Cómo mostrar que \det $$ A = \det\begin{pmatrix}\cos\frac{\pi}{n}&-\frac{\cos\theta_1}{2}&0&0&\cdots&0&-\frac{\cos\theta_n}{2} \\-\frac{\cos\theta_1}{2}&\cos\frac{\pi}{n}&-\frac{\cos\theta_2}{2}&0&0&\cdots&0\\ 0&-\frac{\cos\theta_2}{2}&\cos\frac{\pi}{n}&-\frac{\cos\theta_3}{2}&0&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&-\frac{\cos\theta_3}{2}&\ddots&\ddots&\vdots&\vdots\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\vdots\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&-\frac{\cos\theta_{n-1}}{2}\\ -\frac{\cos\theta_n}{2}&0&\cdots&0&0&-\frac{\cos\theta_{n-1}}{2}&\cos\frac{\pi}{n} \end{pmatrix} \geq 0, ¿$$ donde $\sum\limits_{i=1}^n\theta_i=\pi$, $0<\theta_i<\frac{\pi}{2}, i=1,\dots,n$ y $n\ge 3$?
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Se señaló en los comentarios que se pueden interpretar de la matriz como una forma bilineal y obtener la desigualdad
$$ x^T A x = \cos(\pi/N) \sum_{i=1}^N x_i^2 - \sum_{i=1}^N x_i x_{i+1} \cos\theta_i \geq 0 .$$
Por lo tanto, si esta forma bilineal es positivo semidefinite, $x^T A x \geq 0$, entonces todos los autovalores son no negativos y el determinante también debe ser no negativo.
Para mostrar que, podemos reescribir la desigualdad por la mezcla de términos un poco y añadiendo $\sum x_i^2$ en ambos lados:
$$ \sum \left((x_i^2+x_{i+1}^2)/2 - x_i x_{i+1} \cos\theta_i \right) \geq (1-\cos (\pi/N)) \sum x_i^2 .$$
La mano izquierda se parece sospechosamente a la fórmula del coseno para el lado de un triángulo. En particular, esto se ve como un conjunto de vectores en el plano complejo que emanan desde el origen y están separados por ángulos $\theta_1,\theta_2,\dots$ y así sucesivamente. Esto tiene mucho sentido ya que los ángulos están destinados a agregar a a $\pi$.
Podemos hacer este geométricas visión explícita mediante la definición de números complejos $z_i = x_i e^{\sum_{k=1}^{j-1} \theta_j}$$z_{N+1} = -z_1$. La desigualdad se convierte en
$$ 1/2 \sum |z_{i+1}-z_i|^2 \geq (1-\cos(\pi/N)) \sum |z_i|^2 .$$
Esto se ve mucho más fácil, debido a que los ángulos son los que finalmente se han ido. Dicho esto, nos enfrentamos ahora con complejo de espacios de Hilbert, pero tienden a ser más fácil de todos modos.
En particular, vamos a $P$ ser la "permutación operador"
$$ P (z_1,z_2,\dots,z_n)^T := (z_2,z_3,\dots,z_n,-z_1)^T .$$
Es fácil comprobar que este es un operador unitario, $P^\dagger=P^{-1}$. La desigualdad puede ser escrito como
$$ ||(P-1)z||^2 \geq (2-2\cos(\pi/N)) ||z||^2 ,$$
Podemos probar esto mostrando que los autovalores $\lambda_k$ del operador $P-1$ son acotados, desde abajo, por $|\lambda_k|^2 \geq 2-2\cos(\pi/N)$. Después de todo, el operador $P-1$ es normal, por lo que podemos aplicar el teorema espectral.
El cálculo de los autovalores del operador $P$ es fácil, ya que la aplicación repetida de $P$ obviamente rendimientos $P^N=-1$, pero esto ya debe ser la mínima polinomio. Por lo tanto, los autovalores de a $P-1$
$$ \lambda_k = e^{i\pi k/N}-1, \quad 0 \leq k \leq 2N, k \text{ odd} .$$
Claramente, el caso de $k=1$ tiene la menor magnitud y tenemos
$$ |\lambda_1|^2 = \sin^2(\pi/N) + (1-\cos^2(\pi/N)) = 2-2\cos(\pi/N) .$$
Esto demuestra la desigualdad. $\square$
Andrew
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140
(demasiado largo para un comentario, pero espero que alguien más experto que yo, puede dar como una respuesta completa.)
