Determinante de una matriz especial

Question

La pregunta está relacionada con el autovalor problema. El uso de ARCE, que calcula los siguientes determinantes:

$$\begin{align} \begin{vmatrix} -\lambda & 1 \\ 1 & -\lambda \\ \end{vmatrix}&=\lambda^2-1\\ \begin{vmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ 1& -\lambda & 1 \\ 0& 1 & -\lambda \\ \end{vmatrix}&=-\lambda^3+2\lambda\\ \begin{vmatrix} -\lambda & 1 &0 &1 \\ 1& -\lambda & 1 &0 \\ 0& 1& -\lambda & 1 \\ 1& 0& 1& -\lambda \\ \end{vmatrix}&=\lambda^4-4\lambda^2\\ \begin{vmatrix} -\lambda &1 &0 &1 &0 \\ 1& -\lambda &1 &0 &1 \\ 0& 1& -\lambda &1 &0 \\ 1& 0& 1& -\lambda &1 \\ 0& 1& 0& 1& -\lambda \\ \end{vmatrix}&=-\lambda^5+6\lambda^3\\ \begin{vmatrix} -\lambda &1 &0 &1 &0 &1 \\ 1& -\lambda &1 &0 &1 &0 \\ 0& 1& -\lambda &1 &0 &1 \\ 1& 0& 1& -\lambda &1 &0 \\ 0& 1& 0& 1& -\lambda &1 \\ 1& 0& 1& 0&1 & -\lambda \\ \end{vmatrix}&=-9\lambda^4+\lambda^6\\ \end{align} $$ Pero no tengo idea de cómo calcular los determinantes rápidamente con la mano. Aquí está mi pregunta:

¿Cuál es el factor determinante en la $n$ $n$ caso?

Answer 1

Usted es calcular el polinomio característico de la matriz cuyas filas/columnas alternativo $0$ $1$s, con la primera fila comienzan con $0$, en la segunda fila empezando con $1$,$0$,$1$, etc.

La matriz es simétrica, por lo tanto diagonalizable; en particular, la dimensión de la nullspace es igual a la multiplicidad de $0$ como una raíz del polinomio característico. Debido a que la matriz es $n\times n$ y tiene un rango de $2$, la multiplicidad de $\lambda=0$ como una raíz del polinomio característico es $n-2$. Por lo tanto, el polinomio es múltiplo de $(-1)^n\lambda^{n-2}$. Por lo tanto es de la forma $(-1)^n\lambda^{n-2}p(\lambda)$ donde $p(\lambda)$ es un monic polinomio de grado $2$.

La única pregunta que queda es ¿cuáles son los otros dos autovalores.

Mirando a su patrón, usted tiene los siguientes valores de $p(\lambda)$: $$\begin{align*} n&=2 &\qquad p(\lambda)&= \lambda^2-1\\ n&=3 &\qquad p(\lambda)&= \lambda^2-2\\ n&=4 &\qquad p(\lambda)&= \lambda^2-4\\ n&=5 &\qquad p(\lambda)&= \lambda^2-6\\ n&=6 &\qquad p(\lambda)&= \lambda^2-9 \end{align*}$$

Incluso $n$, $n=2k$, parece razonable suponer que $p(\lambda)=\lambda^2-k^2$. Una manera sencilla de comprobar esto es para mostrar que la matriz de vectores propios asociados a$k$$-k$. Por ejemplo, cuando se $k=2$, la matriz es $$\left(\begin{array}{cccc} 0 & 1 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right).$$ Es fácil comprobar que $(1,-1,1,-1)^t$ es un autovector asociado a$-2$, $(1,1,1,1)^t$ es un autovector asociado a $2$. Similar vectores de trabajo para todos, incluso,$n$.

Por extraño $n$, parece que es un poco más complejo, pero la misma idea básica de las obras. Trate de encontrar los vectores propios y valores propios, que es muy fácil de hacer. Sugerencia. Debido a la simetría, parece una buena idea para buscar un autovector $(a_1,a_2,\ldots,a_n)^t$$a_1=a_3=a_5=\cdots=a_n$$a_2=a_4=\cdots=a_{n-1}$. Por la escala, podemos suponer que la $a_1=1$, e $a_2=r$ algunos $r$. Si $n=2k+1$, entonces la aplicación de la matriz a un vector que tiene la extraña entradas de la imagen tienen el valor de $kr$, y las entradas tienen un valor de $k+1$. Si queremos que esto sea un autovector asociado a algunos de los $\lambda\neq 0$, entonces usted desee $\lambda = kr$, e $\lambda r = k+1$; tomar desde allí.

Moral. Aunque normalmente pensamos en el polinomio característico como "el camino fácil" para encontrar los valores propios, es importante recordar que la relación va en ambos sentidos: cada autovalor usted puede encontrar que le da un lineal factor del polinomio característico. Es a menudo útil para "jugar uno contra el otro". Aquí, la determinación de la "mayoría" de las raíces de la siguiente manera al observar la matriz, y debido a que la matriz es muy estructurado, resulta más fácil encontrar los autovalores directamente de tratar de calcular el polinomio característico y , a continuación, el factoring.

Answer 2

Nos indica que la matriz de $n$-dimensiones $\Lambda_n$ y los dos valores propios no desaparición en $a$ y $b$. Tenemos

$a+b = tr(\Lambda_n) = 0$

$a^2+b^2 = tr(\Lambda_n^2) = 2\lceil \frac{n}{2}\rceil\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$

lo que implica:

$a ^2= b^2 =-ab = \lceil \frac{n}{2}\rceil \lfloor\frac{n}{2}\rfloor$

Así los dos autovalores nonvanishing contributtion al polinomio característico:

$\lambda^2-\lceil \frac{n}{2}\rceil \lfloor\frac{n}{2}\rfloor$

Answer 3

Basado en los resultados dados, debe ser capaz de adivinar Cuáles son los valores propios. ¿Usted puede escribir un conjunto explícito de vectores propios para ésos valores propios? ¿Generalizar su construcción?