Inversa de una matriz tridiagonal simétrica.

Question

Hola a todos.
Estoy tratando de encontrar la inversa de un $N\times N$ con unos en la diagonal y $-\frac{1}{2}$ en todas las entradas de la subdiagonal y la superdiagonal. Por ejemplo, con $N=3$ , $$A = \left(\begin{array}{ccc}1 & -1/2 & 0 \\ -1/2 & 1 & -1/2 \\ 0 & -1/2 & 1 \end{array}\right);\,\,A^{-1} = \left(\begin{array}{ccc}3/2 & 1 & 1/2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1/2 & 1 & 3/2 \end{array}\right).$$ En realidad, sólo necesito determinar el valor de la primera entrada. Creo que debería ser $\frac{2N}{N+1}$ pero eso es sólo por un método heurístico, cuando realmente espero una prueba por inducción.

Gracias de antemano por cualquier ayuda.

-Jason

Answer 1

Sabemos que si una matriz $A \in \mathbb{M}_N(\mathbb{R})$ es invertible su inversa puede escribirse como

$${A^{ - 1}} = \frac{1}{{\det \left( A \right)}}{C^T}$$

donde $$C = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{C_{11}}}&{{C_{12}}}& \cdots &{{C_{1N}}}\\{{C_{21}}}&{{C_{22}}}& \cdots &{{C_{2N}}}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\{{C_{N1}}}&{{C_{N2}}}& \cdots &{{C_{NN}}}\end{array}} \right]$$

es la matriz de cofactores. En caso de que no lo recuerdes/sabes, la $(i,j)$ -El cofactor se define como $${C_{ij}} = {\left( { - 1} \right)^{i + j}}{M_{i,j}}$$ ser $M_{i,j}$ el $(i,j)$ -que es, por definición, el determinante de la submatriz formada al suprimir la i-ésima fila y la j-ésima columna de $A$ .

Ahora, consideremos $${A_N} = {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1&{ - 1/2}&0& \cdots &0&0\\{ - 1/2}&1&{ - 1/2}& \cdots &0&0\\0&{ - 1/2}&1& \ddots &0&0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\0&0&0& \cdots &1&{ - 1/2}\\0&0&0& \cdots &{ - 1/2}&1\end{array}} \right]_{N \times N}}$$ Como sólo le interesa la primera entrada de $A^{-1}_{N}$ , hemos terminado si podemos encontrar $C_{11}$ y $\det \left( A_{N} \right)$ , como $${\left( {A_N^{ - 1}} \right)_{1,1}} = \frac{{{C_{11}}}}{{\det \left( {{A_N}} \right)}}.$$

