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¿Estas matrices cuadradas siempre son diagonalizables?

Cuando intentaba resolver un problema de física sobre desacoplar un sistema de EDOs, me encontré con la necesidad de abordar el siguiente problema:

Sea $A_n\in M_n(\mathbb R)$ la matriz con todos los $1$s encima de su diagonal principal, todos los $-1$s debajo de su diagonal, y $0$s en todas partes. ¿Es siempre diagonalizable $A_n$? En caso afirmativo, ¿cuál es su diagonalización (equivalentemente: cuáles son sus valores propios y vectores propios correspondientes)?

Por ejemplo, $$A_3=\begin{bmatrix}0&1&0\\-1&0&1\\0&-1&0\end{bmatrix},\quad A_5=\begin{bmatrix}0&1&0&0&0\\-1&0&1&0&0\\0&-1&0&1&0\\0&0&-1&0&1\\0&0&0&-1&0\end{bmatrix}.$$


Suponiendo que mi código es correcto, Mathematica ha sido capaz de verificar que $A_n$ es siempre diagonalizable hasta $n=1000$. Si usamos $\chi_n(t)\in\mathbb Z[t]$ para denotar el polinomio característico de $A_n$, una evaluación directa también muestra que $$\chi_n(t)=-t\chi_{n-1}(t)+\chi_{n-2}(t)\tag{1}$$ para todo $n\geq4$. Además, note que $A_n=-A_n^t$ de modo que, en el caso en que la dimensión es par, $$\det(A_{2n}-\lambda I)=\det(A_{2n}^t-\lambda I)=\det(-A_{2n}-\lambda I)=\det(A_{2n}+\lambda I).$$ Esto implica que siempre que $\lambda$ sea un valor propio de $A_{2n}$, también lo es $-\lambda$. En otras palabras, $\chi_{2n}(t)$ siempre tiene la forma $(t^2-\lambda _1^2)(t^2-\lambda_2^2)\dotsm(t^2-\lambda_n^2)$ para algún $\lambda_i$.

Y aquí es donde me quedé atascado. Para que $A_n$ sea diagonalizable, debemos tener todos los valores propios distintos, pero intentar usar la recurrencia $(1)$ y la inducción fuerte, o intentar usar la fórmula para el caso par no ha ayudado en absoluto. Parece que la línea de ataque más probable sería mostrar de alguna manera que $$\chi_{2n}'(t)=2t\sum_{k=1}^n\frac{\chi_{2n}(t)}{t^2-\lambda_k^2}$$ nunca comparte un cero común con $\chi_{2n}$ (lo que resolvería el caso par), aunque no veo cómo hacer que funcione.


Nota: No tengo ni idea de cómo encontrar realmente los valores propios/vectores propios incluso en el caso en que los $A_n$ sean diagonalizables. Como tal, incluso si alguien no puede responder la segunda parte de la pregunta, pero puede demostrar que los $A_n$ son diagonalizables, lo apreciaría como una respuesta también. Arriba intenté analizar el caso especial donde la dimensión es par, aunque por supuesto la prueba para todos los $n$ pares e impares es más valiosa. Incluso si esto no es posible, para mis propósitos solo necesito un subconjunto infinito $S\subseteq\mathbb Z$ para el cual se demuestre la conclusión para $n\in S$, por lo que cualquier enfoque así también es bienvenido.

¡Gracias de antemano!

4 votos

Todos los autovalores distintos es una condición suficiente pero no necesaria para que una matriz sea diagonalizable.

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@HenningMakholm ese es un punto muy válido. Pero antes de las respuestas a la pregunta, ese era el único método que conocía (por lo tanto, todos mis enfoques se basaban en eso).

36voto

dmay Puntos 415

Todas esas matrices son antisimétricas y por lo tanto son matrices normales. Y cada matriz normal es diagonalizable sobre $\mathbb C$, según el teorema espectral.

0 votos

¡Muchas gracias por la respuesta rápida! Espero que no te importe que haya aceptado la respuesta de JimmyK4542, ya que también proporciona explícitamente los eigenvectores y eigenvalues.

8 votos

Me habría sorprendido si no hubieras aceptado esa respuesta, ya que proporciona más información que la mía.

31voto

Thomas Puntos 196

La matriz $A_n$ es una matriz tridiagonal Toeplitz con entradas diagonales $\delta = 0$ y entradas fuera de la diagonal $\tau = 1$ y $\sigma = -1$. Por lo tanto, podemos usar la fórmula en este documento para mostrar que los valores propios son $$\lambda_k = 2i\cos\left(\dfrac{k\pi}{n+1}\right),$$ para $k = 1,\ldots,n$, y los correspondientes autovectores $v_1,\ldots,v_n$ tienen entradas $$v_k[m] = i^m\sin\left(\dfrac{mk\pi}{n+1}\right).$$

2 votos

Probablemente haya una conexión entre estas matrices y los polinomios de Chebyshev, pero no puedo entenderlo bien.
Note que las raíces del polinomio de Chebyshev $T_n(\lambda)$ están dadas por $\lambda = \cos( k \pi/n)$ para $k \in \mathcal{Z}$. También es posible demostrar que los polinomios característicos $P_n(\lambda)$ de las matrices dadas obedecen la relación recurrente $P_n(\lambda) = \lambda P_{n-1}(\lambda) + P_{n-2}(\lambda)$; esto es bastante similar a la relación de recurrencia de Chebyshev $T_n(\lambda) = 2 \lambda T_{n-1}(\lambda) - T_{n-2}(\lambda)$.

7voto

Cimm Puntos 133

Usando que tus matrices son antisimétricas, obtienes que estas matrices son diagonalizables. Consulta la sección de teoría espectral en este artículo de Wikipedia.

0 votos

¡Muchas gracias por la respuesta rápida! Espero que no te importe que haya aceptado la respuesta de JimmyK4542, ya que también proporciona explícitamente los eigenvectores y eigenvalores.

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Pienso que, en comparación con la respuesta detallada anterior, mi único interés es mostrar que podrías haber encontrado toda esta información por ti mismo usando Google, tan pronto como hubieras observado que tus matrices eran antisimétricas.

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