下面的问题与统计物理中的 Dimer 格点模型有关：

下图是其中一种：

答案是 12988816，非常大的一个数字，显然不可能是逐个枚举数出来的。1961 年德国物理学家 Kasteleyn 借助线性代数的工具首先解决了这个问题，本文就来介绍他的方法。

反对称矩阵的 Pfaffian

我们从一个线性代数的结论说起，先来看一个 4 阶反对称矩阵的行列式：

\[\det\begin{pmatrix}0&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\-a_{12}&0&a_{23}&a_{24}\\-a_{13}&-a_{23}&0&a_{34}\\-a_{14}&-a_{24}&-a_{34}&0\end{pmatrix}=(a_{12}a_{34}-a_{13}a_{24}+a_{14}a_{23})^2.\] 你发现了什么？这个反对称矩阵的行列式是一个多项式的平方，而且观察右边每个单项式的下标你发现，它们分别是 \(\{(12),(34)\}\)，\(\{(14),(23)\}\)，\(\{(13),(24)\}\)，恰好跑遍集合 \(\{1,2,3,4\}\) 的所有匹配！

这个结论不是偶然的，实际上对任何 \(2n\) 阶反对称矩阵 \(A\)，\(A\) 的行列式都可以表示为一个多项式的平方，这个多项式叫做 Pfaffian 多项式，记作 \(\mathrm{pf}(A)\)。\(\mathrm{pf}(A)\) 中的单项式与集合 \([2n]=\{1,2,\ldots,2n\}\) 的匹配一一对应。

那么奇数阶反对称矩阵呢？它们的行列式都是 0，所以不考虑它们。

我们来给出 \(\mathrm{pf}(A)\) 的定义：考虑一种把 \([2n]\) 两两配对（从而分成 \(n\) 对）的方式： \[\pi = (i_1,j_1)(i_2,j_2)\cdots(i_n,j_n).\] \(\pi\) 叫做集合 \([2n]\) 的一个匹配，它可以用一个置换来表示，仍然记作 \(\pi\)： \[\pi=\begin{pmatrix}1&2&3&4&\cdots&2n-1&2n\\i_1&j_1&i_2&j_2&\cdots&i_n&j_n\end{pmatrix}.\] 定义 \(\pi\) 的权为 \[\mathrm{wt}(\pi)=\text{sgn}(\pi)\cdot a_\pi.\] 其中 \(\text{sgn}(\pi)\) 就是置换 \(\pi\) 的符号，偶置换时为 \(+1\)，奇置换时为 \(-1\)， \[a_\pi=a_{i_1j_1}a_{i_2j_2}\cdots a_{i_nj_n}.\] 于是 \(\mathrm{wt}(\pi)\) 是一个次数为 \(n\) 的单项式。

\(\mathrm{wt}(\pi)\) 的定义是合理无歧义的吗？注意一个匹配 \(\pi\) 可以有多种不同的置换表示：你可以按任意的顺序排列这些 \((i_k,j_k)\) 对，比如 \[\pi=\begin{pmatrix}1&2&3&4&\cdots&2n-1&2n\\i_2&j_2&i_3&j_3&\cdots&i_1&j_1\end{pmatrix}.\] 或是交换某一对中 \(i_k\) 和 \(j_k\) 的位置： \[\pi=\begin{pmatrix}1&2&\cdots&2k-1&2k&\cdots&2n-1&2n\\i_1&j_1&\cdots&j_k&i_k&\cdots&i_n&j_n\end{pmatrix}.\] 不难验证，虽然不同的置换表示给出的 \(\text{sgn}(\pi)\) 和 \(a_\pi\) 的值可能不同，但是二者的乘积 \(\mathrm{wt}(\pi)\) 的值总是一样的。比如把某个 \((i_k,j_k)\) 改写成 \((j_k,i_k)\)，那么 \(\text{sgn}(\pi)\) 和 \(a_\pi\) 都同时变号，乘积保持不变。总之 \(\mathrm{wt}(\pi)\) 的定义只与匹配 \(\pi\) 有关，并不依赖于具体置换的选择。

现在我们可以叙述本节的主要结论了：

证明：根据行列式的定义， \[\det A=\sum_{\sigma\in S_{2n}}\text{sgn}(\sigma)a_{\sigma}=\sum_{\sigma\in S_{2n}}\text{sgn}(\sigma) a_{1\sigma(1)}a_{2\sigma(2)}\cdots .\]

