径 $(P_1, P_2, \ldots, P_k)$，其中 $P_i$ 是从 $u_i$ 到 $v_i$ 的路径，且任意两条路径 $P_i$ 和 $P_j$ ($i \neq j$) 没有任何公共顶点。

hbghlyj

\[
\det_{1\le i,j\le k}\binom {n+m}{n-i+j} = \prod_{i=1}^{k} \prod_{j=1}^{m} \frac{n+i+j-1}{i+j-1}
\]
可以进一步写成一堆二项式系数的乘积和商，但这个形式也许是最紧凑的。
$k=2$ 的情况。
\begin{align*}
D_2 &= \left(\prod_{j=1}^{m} \frac{n+1+j-1}{1+j-1}\right) \cdot \left(\prod_{j=1}^{m} \frac{n+2+j-1}{2+j-1}\right) \\
&= \left(\prod_{j=1}^{m} \frac{n+j}{j}\right) \cdot \left(\prod_{j=1}^{m} \frac{n+j+1}{j+1}\right) \\
&= \left(\frac{n+1}{1} \cdot \frac{n+2}{2} \cdots \frac{n+m}{m}\right) \cdot \left(\frac{n+2}{2} \cdot \frac{n+3}{3} \cdots \frac{n+m+1}{m+1}\right) \\
&= \frac{(n+m)!/n!}{m!} \cdot \frac{(n+m+1)!/(n+1)!}{(m+1)!/1!} \\
&= \binom{n+m}{n} \cdot \binom{n+m+1}{n+1}
\end{align*}

abababa

hbghlyj 发表于 2025-6-22 07:31
page 89
Example. Consider
\[

用具体数值验证后，$=\frac{i+j+k-1}{i+j+k-2}$那个应该是对的。具体地怎么算出来的呢？

abababa

hbghlyj 发表于 2025-6-22 12:04
Advanced Determinant Calculus(1.2)
page 8:\begin{align*}
\det_{1\le i,j\le n}&\binom {a+b}{a-i+j}=

这就导出那个三乘积了吗？

abababa

网友得到的结果是
\[\det(M)=\prod_{s=0}^{k-1}\frac{\binom{n+m+s}{n}}{\binom{n+s}{n}}\]

这个是怎么得来的他没说，只说让我尝试用范德蒙行列式，但我弄了一阵子还是没弄出来。但是这个结果和那个三乘积的是相等的，这个我推出来了：
设$L(m,n,k)=\prod_{a=1}^{n}\prod_{b=1}^{m}\prod_{c=1}^{k}\frac{a+b+c-1}{a+b+c-2}$，由于
\[
\prod_{c=1}^{k}\frac{a+b+c-1}{a+b+c-2}
=\frac{a+b}{a+b-1}\cdot\frac{a+b+1}{a+b}\cdots\frac{a+b+k-1}{a+b+k-2}
=\frac{a+b+k-1}{a+b-1}
\]

所以
\[
L(m,n,k)
=\prod_{a=1}^{n}\prod_{b=1}^{m}\frac{a+b+k-1}{a+b-1}
=\prod_{b=1}^{m}\frac{\prod_{a=1}^{n}(a+b+k-1)}{\prod_{a=1}^{n}(a+b-1)}
=\prod_{s=0}^{m-1}\frac{\prod_{a=1}^{n}(a+k+s)}{\prod_{a=1}^{n}(a+s)}
\]

因为
\[
\prod_{a=1}^{n}(a+s)=\frac{(n+s)!}{s!}
\qquad\qquad
\prod_{a=1}^{n}(a+k+s)=\frac{(n+k+s)!}{(k+s)!}
\]

所以
\[
L(m,n,k)
=\prod_{s=0}^{m-1}\frac{\frac{(n+k+s)!}{(k+s)!}}{\frac{(n+s)!}{s!}}
=\prod_{s=0}^{m-1}\frac{(n+k+s)!}{(k+s)!} \cdot \frac{s!}{(n+s)!}
=\prod_{s=0}^{k-1}\frac{(n+m+s)!}{(m+s)!} \cdot \frac{s!}{(n+s)!}
\]

