Una matriz w/entero valores propios e identidad trigonometric

Question

Cualquier intuición y/o argumentos rigurosos en las pruebas de las siguientes afirmaciones sería apreciada:

Deje $n$ ser un número natural. (a) Considere el siguiente Toeplitz/circulantes simétrica matriz:

$$\Lambda_{kl} = \begin{cases}\frac{2n(n+1)}{3}, & k = l, \\[6pt] \frac{-1}{1-\cos\frac{2\pi(k-l)}{2n+1}}, & k \ne l,\end{casos}$$

donde $k,l = 1,2, \ldots, 2n+1$.

Demostrar que sus autovalores son números naturales(!)

$$2n, 4n-2, 6n-6, \ldots, n(n+1)$$

con la multiplicidad $2$ $0$ w/multiplicidad $1$.

(b) Encuentre una fórmula para el derecho de los signos en la siguiente identidad trigonométrica

$$\tan\left(\frac{l\pi}{2n+1}\right) = 2\sum_{k=1}^n (\pm)\sin\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)\qquad l = 1,2,\ldots, n.$$

y muestran que los signos se determina únicamente en el caso del primer $2n+1$.

Los problemas (que están formulados para ser autónomo) surgen de la aproximación discreta de continuo inversa límite de problema (ver http://en.wikibooks.org/wiki/On_2D_Inverse_Problems de fondo) y las declaraciones fueron formuladas w/ayuda de la computadora.

Answer 1

Desde (b) ha sido ampliamente contestado en los comentarios, voy a tratar con (a) aquí. Es el caso aquí, que es muy simple (y de otra manera útil y conocido) base de vectores propios. Deje $\zeta$ ser una primitiva $2n+1$-ésima raíz de la unidad. Nuestros vectores propios de a $\Lambda$ será la "cíclica" vectores, cuyas coordenadas son las sucesivas potencias de una raíz de la unidad :

$$C_s=(\zeta^s,\zeta^{2},\zeta^{3}, \ldots ,\zeta^{(2n)s},1) \ (0 \leq s \leq 2n) \etiqueta{1}$$

Permítanos calcular todas las coordenadas de $\Lambda C_s$ ; en otras palabras, debemos calcular la suma

$$f(i,s)=\sum_{j=1}^{2n+1} \Lambda_{ij} \zeta^{sj} \etiqueta{2}$$

Tenemos $f(i,s)=\frac{2}{3}n(n+1)\zeta^{si}+g(i,s)$, donde

$$g(i,s)=\sum_{j\neq i} \frac{\zeta^{sj}}{\frac{\zeta^{i-j}+\zeta^{j-i}}{2}-1}= \sum_{t\neq 0} \frac{\zeta^{s(i+t)}}{\frac{\zeta^{-t}+\zeta^{t}}{2}-1}= 2\zeta^{si}\sum_{t=1}^{2n} \frac{(\zeta^t)^{s+1}}{(\zeta^{t}-1)^2}= 2\zeta^{si}\sum_{\eta\U, \eta\neq 1} \frac{\eta^{s+1}}{(\eta-1)^2} \etiqueta{3}$$

donde $U$ es el conjunto de todos los $(2n+1)$-th raíces de la unidad. Hay técnicas clásicas para calcular el lado derecho de (3) supra ; véase la respuesta a esta pregunta, donde el final la fórmula que se obtiene es

$$\sum_{\eta\U, \eta\neq 1} \frac{\eta^{s+1}}{(\eta-1)^2} =\frac{6(2n+1-s)s-((2n+1)^2-1)}{12}= \frac{s(2n+1-s)}{2}-\frac{n^2+n}{3} \etiqueta{4}$$

La combinación de (3) con (4), los términos en $\frac{n^2+n}{3}$ cancelar y obtenemos así

$$\sum_{j=1}^{2n+1} \Lambda_{ij} \zeta^{sj}=s(2n+1-s)\zeta^{si} \etiqueta{5}$$

O, para expresar las cosas vectorially,

$$\Lambda C_s=s(2n+1-s) C_s \etiqueta{6}$$

Por lo $C_s$ es un autovector asociado al autovalor $s(2n+1-s)$ como se quiera.

Answer 2

Esta no es una respuesta completa a (a), pero puede ser un comienzo. También explica los autovalores repetidos.

Es sabido que un circulantes de la matriz es diagonalized por la transformada de Fourier de la matriz y los valores propios de una circulantes de la matriz está dada por la transformada de Fourier discreta de su primera fila. Consulte el capítulo 3 de aquí para una explicación detallada.

Deje $c_j$ ser el primero de la fila en la matriz. Dada la definición de $\Lambda$, tenemos

$$c_j = \begin{cases} 2n(n+1)/3, & j = 0 \\[6pt] \frac{-1}{1-\cos(\frac{2\pi j}{2n+1})}, & j = 1, \dots, 2n \\ \end{casos}$$

Deje $\lambda_m$ ser los autovalores de a $\Lambda$. Entonces

$$\begin{align} \lambda_m &= \sum_{j=0}^{2n}c_j \exp \left( -\frac{2\pi imj}{2n+1} \right) \\ &= \frac{2n(n+1)}{3} + \sum_{j=1}^{2n} c_j \exp \left( -\frac{2\pi imj}{2n+1} \right), \qquad m = 0, \dots, 2n \end{align}$$

La parte imaginaria de esta suma desaparecerá, así que nos quedamos con

$$\lambda_m = \frac{2n(n+1)}{3} + \sum_{j=1}^{2n} \frac{\cos(\frac{2\pi jm}{2n+1})}{\cos(\frac{2\pi j}{2n+1})-1}$$

Una forma cerrada de evaluación para esta suma va a resolver el problema. No tengo ningún avance en esto, pero aquí hay dos observaciones.