回忆任何置换 \(\sigma\) 都可以表示为若干不相交的轮换的乘积： \[\sigma = (i_1i_2\cdots i_k)(j_1j_2\cdots j_l)\cdots.\] 其中 \(k,l,\ldots\) 是各个轮换的长度。设 \(\mathcal{E}_{2n}\) 为轮换长度都是偶数的那些置换组成的集合，我们要证明在上述行列式的求和中，\(\sigma\) 只跑遍 \(\mathcal{E}_{2n}\)，不属于 \(\mathcal{E}_{2n}\) 的那些置换整体对行列式的贡献为 0。

分两种情况：

1. 如果 \(\sigma\) 包含一个不动点：\(\sigma(i)=i\)，则由于 \(a_{i\sigma(i)}=0\) 从而 \(\sigma\) 对行列式的贡献为 0。
2. 如果 \(\sigma\) 没有不动点，但是包含长度为奇数的轮换，选择其中含有最小元素的那个，设为 \(C=(i_1i_2\cdots i_k)\)，这里 \(k\) 为奇数且大于等于 3。定义置换 \(\sigma'\) 如下：\(\sigma'\) 的其它轮换与 \(\sigma\) 完全相同，只是把 \(C\) 整个倒过来变成 \((i_k\cdots i_2i_1)\)。显然 \(\sigma'\) 对应的和项与 \(\sigma\) 抵消，而且如果对 \(\sigma'\) 执行此操作又会回到 \(\sigma\)。于是所有没有不动点，而且包含长度是奇数的轮换的置换可以两两配对抵消。

这就证明了在行列式的求和中，我们只需要考虑那些轮换分解长度都是偶数的置换。

于是为了证明 \(\det A=[{\rm pf}(A)]^2\)，只要证明 \[\sum_{\pi\in\mathcal{M}_{2n}}\sum_{\pi'\in\mathcal{M}_{2n}}{\rm wt}(\pi){\rm wt}(\pi')=\sum_{\sigma\in\mathcal{E}_{2n}}{\rm sgn}(\sigma) a_\sigma.\]

为此我们来建立一个双射 \[\mathcal{M}_{2n}\times \mathcal{M}_{2n}\rightarrow \mathcal{E}_{2n}:\quad (\pi,\pi')\rightarrow \sigma.\] 而且这个双射还保持权的相等，即 \[\mathrm{wt}(\pi)\cdot \mathrm{wt}(\pi')=\text{sgn}(\sigma)a_{\sigma}.\] 这样就证明了定理。

对任何两个匹配 \((\pi,\pi')\in\mathcal{M}_{2n}\times\mathcal{M}_{2n}\)，我们把它俩画在同一张图上，图的顶点集合就是 \([2n]\)，两个顶点 \(i,j\) 如果在 \(\pi\) 中配成一对就在它们之间连一条红色边，或者如果 \(i,j\) 在 \(\pi'\) 中配成一对就在它们之间连一条蓝色边。这样我们得到的是一个每个顶点恰好有一条红边和一条蓝边的图，即每个顶点度数都是 2 的正则图。这个图一定可以表示为若干条不相交的回路的并 ¹，在一个回路中，红边和蓝边是交错出现的，因此每个回路的长度都是偶数。

设 \(C\) 是这样的一条回路，\(i_1\) 是 \(C\) 中最小的元素，从 \(i_1\) 出发，沿着红色的边，即 \(\pi\) 的方向绕 \(C\) 一圈： \[i_1\,{\color{red}{\xrightarrow{\pi}}}\,i_2\,{\color{blue}{\xrightarrow{\pi'}}}\,i_3\,{\color{red}{\xrightarrow{\pi}}}\,\cdots\,{\color{blue}{\xrightarrow{\pi'}}}\,i_1.\] 这样得到了一个轮换 \((i_1i_2\cdots i_k)\)。对每个回路都这样做，我们就得到了一组轮换，与 \((\pi,\pi')\) 对应的置换 \(\sigma\) 就定义为所有这些轮换的乘积。由于这些回路互不相交，这些轮换两两交换，所以我们不必关心它们相乘的顺序，任何顺序都给出同样的 \(\sigma\)。

逆映射也很显然，对任何 \(\sigma\in\mathcal{E}_{2n}\)，在 \(\sigma\) 的每个轮换 \(C\) 中，找到最小的 \(i_1\in C\)，设 \(C=(i_1i_2\cdots i_k)\)，那么依次规定 \[i_1\,{\color{red}{\xrightarrow{\pi}}}\,i_2\,{\color{blue}{\xrightarrow{\pi'}}}\,i_3\,{\color{red}{\xrightarrow{\pi}}}\,\cdots\,{\color{blue}{\xrightarrow{\pi'}}}\,i_1.\] 即可。

