Cómo encontrar que esta matriz tiene valores propios $\lambda_{j}=4\sin^2{\dfrac{j\pi}{2(n+1)}}$

Question

Demuestre que el $n\times n$ matriz tridiagonal $$A=\begin{bmatrix} 2&-1&0&0&0\\ -1&2&-1&0&0\\ \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\vdots\\ 0&0&-1&2&-1\\ 0&0&0&-1&2 \end{bmatrix} $$

tiene los valores propios $$\lambda_{j}=4\sin^2{\dfrac{j\pi}{2(n+1)}},j=1,2,\cdots,n$$

Answer 1

Así que tenemos que resolver el siguiente problema: $Ax =\lambda x$ .
O $$cx_{j−1} + ax_j + bx_{j+1} = \lambda x_j , \ j = 1,\ldots ,m$$ $$x_0 = x_{m+1} = 0$$ donde $a=2, \ b=c=-1$ lo que equivale a $$cx_{j−1} +(a-\lambda)x_j + bx_{j+1} = 0 , j = 1,\ldots ,m$$ $$x_0 = x_{m+1} = 0$$ Su solución se representa en la forma: $$x_j = \alpha r_1^j+\beta r_2^j$$ donde $r_1^j, \ r_2^j$ son soluciones del polimonio característico $f(r)=b r^2+(a-\lambda)r+c$ : $$r_1=\frac{-(a-\lambda)+\sqrt{(a-\lambda)^2-4b c}}{2b}$$ $$r_2=\frac{-(a-\lambda)-\sqrt{(a-\lambda)^2-4b c}}{2b}$$ Podemos encontrar los coeficientes desconocidos utilizando la condición inicial: $$x_0 = \alpha+\beta = 0 \Rightarrow \alpha=-\beta$$ $$x_j = \alpha (r_1^j-r_2^j)$$ $$x_{m+1} = \alpha(r_1^{m+1}-r_2^{m+1})=0 \Rightarrow \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^{m+1}=1$$ $$r_1 r_2=\frac{c}{b}$$ $$\left(\frac{r_1}{r_2}\right)^{m+1}=\left(\frac{b r_1^2}{c}\right)^{m+1}=1$$ Enchufar $b=c=-1$ nos lleva a $r^{m+1}=1 $ Así que $$r_{1,j}=e^{\pi i \left(\frac{j}{n+1}\right)}$$ $$r_{2,j}=e^{-\pi i \left(\frac{j}{n+1}\right)}$$ Pero uno puede ver que $r_{1,j}+r_{2,j}=\frac{\lambda_{j}-a}{b}=2-\lambda_{j}$ . Utilizando la fórmula de Euler se puede obtener: $$\lambda_{j}=2\left(1-\cos\left(\frac{j\pi}{n+1} \right)\right)=4\sin^2\left(\frac{j\pi}{2(n+1)} \right)$$

Answer 2

Una pista: Encuentre $\det (A-\lambda I)$ por inducción en el tamaño de $A$ (se obtendrá una ecuación recurrente de orden 2).