Prueba algebraica de una trig matriz identidad?

Question

Voy a poner la cuestión en primer lugar, y luego el fondo, porque no estoy seguro de que el fondo es necesario responder a la pregunta:

Tengo una prueba geométrica, pero hay una elegante prueba algebraica que $$ \left[ \begin{matrix}-1 & 1 + \cos\frac{\pi}{2n} \\ -2 & 1 + 2\cos\frac{\pi}{2n}\end{matrix} \right] ^n \left[ \begin{matrix}0 \\ 1\end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix}\cot \frac{\pi}{4n} \\ \cot \frac{\pi}{4n}\end{matrix} \right]$$

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Antecedentes:

Esto es motivado por la más reciente de las matemáticas rompecabezas del diario español El País (declaración del problema que hay en español, obviamente). NOTA: el plazo para la presentación de soluciones para ganar el premio que ha pasado, así que no te preocupes acerca de hacer trampa. La parte pertinente del problema es este:

Tenemos dos líneas rectas (en la geometría Euclidiana) y deseamos dibujar un zig-zag entre ellos. Comenzamos en el punto de intersección y dibujar un segmento de línea recta de longitud $r$ a lo largo de una de las líneas (que vamos a llamar la "línea horizontal"). Nosotros, a continuación, dibuje un segmento de línea recta de longitud $r$ desde el punto final a la otra ("no-horizontal") de la línea. Alternamos entre los dos con segmentos de líneas rectas de la misma longitud, sin la superposición o duplicación de la espalda. El 20 de dicho segmento de línea que es perpendicular a la línea horizontal. ¿Cuál es el ángulo entre las líneas?

Hay una sencilla solución geométrica (que yo shan no estado aquí, en caso de que alguien se quiere resolver por él mismo - aunque espero que una respuesta puede incluir spoilers, así que si usted quiere resolver usted mismo, no mire ahora), pero antes de encontrar lo bajé algebraica de enfoque, lo que me llevó a una ecuación con una matriz similar a la de arriba elevado a la 10 potencia. Básicamente la ecuación anterior es la generalización para el caso de la $2n$ segmentos de línea y la respuesta (derivado de la prueba geométrica) sustituido por el ángulo desconocido.

La pregunta está motivada por poco más de curiosidad, porque ya tengo una prueba. He tratado de demostrar a mí mismo, pero el mejor que he conseguido hasta ahora es un desordenado expresión en términos de algunas matrices cuyos poderes tienen una relativamente agradable la forma cerrada.

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Rellenar algunas lagunas: si las líneas se cruzan en el origen, la línea horizontal a lo largo del eje x, la no-horizontal de la línea se encuentra en el primer cuadrante, y el ángulo entre las líneas es $\alpha$, entonces los puntos se $P_{2n} = (x_{2n}, x_{2n} \tan \alpha)$$P_{2n+1} = (x_{2n+1}, 0)$. Dado que la distancia entre cada par de puntos consecutivos es $r$ nos encontramos con que $x_{2n}$ $x_{2n+2}$ son las dos raíces de $$(z - x_{2n+1})^2 + z^2 \tan^2 \alpha = r^2$$, and we can use the properties of the quadratic equation to get $$x_{2n+2} = \frac{2}{1 + \tan^2 \alpha}x_{2n+1} - x_{2n}$$ By using the symmetry of the triangle formed by $P_{2n+1}$, $P_{2n+2}$, $P_{2n+3}$, we get $$x_{2n+3} = 2x_{2n+2} - x_{2n+1}$$ Putting this all together we can get a recurrence which leads to an expression for $(x_{2n}, x_{2n+1})$ in terms of the nth power of a matrix applied to $(x_{0} = 0, x{1} = 1)$. Putting any more details risks spoiling the value of $\alfa$. The RHS of the original equation comes from observing that if the $(2n)^{th}$ line segment is perpendicular to the horizontal line, $x_{2n-1} = x_{2n} = x_{2n+1}$ and $\tan \alpha = r / x_{2n}$.