最后我们来验证这个对应保持权的相等：设 \(\sigma\) 的轮换分解式为 \[\sigma=(i_1i_2\cdots i_{2k-1}i_{2k})(j_1j_2\cdots j_{2l-1}j_{2l})\cdots.\] 其中 \(i_1,j_1,\ldots\) 是每个轮换中最小的元素。于是 \[\pi=\begin{pmatrix}1&2&\cdots&2k-1&2k&2k+1&2k+2&\cdots\\i_1&i_2&\cdots&i_{2k-1}&i_{2k}&j_1&j_2&\cdots\end{pmatrix}.\] \[\pi'=\begin{pmatrix}1&2&\cdots&2k-1&2k&2k+1&2k+2&\cdots\\i_2&i_3&\cdots&i_{2k}&i_1&j_2&j_3&\cdots\end{pmatrix}.\]

容易验证 \(a_\pi a_{\pi'}=a_\sigma\) 以及 \(\pi'=\sigma\cdot\pi\)，从而 定理 1.1 得证。

平面图的 Pfaffian 定向

Pfaffian 多项式的结论启发我们可以用它来计算一个图 \(G\) 的所有匹配的个数。

设 \(G\) 有 \(2n\) 个顶点。首先给 \(G\) 的边任意定向，得到一个简单有向图 \(\overrightarrow{G}\)。写出 \(\overrightarrow{G}\) 的邻接矩阵 \(A=(a_{ij})\)：

\[a_{ij}=\begin{cases}1& i\rightarrow j,\\-1& j\rightarrow i,\\ 0&\text{else}.\end{cases}\]

则 \(A\) 是一个反对称矩阵且

\[\det A=\left(\sum_{\pi\in\mathcal{M}_{2n}}\mathrm{wt}(\pi)\right)^2=\left(\sum_{\pi\in\mathcal{M}_{2n}}\text{sgn}(\pi)a_{i_1j_1}a_{i_2j_2}\cdots a_{i_nj_n}\right)^2.\]

这里 \(\pi=(i_1,j_1)(i_2,j_2)\cdots(i_n,j_n)\) 跑遍集合 \([2n]\) 的所有匹配。由于每个 \(a_{ij}\) 的取值是 \(\pm1\) 或者 \(0\)，所以 \(\mathrm{wt}(\pi)\) 的值也是 \(\pm1\) 或者 \(0\)，并且 \(\mathrm{wt}(\pi)\ne0\) 当且仅当对每个 \(1\leq k\leq n\)，\(i_k\) 和 \(j_k\) 在 \(G\) 中是相邻的，即 \(\pi\) 给出 \(G\) 的一个匹配。于是 \(G\) 的所有匹配与 \(\mathrm{pf}(A)\) 中的非零项一一对应。不幸的是，这些非零项有 +1 有 -1，把它们直接加起来得到的可不是 \(G\) 的所有匹配的个数。但是我们可以这样想： 能否通过适当的定向 \(G\)，即适当给 \(a_{ij}\) 赋以 +1 或者 -1，使得每一个非零的 \(\mathrm{wt}(\pi)\) 都同为 +1 或者同为 -1？如果可以，那么\(\sqrt{|\det A|}\) 就是要求的匹配的个数。

