Forma rápida de encontrar los valores propios de una matriz anti-diagonal

Question

Si $A \in M_n(\mathbb{R})$ es una matriz anti-diagonal $n \times n$, ¿hay una manera rápida de encontrar sus valores propios de manera similar a encontrar los valores propios de una matriz diagonal? La forma estándar de encontrar los valores propios para cualquier $n \times n$ suele ser directa, pero a veces puede llevar mucho tiempo de cálculo. Solo me pregunto si hay una manera más rápida de hacerlo para cualquier matriz anti-diagonal sin tener que recurrir al método estándar de encontrar el determinante de $A - \lambda I$, donde $I$ es la matriz identidad $n \times n$, y establecerlo igual a $0$ y resolver para $\lambda$.

Answer 1

Para mayor facilidad de formato y explicación, haré todo para el ejemplo de $5 \times 5$. Sin embargo, el mismo truco funciona para cualquier matriz antidiagonal de $n \times n$ (aunque ligeramente diferente para $n$ par).

Supongamos $$A = \begin{pmatrix}0&0&0&0&a_{15}\\0&0&0&a_{24}&0\\0&0&a_{33}&0&0\\0&a_{42}&0&0&0\\a_{51}&0&0&0&0 \end{pmatrix}$$

Aquí hay un truco interesante: notamos que $$A^2 = \pmatrix{ a_{15}a_{51}&&&&\\ &a_{24}a_{42}&&&\\ &&(a_{33})^2&&\\ &&&a_{24}a_{42}&\\ &&&&a_{15}a_{51}\\ }$$ Entonces, los eigenvalores de $A^2$ son precisamente $\{a_{15}a_{51}, a_{24}a_{42}, (a_{33})^2\}$.

Ahora, observa que si $\lambda$ es un eigenvalor de $A$, entonces $\lambda^2$ debe ser un eigenvalor de $A^2$. Esto te da seis candidatos para los eigenvalores de $A$.

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De hecho, con un análisis más exhaustivo, podemos garantizar que los eigenvalores serán precisamente $\lambda = \pm \sqrt{a_{i,(n+1-i)}a_{(n+1-i),i}}$ para $i = 1,\dots,\lfloor n/2\rfloor$ y, para $n$ impar, $\lambda = a_{(n+1)/2,(n+1)/2}$.

Prueba de que este es el caso: Denotemos los vectores de la base estándar como $e_1,\dots,e_n$. Sea $S_{ij}$ el espacio generado por los vectores $e_i$ y $e_j$.

Observamos que $A$ es invariante sobre $S_{i(n-i)}$ para $i = 1,\dots,\lfloor n/2\rfloor$. Luego podemos considerar la restricción $A_{i(n-i)}: S_{i(n-i)} \to S_{i(n-i)}$, la cual puede ser representada por la matriz $$\pmatrix{0 & a_{i(n-i)}\\a_{(n-i)i} & 0}$$ Basta con encontrar los eigenvalores de esta transformación.

Para el caso de un $n$ impar, es suficiente notar que $a_{(n+1)/2,(n+1)/2}$ yace en la diagonal con ceros en su fila y columna.

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Otra explicación: denotemos la matriz $S = \pmatrix{e_1 & e_{n} & e_2 & e_{n-1} & \cdots}$

Observando que $S$ es ortogonal (es decir, $S^{-1} = S^{T}$), encontramos que $$SAS^{-1} = \pmatrix{ 0&a_{1,n}\\ a_{n,1}&0\\ &&0&a_{2,n-1}\\ &&a_{n-1,2}&0\\ &&&&\ddots }$$ Esta matriz es similar, y por lo tanto tiene los mismos eigenvalores. Sin embargo, también es diagonal por bloques.

Answer 2

Supongamos que $A$ tiene un tamaño par, digamos, $2m \times 2m$. Entonces, reorganizando la base podemos producir una matriz diagonal por bloques con los mismos valores propios que la original.

$$\left( \begin{array}{cc} 0 & a_{1,2m} \\ a_{2m,1} & 0 \\ \end{array} \right) \oplus \cdots \oplus \left( \begin{array}{cc} 0 & a_{m,m+1} \\ a_{m+1,m} & 0 \\ \end{array} \right).$$ El polinomio característico es

$$\det(\lambda I - A) = \det\left(\lambda I - \left( \begin{array}{cc} 0 & a_{1,2m} \\ a_{2m,1} & 0 \\ \end{array} \right)\right) \cdots \det\left(\lambda I - \left( \begin{array}{cc} 0 & a_{m,m+1} \\ a_{m+1,m} & 0 \\ \end{array} \right)\right) = (\lambda^2 - a_{1,2m}a_{2m,1})\cdots(\lambda^2 - a_{m,m+1}a_{m+1,m}) .$$ y por lo tanto, los valores propios son las raíces de estos polinomios factoriales, es decir, ambas raíces cuadradas de cada uno de los productos $a_{1,2m}a_{2m,1}, \ldots, a_{m,m+1} a_{m+1,m}$.

Si $A$ tiene un tamaño impar, digamos, $(2m + 1) \times (2m + 1)$ cuando cambiamos de base podemos enviar el elemento central ($(m+1)$-ésimo) al final, en cuyo caso el polinomio característico toma una forma similar al caso par (con índices $> m$ desplazados uno hacia arriba), pero con un factor adicional de $\lambda - a_{m+1, m+1}$, por lo que el valor propio adicional en este caso es simplemente la entrada central de la matriz.

Answer 3

En realidad uno puede encontrar los valores propios de $A$ directamente sin reordenar los índices (nota: no estoy diciendo que esta sea la forma más rápida o preferida de encontrar esos valores propios -- no lo es). Los valores propios de $A$ son simplemente las raíces del polinomio característico $\det(xI-A)$. Cuando $n$ es impar, sea $m=\frac{n+1}2$ y escribimos $$A=\left[\begin{array}{c|c|c}0&0&A_{13}\\ \hline 0&a_{mm}&0\\ \hline A_{31}&0&0\end{array}\right]\tag{$\ast$}$$ donde $A_{13}$ y $A_{31}$ son dos matrices anti diagonales de tamaño $m-1$. Al expandir por Laplace a lo largo de la fila central, obtenemos $\det(xI-A)=(x-a_{mm})\det\left[\begin{array}{c|c}xI&-A_{13}\\ \hline -A_{31}&xI\end{array}\right]$. Usando la fórmula $\det\pmatrix{X&Y\\ Z&W}=\det(XW-YZ)$ cuando $Z$ y $W$ conmutan, obtenemos además $$\begin{align*} \det(xI-A)&=(x-a_{mm})\det(x^2I-A_{13}A_{31})\\ &= (x-a_{mm})(x^2-a_{1n}a_{n1})(x^2-a_{2,n-1}a_{n-1,2})\cdots\left(x^2-a_{m-1,m+1}a_{m+1,m-1}\right) \end{align*}$$ y encontrar sus raíces es un asunto trivial.

Cuando $n$ es par, el elemento central en $(\ast)$ se anula y podemos omitir el paso de la expansión por Laplace. El polinomio característico de $A$ es entonces $$(x^2-a_{1n}a_{n1})(x^2-a_{2,n-1}a_{n-1,2})\cdots\left(x^2-a_{\frac n2,\frac n2+1}a_{\frac n2+1,\frac n2}\right).$$