右边就是网友得到的那个结果。

abababa

原来这个这么麻烦。网友的解答：
\begin{aligned}
& \det\left(\binom{n+m}{n+j-i}\right) \\
& \rightarrow \sum_{s=1}^k\binom{n+m}{n+s-i}\binom{j-1}{s-1}=\sum_{t=0}^{k-1}\binom{n+m}{(n-i+1)+t}\binom{j-1}{t}=\sum_{t=0}^{j-1}\binom{n+m}{(n-i+1)+t}\binom{j-1}{t} \\
& =\sum_{t=0}^{j-1}\binom{n+m}{(m-i+1)+t} \xlongequal{\text{Vandermonde}}\binom{n+m+j-1}{m+i-1} \\
& \rightarrow=\det\left(\binom{n+m}{n+j-i}\right) \cdot \det\left(\binom{j-1}{i-1}\right)=\det\left(\binom{n+m+j-1}{m+i-1}\right) \\
& \xlongequal{\text{row}[i] \cdot(m+i-1)!, \operatorname{col}[j] /(n+m+j-1)!} \prod_{i=1}^k \frac{1}{(m+i-1)!} \cdot \prod_{j=1}^k(n+m+j-1)!\cdot \det\left(\left(\frac{1}{(n+j-i)!}\right)\right) \\
& =\prod_{i=1}^k \frac{(n+m+i-1)!}{(m+i-1)!} \cdot \det\left(\left(\frac{1}{(n+j-i)!}\right)\right)=\prod_{t=0}^{k-1} \frac{(n+m+t)!}{(m+t)!} \cdot \det\left(\left(\frac{1}{(n+j-i)!}\right)\right) \\
& \xlongequal{\operatorname{col}[j] \cdot(n+j-1)!} \prod_{t=0}^{k-1} \frac{(n+m+t)!}{(m+t)!} \cdot \frac{1}{\prod_{j=1}^k(n+j-1)!} \cdot \det\left(\frac{(n+j-1)!}{(n+j-i)!}\right) \\
& =\prod_{t=0}^{k-1} \frac{(n+m+t)!}{(m+t)!} \cdot \frac{1}{\prod_{t=0}^{k-1}(n+t)!} \cdot \det\left(\frac{(n+j-1)!}{(n+j-i)!}\right) \\
& \xlongequal{\text{row}[2] \rightarrow \operatorname{row}[3], \operatorname{row}[2], \text{row}[3] \rightarrow \operatorname{row}[4], \cdots} \prod_{t=0}^{k-1} \frac{(n+m+t)!}{(m+t)!(n+t)!} \det(\text{Vandermonde}) \\
& =\prod_{t=0}^{k-1} \frac{(n+m+t)!}{(m+t)!(n+t)!} \cdot \prod_{1 \leq i<j \leq k}(j-i)=\prod_{t=0}^{k-1} \frac{(n+m+t)!}{(m+t)!(n+t)!} \cdot \prod_{t=0}^{k-1} t! \\
& =\prod_{t=0}^{k-1} \frac{(n+m+t)!t!}{(m+t)!(n+t)!}=\prod_{t=0}^{k-1} \frac{\binom{n+m+t}{n+t}}{\binom{n+1}{n+1}}
\end{aligned}