回忆在证明 定理 1.1 时，我们有结论 \[\mathrm{wt}(\pi)\cdot \mathrm{wt}(\pi')=\text{sgn}(\sigma)a_{\sigma}.\] 要使得所有非零的 \(\mathrm{wt}(\pi)\) 都同为 +1 或者同为 -1，只要让每个非零的 \(\text{sgn}(\sigma)a_{\sigma}\) 都等于 1 即可。设 \(\sigma\) 是一个使得 \(a_\sigma\ne0\) 的置换且 \(\sigma\) 的轮换分解为 \(\sigma=C_1\cdots C_l\)，则 \(\text{sgn}(\sigma)=(-1)^l\)，\(a_\sigma=a_{C_1}\cdots a_{C_l}\)。这里记号 \(a_{C_i}\) 的含义是，如果 \(C_i=(i_1i_2\cdots i_k)\)，则 \(a_{C_i}=a_{i_1i_2}\cdots a_{i_ki_1}\)。如果我们能够使得每个 \(a_{C_i}=-1\)，那么就有 \[\text{sgn}(\sigma)\cdot a_\sigma = (-1)^l\cdot (-1)^l=1.\] 怎么才能让 \(a_{C_i}\) 都等于 -1 呢？注意 \(a_{C_i}\) 不等于 0 说明 \(i_1\to i_2\to\cdots\to i_k\to i_1\) 是 \(\overrightarrow{G}\) 中的一个回路。又注意 \(\sigma\) 的每个轮换的长度都是偶数，所以 \(k\) 是偶数，即回路的长度是偶数。要使得 \(a_{C_i}\) 等于 -1，我们需要 \(\{a_{i_1i_2},\ldots,a_{i_ki_1}\}\) 中 -1 出现的次数是奇数。换句话说，当在 \(\overrightarrow{G}\) 中沿着回路 \[i_1\rightarrow i_2\rightarrow \cdots \rightarrow i_k\rightarrow i_1\] 绕 \(C_i\) 一圈时，有奇数条边在 \(\overrightarrow{G}\) 中的定向与行走方向一致，当然也就有奇数条边的定向与行走方向相反。

对一般的图，找到其 Pfaffian 定向是困难的事，但是对平面图却很简单。这就是下面的定理：

证明：我们首先说明存在这样的定向，使得 \(G\) 的每个面都是奇定向的。对面的个数归纳：\(f=0\)，则 \(G\) 是一个树，任何定向都是 Pfaffian 定向。设结论对有 \(f-1\) 个面的简单有向图成立，对有 \(f>1\) 个面的图 \(G\)，找到一条内部面与外部区域相邻的边 \(e\)，删去 \(e\) 得到的是一个有 \(f-1\) 个面的有向图，由归纳假设，可以让每个面都是奇定向，然后把 \(e\) 补回去，并适当在 \(e\) 的两种可能的定向中选择一个使得最后这个面也是奇定向的即可。

其次我们要说明这样的定向是 Pfaffian 定向，即对 \(G\) 中任意好的回路 \(C\)，当绕着 \(C\) 的内部逆时针行走一圈时，有奇数条边的定向与行走方向一致。

设 \(C\) 长度为 \(l\)，\(C\) 内部有 \(p\) 个顶点，\(q\) 条边，\(r\) 个面，\(C\) 上逆时针定向的边的个数为 \(c\)，内部的第 \(i\) 个面 (\(1\leq i\leq r\)) 上逆时针定向的边的个数为 \(c_i\)。

绕着所有面都逆时针走一圈，遇到的与行走方向定向相同的边的个数是 \(\sum\limits_{i=1}^rc_i=c+q\)，这是因为 \(C\) 内部的 \(q\) 条边都被走了两次，一次逆时针，一次顺时针，因此都被计算了一次；而 \(C\) 上的边只有逆时针定向的那些边（一共有 \(c\) 条）被计算了一次。

由于每个 \(c_i\) 都是奇数，因此 \[r\equiv c+q\ (\text{mod}\ 2).\]

另一方面对 \(C\) 包含的区域用 Euler 定理，得到 \[(p+l)-(q+l)+r=1.\] 从而 \(p\) 与 \(c\) 奇偶性相反，但是 \(p\) 是偶数，这是因为删去 \(C\) 以后仍然存在匹配说明 \(C\) 的内部和外部各有偶数个顶点，因此 \(c\) 是奇数，这就证明了定理。

棋盘的多米诺骨牌密铺的计数

回到文章开始的问题。

设棋盘的大小为 \(m\times n\)，\(m\) 是行数。这里 \(m,n\) 必须至少有一个是偶数，我们这里假定列数 \(n\) 是偶数。

把棋盘的每个方格看作图 \(G\) 的顶点，两个方格对应的顶点 \(u,v\) 在 \(G\) 中相邻当且仅当它们有公共的边，这样就得到一个有 \(mn\) 个顶点的平面图。棋盘的多米诺密铺与 \(G\) 的完美匹配是一一对应的：密铺中的每个骨牌恰好盖住两个相邻的方格，这两个方格匹配在了一起。