Observación 1 $\qquad \lambda_0 = 0$

Prueba

$$\begin{align} \lambda_0 &= \frac{2n(n+1)}{3} + \sum_{j=1}^{2n} \frac{1}{\cos(\frac{2\pi j}{2n+1}) - 1}\\ &= \frac{2n(n+1)}{3} -\frac{1}{2} \sum_{j=1}^{2n} \csc^2(\frac{\pi j}{2n+1}) \\ &= \frac{2n(n+1)}{3} -\frac{1}{2} \frac{1}{3} ((2n+1)^2 -1) \\ &= \frac{2n(n+1)}{3} - \frac{1}{6} (4n^2 + 4n) \\ &= 0 \end{align}$$

En la primera igualdad por encima, he usado el doble ángulo de identidad, $sin^2(\theta) = \frac{1}{2}(1-cos(2\theta))$, y en el segundo la identidad de $\sum_{k=1}^{n-1} csc^2(\frac{k\pi}{n}) = \frac{1}{3}(n^2 - 1)$, ver la prueba a continuación.

Observación 2 $\qquad \lambda_m = \lambda_{2n + 1 - m}$

Prueba

$$\lambda_m = \frac{2n(n+1)}{3} + \sum_{j=1}^{2n} \frac{\cos(\frac{2\pi jm}{2n+1})}{\cos(\frac{2\pi j}{2n+1})-1}$$

$$\lambda_{2n + 1 - m} = \frac{2n(n+1)}{3} + \sum_{j=1}^{2n} \frac{\cos(\frac{2\pi j(2n + 1 - m)}{2n+1})}{\cos(\frac{2\pi j}{2n+1})-1}$$

Los denominadores de las fracciones que son el mismo. El resultado se sigue notando que

$$\begin{align} \cos \left( \frac{2\pi j (2n + 1 -m )}{2n+1} \right) &= \cos \left( 2\pi j - \frac{2\pi j m}{2n+1} \right) \\ &= \cos \left( \frac{2\pi jm}{2n+1} \right) \end{align}$$

La prueba de $\sum_{k=1}^{n-1} csc^2(\frac{k\pi}{n}) = \frac{1}{3}(n^2 - 1)$

Esta prueba el siguiente ejercicio 8 en el capítulo 5 de Stromberg, Una Introducción a los Clásicos del Análisis Real.

Comienzan con De Moivre la fórmula: $$\cos(nx) + i\sin(nx) = (\cos(x) + i\sin(x))^n$$

La expansión de la RHS a través del Teorema del Binomio da $$\cos(nx) + i\sin(nx) = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\cos ^{n-k}(x) (i\sin(x))^k$$

Equiparar imaginaria, el lado derecho es imaginario para $k$ impares, por lo que establecer $k = 2j+1$

$$\sin(nx) = \sum_{j=0}^{\lfloor{\frac{n-1}{2}} \rfloor}(-1)^j\binom{n}{2j+1}\cos ^{n-2j-1}(x)\sin ^{2j+1}(x)$$

Establecimiento $n = 2m+1$ y multiplicando fuera de la suma por $\sin ^{2m}(x)$ y división en el interior da

$$\begin{align} \sin((2m+1)x) =& \sin ^{2m+1}(x)\sum_{j=0}^{m} (-1)^j\binom{2m+1}{2j+1}\cos ^{2(m-j)}(x)\sin ^{2(j-m)}(x) \\ =& \sin ^{2m+1}(x)\sum_{j=0}^{m} (-1)^j\binom{2m+1}{2j+1}(\cot ^2(x))^{m-j} \end{align}$$

Ahora $\sin((2m+1)x)$ tiene raíces $x = \frac{k\pi}{{2m+1}}, k = 1, \dots, m$. Esto implica que el polinomio

$$\sum_{j=0}^{m} (-1)^j\binom{2m+1}{2j+1}t^{m-j}$$ has roots $t = \cot ^2(\frac{k\pi}{2m+1}), k = 1 \dots m$. The sum of the roots of a polynomial of degree $m$ is equal to the negative of the coefficient of the $(m-1)$ degree term divided by the coefficient of the leading term. The leading term has coefficient $2m+1$, the $m-1$ degree term has coefficient $-\binom{2m+1}{3}$, thus the sum of the roots is $m(2m-1)/3$ y tenemos la identidad

$$\sum_{k=1}^{m}\cot^2 \left( \frac{k\pi}{2m+1} \right) = \frac{m(2m-1)}{3}$$

Haciendo la sustitución de $\csc^2 \theta = 1 + \cot ^2 \theta$ da

$$\sum_{k=1}^{m} \csc^2 \left(\frac{k\pi}{2m+1} \right) = \frac{2}{3}m(m+1) \tag{1}$$

La declaración de demostrar que es $$\sum_{k=1}^{n-1} \csc^2 \left(\frac{k\pi}{n} \right) = \frac{1}{3}(n^2 - 1) \tag{2}$$

Haciendo la sustitución de $n \rightarrow 2n + 1$, (2) es equivalente a $$\sum_{k=1}^{2n} \csc^2 \left(\frac{k\pi}{2n + 1} \right) = \frac{4}{3}n(n+1) \tag{3}$$

Darse cuenta de que $\csc\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right) = \csc\left(\frac{(2n+1-k)\pi}{2n+1}\right)$, tenemos que la suma de la primera $n$ índices en $(3)$ es igual a la suma de los últimos $n$ índices y, por tanto, $(1)$ es equivalente a $(3)$. $\Box$