Tomando $a_{N}=\det \left( {{A_N}} \right)$ y aplicando la expansión de Laplace a lo largo de la primera fila obtenemos $$\begin{array}{c}{a_N} = \det {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1&{ - 1/2}&0&0& \cdots &0&0\\{ - 1/2}&1&{ - 1/2}&0& \cdots &0&0\\0&{ - 1/2}&1&{ - 1/2}& \cdots &0&0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots & \vdots \\0&0&0&0& \cdots &1&{ - 1/2}\\0&0&0&0& \cdots &{ - 1/2}&1\end{array}} \right]_{\left( {N - 1} \right) \times \left( {N - 1} \right)}}\\ + \frac{1}{2}\det {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 1/2}&{ - 1/2}&0& \cdots &0&0\\0&1&{ - 1/2}& \cdots &0&0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots & \vdots \\0&0&0& \cdots &1&{ - 1/2}\\0&0&0& \cdots &{ - 1/2}&1\end{array}} \right]_{\left( {N - 1} \right) \times \left( {N - 1} \right)}}\end{array}$$ Pero $$\det {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1&{ - 1/2}&0&0& \cdots &0&0\\{ - 1/2}&1&{ - 1/2}&0& \cdots &0&0\\0&{ - 1/2}&1&{ - 1/2}& \cdots &0&0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots & \vdots \\0&0&0&0& \cdots &1&{ - 1/2}\\0&0&0&0& \cdots &{ - 1/2}&1\end{array}} \right]_{\left( {N - 1} \right) \times \left( {N - 1} \right)}}=a_{N-1}$$ y, tomando de nuevo la expansión de Laplace a lo largo de la primera fila $$\begin{array}{l}\det {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 1/2}&{ - 1/2}&0& \cdots &0&0\\0&1&{ - 1/2}& \cdots &0&0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots & \vdots \\0&0&0& \cdots &1&{ - 1/2}\\0&0&0& \cdots &{ - 1/2}&1\end{array}} \right]_{\left( {N - 1} \right) \times \left( {N - 1} \right)}} = \\ = - \frac{1}{2}\det {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1&{ - 1/2}& \cdots &0&0\\ \vdots & \vdots & \cdots & \vdots & \vdots \\0&0& \cdots &1&{ - 1/2}\\0&0& \cdots &{ - 1/2}&1\end{array}} \right]_{\left( {N - 2} \right) \times \left( {N - 2} \right)}}\\{\rm{ }} + \frac{1}{2}\det {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}0&{ - 1/2}& \cdots &0&0\\ \vdots & \vdots & \cdots & \vdots & \vdots \\0&0& \cdots &1&{ - 1/2}\\0&0& \cdots &{ - 1/2}&1\end{array}} \right]_{\left( {n - 2} \right) \times \left( {N - 2} \right)}}\\ = - \frac{1}{2}{a_{N - 2}} + \frac{1}{2} \times 0\end{array}$$ Por lo tanto, obtenemos la siguiente ecuación de diferencia lineal para $a_{N}=\det \left( {{A_N}} \right)$ : $${a_N} = {a_{N - 1}} - \frac{1}{4}{a_{N - 2}}$$ Hay muchas técnicas diferentes para resolver ecuaciones lineales en diferencia, pero voy a utilizar mi favorita, que se basa únicamente en el álgebra lineal.

Para empezar, tomemos $b_N=a_{N-1}$ lo que nos permite escribir nuestra ecuación diferencial lineal de segundo orden como un sistema de dos ecuaciones lineales de primer orden: $$\left\{ \begin{array}{l}{a_N} = {a_{N - 1}} - \frac{1}{4}{b_{N - 1}}\\{b_N} = {a_{N - 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \underbrace {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_N}}\\{{b_N}}\end{array}} \right]}_{{X_N}} = \underbrace {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1&{ - 1/4}\\1&0\end{array}} \right]}_M\underbrace {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_{N - 1}}}\\{{b_{N - 1}}}\end{array}} \right]}_{{X_{N - 1}}}$$

Llegados a este punto, respiremos y pensemos qué podemos obtener de la última expresión. En realidad sabemos $X_2$ : $${X_2} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_2}}\\{{b_2}}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_2}}\\{{a_1}}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\det \left( {{A_2}} \right)}\\{\det \left( {{A_1}} \right)}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&{ - 1/2}\\{ - 1/2}&1\end{array}} \right|}\\{\left| 1 \right|}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3/4}\\1\end{array}} \right]$$ para que podamos obtener $X_3=M X_2$ , $X_4=M X_3=M^2 X_2$ ... y esto nos lleva inductivamente a la siguiente expresión $${X_N} = {M^{N - 2}}{X_2}$$ Si somos capaces de encontrar $M^{N-2}$ entonces podemos encontrar la expresión general para $X_N$ y así obtener la solución, $a_N$ a nuestra ecuación diferencial lineal de segundo orden original.

Tomemos el Descomposición de Jordan de $M$ , $M=S J S^{-1}$ . Entonces $${M^{N - 2}} = \underbrace {SJ{S^{ - 1}}SJ{S^{ - 1}} \ldots SJ{S^{ - 1}}}_{(N-2){\rm{ times}}} = SJ\left( {{S^{ - 1}}S} \right)J\left( {{S^{ - 1}}S} \right) \ldots \left( {{S^{ - 1}}S} \right)J{S^{ - 1}} = S{J^{N - 2}}S$$

Para encontrar, $S$ y $J$ necesitamos encontrar los valores y vectores propios de $M$ . Si $M$ es diagonalizable entonces $J$ será una matriz diagonal cuyas entradas son los valores propios de $M$ y $S$ tendrá como columnas los vectores propios correspondientes. En caso contrario, si $M$ tiene sólo un valor propio, digamos $\lambda$ de multiplicidad algebraica 2 y su espacio propio es de dimensión 1 (es decir, sólo podemos "extraer" un vector propio asociado a $\lambda$ ) entonces, como la matriz $M$ es de orden 2, sabemos que $J$ tendrá la forma

$$J = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}\lambda &1\\0&\lambda \end{array}} \right]$$

y $S$ tendrá el único vector propio que pudimos encontrar como su primera columna y un vector propio generalizado como su segunda columna.