为了求出 \(G\) 的完美匹配个数，只要标记出 \(G\) 的一个 Pfaffian 定向，写出对应的邻接矩阵，然后求出行列式，再开平方即可。

Pfaffian 定向是很容易找的，如下图所示：

下一步是写出这个定向图的邻接矩阵。我们按照从第一行开始，每一行从左到右的顺序给顶点排序。设 \[B_n=\begin{pmatrix}0&1&0&&\\-1&0&1&&\\&-1&0&1&\\&&&\ddots&1\\&&&-1&0\end{pmatrix}_{n\times n}.\] 则邻接矩阵为 \[L(m,n)=\begin{pmatrix}B_n&I_n&&&\\-I_n&-B_n&I_n&&\\&-I_n&B_n&&\\&&&\ddots&I_n\\&&&-I_n&(-1)^{m-1}B_n\end{pmatrix}_{m\times m}.\]

我把求邻接矩阵的详细过程放在后面的附录中。下面先来求 \(L(m,n)\) 的行列式。

适当给 \(L(m,n)\) 的行列变号，可以得到 \[ \det L(m,n)=\det(B_n\otimes I_m-I_n\otimes C_m).\] 其中 \[C_m=\begin{pmatrix}0&1&0&&\\1&0&1&&\\&1&0&1&\\&&&\ddots&1\\&&&1&0\end{pmatrix}_{m\times m}.\] 这个变号步骤并不显然，我们需要选择 \(L(m,n)\) 的一些行列变号，使得对角线上的每个 \(-B_n\) 所在的行列恰好有一次变号，每个 \(B_n\) 所在的行列要变号两次，要么不变。具体规则是这样的：由于 \(-B_n\) 出现在 \(L(m,n)\) 对角线上的 \(2,4,6,\ldots,\) 位置上，我们选择：

1. 将所有形如 \(4k+2\) 的列变号；
2. 将所有形如 \(4k\) 的行变号；
3. 将所有形如 \(4k+3\) 的行和列同时变号；

这样显然可以把对角线上都变成 \(B_n\)。对每个位于次对角线上 \((i-1, i)\) 位置的 \(I_n\)，

• 如果 \(i=4k+2\)，则 \((i-1,i)=(4k+1, 4k+2)\)，根据 1 它改变了一次符号；
• 如果 \(i=4k\)，则 \((i-1,i)=(4k-1, 4k)\)，根据 2, 3 它改变了三次符号；
• 如果 \(i=4k+1\)，则 \((i-1,i)=(4k, 4k+1)\)，根据 2 它改变了一次符号；
• 如果 \(i=4k+3\)，则 \((i-1,i)=(4k+2, 4k+3)\)，根据 1, 3 它改变了三次符号。

总之 \(I_n\) 都会变成 \(-I_n\)。类似地所有 \(-I_n\) 均保持不变。

剩下的就是线性代数中求特征值的部分，需要一些关于矩阵张量积的知识，这里就不展开写了，大致逻辑是这样的：设 \(B_n\) 的特征值为 \(\lambda_1,\ldots,\lambda_n\)，\(C_m\) 的特征值为 \(\mu_1,\ldots,\mu_m\)，则 \(B_n\otimes I_m- I_n\otimes C_m\) 的 \(mn\) 个特征值为 \(\{\lambda_i-\mu_j, 1\leq i\leq n, 1\leq j\leq m\}\)，所以 \[\det(B_n\otimes I_m- I_n\otimes C_m) = \prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^m(\lambda_i-\mu_j).\] \(B_n\) 和 \(C_m\) 的特征值的计算应该是线性代数课程中行列式部分的常见的习题，我把具体的计算步骤放在附录中，最终结果是 \[\sqrt{|\det L(m,n)|} =\prod_{k=1}^m\prod_{l=1}^n(4\cos^2\frac{k\pi}{m+1}+4\cos^2\frac{l\pi}{n+1})^{\frac{1}{4}}.\] 此即为要求的完美匹配的个数。

未尽的讨论

我们已经得到了一个关于 \(m\times n\) 棋盘的多米诺骨牌密铺的漂亮的表达式，事情可以结束了吗？其实还没有，这个表达式虽然很漂亮，但是我们没法用它来具体计算匹配个数的值（一堆三角函数的乘积怎么算？）。那应该怎么办呢？我把后面的故事留给 (Aigner 2007, sec. 10.1)。

附录

求邻接矩阵 \(L(m,n)\) 的具体步骤

将 \(L(m,n)\) 简写为 \(L=L(m,n)\)。把网格图 \(G\) 的顶点标记如下：

\[\begin{matrix}(1,1)&(1,2)&\cdots&(1, n)\\(2,1)&(2,2)&\cdots&(2,n)\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\(m, 1)&(m,2)&\cdots&(m, n)\end{matrix}\]