hbghlyj

page 89
Dodgson浓缩法是一种通过雅可比行列式恒等式将n×n行列式求值简化为更小矩阵行列式的方法，该恒等式表述为：对于n×n矩阵A，有\(\det A \cdot \det A_{1,n}^{1,n} = \det A_1^1 \cdot \det A_n^n - \det A_1^n \cdot \det A_n^1\)，其中\(A_{i_1,\dots,i_\ell}^{j_1,\dots,j_\ell}\)表示删除指定行和列后的子矩阵。此方法的核心在于，当删除特定行和列（如首尾行/列）所得的子矩阵仍属于同一矩阵族（可能参数偏移）时，可建立递推关系，例如在矩阵族\(M_n(b,c) = \det_{1\leq i,j\leq n} \left( \binom{b+c}{b-i+j} \right)\)中，子矩阵满足\((M_n(b,c))_n^n = M_{n-1}(b,c)\)、\((M_n(b,c))_1^1 = M_{n-1}(b,c)\)、\((M_n(b,c))_n^1 = M_{n-1}(b+1,c-1)\)、\((M_n(b,c))_1^n = M_{n-1}(b-1,c+1)\)和\((M_n(b,c))_{1,n}^{1,n} = M_{n-2}(b,c)\)，从而应用雅可比恒等式得\[\det M_n(b,c) \cdot \det M_{n-2}(b,c) = \det M_{n-1}(b,c)^2 - \det M_{n-1}(b+1,c-1) \cdot \det M_{n-1}(b-1,c+1)\]借助此递推，通过数学归纳法假设$<n$阶情形下的公式成立，可验证\(M_n(b,c) = \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^b \prod_{k=1}^c \frac{i+j+k-1}{i+j+k-2}\)

hbghlyj

Advanced Determinant Calculus引理3：对于不定元 \(X_1, \dots, X_n\), \(A_2, \dots, A_n\) 和 \(B_2, \dots, B_n\)，\[\det_{1\le i,j\le n} \Big( (X_i + A_n) \cdots (X_i + A_{j+1}) (X_i + B_j) \cdots (X_i + B_2) \Big) = \prod_{1\le i<j\le n} (X_i - X_j) \prod_{2\le i\le j\le n} (B_i - A_j)\label{2.8}\tag{2.8}\]对于行列式 \(\det_{1\le i,j\le n} \left( \binom{a+b}{a-i+j} \right)\) 先从第 \(i\) 行提取因子 \(\frac{(a+b)!}{(a-i+n)!(b+i-1)!}\)，得到\[\prod_{i=1}^n \frac{(a+b)!}{(a-i+n)!(b+i-1)!} \times \det_{1\le i,j\le n} \big( (a-i+n) \cdots (a-i+j+1) \cdot (b+i-j+1) \cdots (b+i-1) \big)\]然后观察到 \((i-a-n) \cdots (i-a-j-1) = (-1)^{n-j} (a-i+n) \cdots (a-i+j+1)\)，因为乘积有 \(n-j\) 项，且 \((i+b-j+1) \cdots (i+b-1)\) 不变，从每列 \(j\) 提取 \((-1)^{n-j}\) 得到因子 \((-1)^{\sum_{j=1}^n (n-j)} = (-1)^{\binom{n}{2}}\)，从而整体等于\[\prod_{i=1}^n \frac{(-1)^{\binom{n}{2}} (a+b)!}{(a-i+n)!(b+i-1)!} \times \det_{1\le i,j\le n} \big( (i-a-n) \cdots (i-a-j-1) \cdot (i+b-j+1) \cdots (i+b-1) \big)\]设 \(X_i = i\), \(A_k = -a - k\) (\(k=2,\dots,n\)), \(B_m = b - m + 1\) (\(m=2,\dots,n\))，用\eqref{2.8}得第二个行列式\[=\prod_{1\le i<j\le n} (i-j) \prod_{2\le i\le j\le n} (B_i - A_j) = (-1)^{\binom{n}{2}} \prod_{1\le i<j\le n} (j-i) \cdot \prod_{s=1}^{n-1} \frac{(a+b+s)!}{(a+b)!}\]最终代入得 \(\det_{1\le i,j\le n} \left( \binom{a+b}{a-i+j} \right) = \prod_{1\le i<j\le n} (j-i) \cdot \frac{\prod_{k=0}^{n-1} (a+b+k)! }{ \prod_{k=0}^{n-1} (a+k)! \cdot \prod_{k=0}^{n-1} (b+k)! }\)。