El polinomio característico asociado a $M$ es $$p\left( \lambda \right) = {\left( {\lambda - \frac{1}{2}} \right)^2}$$

así que $M$ tiene sólo un valor propio de multiplicidad algebraica 2: $\lambda = 1/2$ . Después de algunos cálculos encontramos que el eigespacio asociado a $\lambda = \frac{1}{2}$ es $${E_\lambda } = N\left( {M - \frac{1}{2}I} \right) = \left\{ {\alpha \in \mathbb{R}:\alpha \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1\\2\end{array}} \right],} \right\}$$ so $\dim \left( {{E_\lambda }} \right) = 1$ and we only get one eigenvector; let's take $${v_\lambda } = {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1&2\end{array}} \right]^T}.$$ Ahora necesitamos encontrar un vector propio generalizado y eso lo podemos hacer resolviendo el siguiente sistema lineal $$\left( {M - \frac{1}{2}I} \right)x = {v_\lambda }.$$ La solución para este sistema es $$x = {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}3&2\end{array}} \right]^T}$$ and so we get $$S = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1&3\\2&2\end{array}} \right]; J = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{2}}&1\\0&{\frac{1}{2}}\end{array}} \right].$$ Doing some more calculation we can easily find $${S^{ - 1}} = \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}{ - \frac{1}{2}}&{\frac{3}{4}}\\{\frac{1}{2}}&{ - \frac{1}{4}}\end{array}} \right].$$ Ahora, sólo tenemos que calcular $J^{N-2}$ . Afortunadamente para nosotros es un hecho bien conocido (se puede demostrar por inducción) que $${\left[ {\begin{array}{*{20}{r}}\lambda &1\\0&\lambda \end{array}} \right]^N} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\lambda ^N}}&{N{\lambda ^{N - 1}}}\\0&{{\lambda ^N}}\end{array}} \right]$$ por lo que obtenemos $${J^{N - 2}} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{{{2^{N - 2}}}}}&{\left( {N - 2} \right)\frac{1}{{{2^{N - 3}}}}}\\0&{\frac{1}{{{2^{N - 2}}}}}\end{array}} \right].$$ Después de algunos cálculos realmente desordenados llegamos a $${X_N} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_N}}\\{{b_N}}\end{array}} \right] = {M^{N - 2}}{X_2} = S{J^{N - 2}}{S^{ - 1}}{X_2} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{N + 1}}{{{2^N}}}}\\{\frac{N}{{{2^{N - 1}}}}}\end{array}} \right]$$ y podemos concluir que $${a_N} = \det \left( {{A_N}} \right) = \frac{{N + 1}}{{{2^N}}}.$$

Volvamos a nuestro problema inicial de encontrar ${\left( {A_N^{ - 1}} \right)_{1,1}}$ . Ahora sólo nos falta $C_{11}$ .

$${M_{1,1}} = \det {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1&{ - 1/2}&0&0& \cdots &0&0\\{ - 1/2}&1&{ - 1/2}&0& \cdots &0&0\\0&{ - 1/2}&1&{ - 1/2}& \cdots &0&0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots & \vdots \\0&0&0&0& \cdots &1&{ - 1/2}\\0&0&0&0& \cdots &{ - 1/2}&1\end{array}} \right]_{\left( {N - 1} \right) \times \left( {N - 1} \right)}} = {a_{N - 1}} = \frac{{N}}{{{2^{N-1}}}}.$$ Por lo tanto, $${C_{11}} = {\left( { - 1} \right)^{1 + 1}}{M_{1,1}} = \frac{N}{{{2^{N - 1}}}}$$ y finalmente podemos concluir que $${\left( {A_N^{ - 1}} \right)_{1,1}} = \frac{{{C_{11}}}}{{\det \left( {{A_N}} \right)}} = \frac{N}{{{2^{N - 1}}}}\frac{{{2^N}}}{{N + 1}} = \frac{{2N}}{{N + 1}}, Q.E.D.$$