La matriz en cuestión es simétrica, cíclico tridiagonal (un.k.una. periódico tridiagonal) de la matriz, y puede ser descompuesto como
$$\mathbf A=\begin{pmatrix}\cos\frac{\pi}{n}&-\frac12\cos\theta_1&&\\-\frac12\cos\theta_1&\cos\frac{\pi}{n}&\ddots&\\&\ddots&\ddots&-\frac12\cos\theta_{n-1}\\&&-\frac12\cos\theta_{n-1}&\cos\frac{\pi}{n}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&0\\0&\vdots\\\vdots&0\\0&1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0&\cdots&0&-\frac12\cos\theta_n\\-\frac12\cos\theta_n&0&\cdots&0\end{pmatrix}$$
o en forma abreviada, $\mathbf A=\mathbf T+\mathbf U\mathbf V^T$. El uso de la Sherman-Morrison-Woodbury fórmula para determinantes, tenemos
$$\det\mathbf A=(\det\mathbf T)\det(\mathbf I+\mathbf V^T\mathbf T^{-1}\mathbf U)$$
Ahora, tres períodos de recurrencia puede ser configurado para calcular $\det\mathbf T$; dejando $p_0=1$ $p_k$ ser el determinante de la $k\times k$ líder en la submatriz de a $\mathbf T$, podemos establecer la recurrencia
$$p_k=p_{k-1}\cos\frac{\pi}{n}-\frac{\cos^2 \theta_{k-1}}{4}p_{k-2}$$
y, a continuación,$\det\mathbf T=p_n$. También hay una fórmula explícita para la primera y última columnas de la matriz inversa de una matriz tridiagonal (el resultado de $\mathbf T^{-1}\mathbf U$) que voy a tener que mirar hacia arriba (a menos que alguien se me adelanta), y demostrando la nonnegativity de $\det\mathbf A$ se reduce a probar que cualquiera de las $p_n$ $\det(\mathbf I+\mathbf V^T\mathbf T^{-1}\mathbf U)$ tienen el mismo signo, o que uno de los dos es cero.
palehorse
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8268
Este no es un responderle, pero era demasiado largo para un comentario. Sospecho que para $N>3$ la matriz es (semi)positiva definida, una propiedad más sólidos de lo que se le pide. Como decía en un comentario, para probar que esto es equivalente a probar lo siguiente:
$$cos(\pi/N) \sum_{i=1}^N x_i^2 \ge \sum_{i=1}^N x_i x_{i+1} cos(\omega_i)$$
para cualquier N ángulos $0<\omega<\pi/2$, que se suma a a $\pi$, y cualquiera de los N números reales $x_i$, $i=1\cdots N$ (la fórmula anterior supone que la convención de $x_{N+1}\equiv x_1)$.
Claramente podemos asumir $x_i>0$. Permite corregir $N=4$ (sólo para la ilustración). Ahora imaginen $N=4$ números complejos en la parte superior semiplane, $(z_1, z_2, z_3, z_4)$ con el aumento de los ángulos, cada uno con el módulo de $x_i$, e $z_1=x_1$ (real). Si suponemos además que el consecutivo de las diferencias angulares no exceda $\pi/2$ (se puede imaginar también un extra de $z_{5}= -z_1$), la LHS, puede ser escrito como
$$ \sum_{i=1}^N x_i x_{i+1} cos(\omega_i) = Re\left( z_2 \; \bar{z_1} + z_3 \bar{z_2} + z_4 \; \bar{z_3} - z_1 \; \bar{z_4} \right)$$
Aviso, por CIERTO, que los términos (todas las partes real e imaginaria) son positivos.
Sabemos que, en aplicación de la de Cauchy–Schwarz desigualdad, que
$$ \sum x_i^2 \ge | \left( z_2 \; \bar{z_1} + z_3 \bar{z_2} + z_4 \; \bar{z_3} - z_1 \; \bar{z_4} \right) | $$
No estamos allí todavía - tendríamos que demostrar que la suma compleja ha -dicen - un importante componente imaginario, así que tomando la parte real tenemos una fracción, y que componsates para el factor faltante $cos(\pi/N)$ - no estoy seguro de si se puede hacer.