对这些顶点排序，首先是第一行从左到右，然后是第二行从左到右，等等： \[(1,1)<(1,2)<\cdots<(1,n)<(2,1)<\cdots<(2,n)<\cdots<(m,1)<\cdots<(m,n).\]

\(L\) 是 \(mn\times mn\) 阶矩阵，它的行和列分别由 \((i,j)_{\begin{smallmatrix}1\leq i\leq m\\1\leq j\leq n\end{smallmatrix}}\) 和 \((i',j')_{\begin{smallmatrix}1\leq i'\leq m\\1\leq j'\leq n\end{smallmatrix}}\) 标记。\(L\) 可以划分成 \(m\times m\) 个子块，每个子块是 \(n\times n\) 阶的，其中位于 \((i,i')\) 处的子块对应的矩阵是 \((L_{(i,j)(i',j')})_{1\leq j,j'\leq n}\)： \[\begin{array}{c|c|c}&(i',1), \cdots, (i',j'),\cdots, (i',n)&\\ &\hline&\qquad\\(i, 1)&&\\\vdots&&\\(i,j)&\ast&\\\vdots&&\\(i,n)&&\\ &\hline&\qquad\\ &&\end{array}\]

注意到 \((i,j)\) 和 \((i',j')\) 之间有边相连当且仅当：

1. \(i=i'\) 且 \(j'=j\pm1\)；
2. \(i'=i\pm1\) 且 \(j=j'\)。

这说明 \(L\) 在除去对角线以及两侧的次对角线以外的位置都是 0。

在情形 1 中，由于水平的边（红色和绿色）是交替改变方向的，所以 \[L_{(i,j)(i,j+1)} = (-1)^{i-1} \text{ for } 1\leq i\leq m \text{ and } 1\leq j\leq n-1.\] 这说明 \(L\) 对角线上的第 \(i\) 个子块是 \((-1)^{i-1}B_n\)，其中 \[B_n=\begin{pmatrix}0&1&0&&\\-1&0&1&&\\&-1&0&1&\\&&&\ddots&1\\&&&-1&0\end{pmatrix}_{n\times n}.\] 即 \(L\) 形如 \[\begin{pmatrix} B_n &\ast&&&\\ \ast& -B_n &\ast&&\\ &\ast&\ddots&\ddots&\\ &&\ddots&\ddots& \ast\\ &&&\ast&(-1)^{m-1}B_n \end{pmatrix}.\] 在情形 2 中，由于竖直的边（蓝色）是恒定向下的，所以 \[L_{(i,j),(i+1,j)} = 1 \text{ for } 1\leq i\leq m-1 \text{ and } 1\leq j\leq n.\] 这说明 \(L\) 右上方次对角线上的 \((i,i+1)\) 位置的子块都是 \(I_n\)。再结合 \(L\) 是反对称的，下方次对角线上都是 \(-I_n\)，所以 \(L\) 形如 \[\begin{pmatrix} B_n &I_n&&&\\ -I_n& -B_n &I_n&&\\ &-I_n&\ddots&\ddots&\\ &&\ddots&\ddots& I_n\\ &&&-I_n&(-1)^{m-1}B_n \end{pmatrix}.\]

此即为 \(G\) 的邻接矩阵。

求 \(B_n\) 和 \(C_m\) 的特征值

我们以 \[C_m=\begin{pmatrix}0&1&0&&\\1&0&1&&\\&1&0&1&\\&&&\ddots&1\\&&&1&0\end{pmatrix}.\] 为例来说明怎样求它的特征值，\(B_n\) 的求解是类似的。

我们需要求出其特征多项式

\[f_m(\lambda) = \det\begin{pmatrix}\lambda&-1&0&&\\-1&\lambda&-1&&\\&-1&\lambda&-1&\\&&&\ddots&-1\\&&&-1&\lambda\end{pmatrix}.\]

按第一行展开可得递推关系

\[f_m = \lambda f_{m-1} - f_{m-2},\]

结合初始条件 \(f_0=1, f_1=\lambda\) （初始条件可以从 \(m=2\) 的情形展开确定） 可得

\[f_m(\lambda) = \frac{1}{\sqrt{\lambda^2-4}}\left[\left(\frac{\lambda+\sqrt{\lambda^2-4}}{2}\right)^{m+1}-\left(\frac{\lambda-\sqrt{\lambda^2-4}}{2}\right)^{m+1}\right].\]

由此不难确定 \(C_m\) 的 \(m\) 个特征值为 \(2\cos\dfrac{k\pi}{m+1},k=1,\ldots,m.\)

References

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