El último que he conseguido hasta ahora con la matriz es dividirla como $$\left( \cos\frac{\pi}{2n} \left[ \begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 2\end{matrix} \right] + \left[ \begin{matrix}-1 & 1 \\ -2 & 1\end{matrix} \right] \right)^n = \sum_{k=0}^{n} \left( \begin{matrix}n \\ k\end{matrix} \right) \cos^k\frac{\pi}{2n} \left[ \begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 2\end{matrix} \right]^k \left[ \begin{matrix}-1 & 1 \\ -2 & 1\end{matrix} \right]^{n-k} $$

donde la matriz de poderes en la RHS han cerrado las formas - el marcado aquí no parece gustarle la Url y me he tomado demasiado tiempo para escribir esto y la necesidad de ejecutar, pero http://www.wolframalpha.com/input/?i=[[0,1],[0,2]]^k y http://www.wolframalpha.com/input/?i=[[-1,1],[-2,1]]^(r-k)

Answer 1

Usted puede calcular los autovalores de la matriz en el lado izquierdo (que es exponentiated a la $n$-ésima potencia) que son simplemente $$\lambda_\pm = + \exp(\pm i\pi / 2n)$$ Por lo que la matriz de $A$ escrito $A=CDC^{-1}$ donde $D={\rm diag}(\lambda_+,\lambda_-)$. Los correspondientes vectores propios son $$ (\frac{1}{2}(1 +\exp(\pm i\pi/2n),1)^T $$ los que están escritos en forma de columnas de a $C$, en el orden en el "plus minus" de nuevo. Dada la forma de su vector de $(0,1)^T$ agregó, sólo la segunda columna de $C^{-1}$ es importante. Es $$ \mp\frac{1}{2\sin (\pi/2n)} (1 + \exp(\mp \pi i/2n)) $$ bueno, me refiero a $(n_{1},n_{2})^T$ donde $n_{1,2}$ son los números con los signos "superior, inferior".

Claramente, $D^n$ es sólo ${\rm diag}(i,-i)$ porque $\exp(i\pi /2)=i$ y así sucesivamente. Y espero que el resto de $C D C^{-1} v$ ya es fácilmente calculada. Tenga en cuenta que tuvimos $1/\sin(\pi/2n)$ más de allí que es $2\sin(\pi/4n)\cos(\pi/4n)$ y el coseno cancela, dejando el signo que combina a la cotangente después de algo de trabajo.

Answer 2

[movido de comentario para responder] Deje $\alpha=\pi/2n$ y vamos a llamar a Pedro de la matriz 2x2 $$ A=\left(\begin{array}{rr}-1&1+\cos\alpha\\-2&1+2\cos\alpha\end{array}\right). $$ Lubo la respuesta nos dice que los autovalores de a$A$$e^{\pm i\alpha}$, por lo que esperamos la matriz $A$ a ser similar a la matriz de rotación $$ R=\left(\begin{array}{rr}\cos\alpha&\sin\alpha\\-\sin\alpha&\cos\alpha\end{array}\right). $$ Queremos encontrar una $2\times2$ matriz $P$ tal que $PA=RP$. Este es un lineal homogénea en el sistema de entradas desconocidas de $P$. Como $R$ conmuta con todas las matrices de rotación, estamos en libertad de multiplicar $P$ desde la izquierda con uno. Por lo tanto, podemos suponer que (por ejemplo) en la parte inferior izquierda de la entrada de $P$ es igual a cero. El sistema resultante no es difícil de resolver, y vamos a elegir entre las soluciones $$ P=\left(\begin{array}{rc}2&-1-\cos\alpha\\0&\sin\alpha\end{array}\right). $$ A continuación,$A=P^{-1}RP$, lo $A^n=P^{-1}R^nP$. Aquí se benefician del hecho de que $$ R^n=\left(\begin{array}{rr}\cos n\alpha&\sin n\alpha\\-\sin n\alpha&\cos n\alpha\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rr}0&1\\-1&0\end{array}\right). $$ Por lo tanto $$ A^n\left(\begin{array}{r}1\\0\end{array}\right)=P^{-1}\left(\begin{array}{rr}0&1\\-1&0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-1-\cos\alpha\\\sin\alpha\end{array}\right)= \frac{1}{\sin\alpha}\left(\begin{array}{r}1+\cos\alpha\\1+\cos\alpha\end{array}\right). $$ Las identidades $\sin\alpha=2\sin(\alpha/2)\cos(\alpha/2)$$1+\cos\alpha=2\cos^2(\alpha/2)$, a continuación, dar a Pedro reclamación como ahora $(1+\cos\alpha)/\sin\alpha=\cot(\alpha/2)=\cot(\pi/4n).$