Znači, možeš da uočiš pravilnost,
[dispmath]D_1=\begin{vmatrix}
3
\end{vmatrix}[/dispmath][dispmath]D_2=\begin{vmatrix}
3 & 1\\
2 & 3
\end{vmatrix}[/dispmath][dispmath]D_3=\begin{vmatrix}
3 & 2 & 0\\
1 & 3 & 1\\
0 & 2 & 3
\end{vmatrix}[/dispmath][dispmath]D_4=\begin{vmatrix}
3 & 1 & 0 & 0\\
2 & 3 & 2 & 0\\
0 & 1 & 3 & 1\\
0 & 0 & 2 & 3
\end{vmatrix}[/dispmath][dispmath]D_5=\begin{vmatrix}
3 & 2 & 0 & 0 & 0\\
1 & 3 & 1 & 0 & 0\\
0 & 2 & 3 & 2 & 0\\
0 & 0 & 1 & 3 & 1\\
0 & 0 & 0 & 2 & 3
\end{vmatrix}[/dispmath][dispmath]\vdots[/dispmath]
i pri tome vidiš da na dijagonali koja je odmah iznad glavne brojevi naizmenično počinju jedinicom ili dvojkom (kod parnih članova niza počinju jedinicom, a kod neparnih članova niza dvojkom).
Slično i za dijagonalu koja je ispod glavne, samo što je kod nje obrnut slučaj.
I to je ta pravilnost niza [inlmath]D_n[/inlmath], koji zatim predstavljamo preko rekurentne formule.
Istina, budući da se kod determinante koja je u zadatku zadata na prvom mestu dijagonale koja je iznad glavne nalazi dvojka, iz toga bi se možda dalo zaključiti da [inlmath]n[/inlmath] mora biti neparno. Međutim, to nas u postupku i ne ograničava previše, jer se ovim rekurentnim postupkom pokazuje da formula [inlmath]D_n=2^{n+1}-1[/inlmath] važi i za neparne i za parne članove.
Ako se radi preko indukcije, baza indkucije bi trebalo da obuhvati [inlmath]n=1[/inlmath] i [inlmath]n=2[/inlmath], budući da se u indukcijskoj pretpostavci član niza izražava preko dva prethodna člana.
Heisenberg, molim te, ubuduće bez ovakvih slika. Koristi Latex.