¿Cómo encontrar los autovalores de una matriz tridiagonal Toeplitz?

Question

Supongamos que la matriz tridiagonal $T$ está en esta forma:

$$ T = \begin{bmatrix} a & c & & & &\\ b & a & c & & &\\ & b & a & c & &\\ & & &\ddots & &\\ & & & b & a & c\\ & & & & b & a\\ \end{bmatrix} $$

debemos mostrar que sus eigenvalores son de la forma

$$a + 2 \sqrt{bc} \, \cos \left( \frac{k \pi}{n+1} \right)$$

donde $$a=qh^21, ~~ b=1- \frac{ph}{2}, ~~ c =1+\frac{ph}{2} , ~~q \leq 0.$$

Answer 1

Desarrollando el determinante en la primera columna, luego el segundo menor en su primera columna, se obtiene la recurrencia clave

$$\Delta_n=a\Delta_{n-1}-bc\Delta_{n-2},$$

con $\Delta_0=1$ y $\Delta_1=a$.

La solución de la recurrencia es

$$\Delta_n=\frac{\left(\dfrac{a+\sqrt{a^2-4bc}}2\right)^{n+1}-\left(\dfrac{a-\sqrt{a^2-4bc}}2\right)^{n+1}}{\sqrt{a^2-4bc}}.$$

Esta expresión se anula cuando

$$\frac{a-\sqrt{a^2-4bc}}{a+\sqrt{a^2-4bc}}=\frac{1-\sqrt{1-\dfrac{4bc}{a^2}}}{1+\sqrt{1-\dfrac{4bc}{a^2}}}$$ es una raíz $(n+1)^{th}$ de uno, sea $\omega_k$.

Entonces

$$\frac{4bc}{a^2}=1-\left(\frac{\omega_k-1}{\omega_k+1}\right)^2=\frac{2\omega_k}{(\omega_k+1)^2}$$ y

$$a=\pm\frac{\omega_k+1}{2\sqrt{\omega_k}}2\sqrt{bc}.$$

El coeficiente en $\omega_k$ es real y puede ser escrito como

$$\cos\frac{k\pi}{n+1}.$$

Luego, con $a-\lambda$ en lugar de $a$, hemos establecido

$$\lambda= a\pm\cos\frac{k\pi}{n+1}2\sqrt{bc}.$$

Answer 2

No estoy seguro de que esto sea completamente riguroso (!!!) pero aquí tienes una idea.

Sea $T_n$ tu matriz tridiagonal de orden $n$, y sea $S_n=T_n-\mathbb{I}\sigma$. Sea $d_n$ el determinante de $S_n$. Resolver $d_n=0$ da los eigenvalores deseados $\sigma_1, \dots, \sigma_n$. Desarrollando $d_n$ con la regla de Laplace y dejando $a'=a-\sigma$, tienes la relación de recurrencia $d_{n+1}=a' \cdot d_{n} - bc \cdot d_{n-1}$. Puedes suponer $d_0=1$ y $d_1=a'$. Ahora puedes establecer el siguiente sistema: \begin{equation} \left(\begin{array}{c} d_{n+1}\\ d_{n} \end{array}\right) = \left( \begin{array}{cc} a' & -bc \\ 1 & 0 \end{array} \right) \left(\begin{array}{c} d_n\\ d_{n-1} \end{array}\right) \end{equation} Sea $v_n=(d_{n+1},d_n)$ y $A$ la matriz anterior. Entonces tienes \begin{equation} v_n=Av_{n-1}=A^2v_{n-2}=\cdots=A^n v_0 \end{equation} donde $v_0=(d_1,d_0)=(a',1) . Tu problema ahora es encontrar $A^n$. Puedes usar el teorema de Cayley-Hamilton para escribir \begin{equation} A^n=\alpha A+\beta\mathbb{I} \end{equation> Para encontrar $\alpha$ y $\beta$ necesitas los eigenvalores de $A$, llámalos $\lambda_1$ y $\lambda_2$. Entonces, dado que la ecuación anterior se obtiene del polinomio característico, también debe satisfacer a los eigenvalores, por lo que se cumple el siguiente sistema: \begin{equation} \lambda_1^n=\alpha \lambda_1+\beta\\ \lambda_2^n=\alpha \lambda_2+\beta \end{equation> Si los dos eigenvalores son diferentes, obtienes $\alpha=\frac{\lambda_1^n-\lambda_2^n}{\lambda_1-\lambda_2}$ y $\beta=-\lambda_1\lambda_2\frac{\lambda_1^{n-1}-\lambda_2^{n-1}}{\lambda_1-\lambda_2}$, entonces \begin{equation> v_n=\alpha Av_0+\beta v_0\quad\Longrightarrow\quad d_n=\alpha a'+\beta = \frac{\lambda_1^n-\lambda_2^n}{\lambda_1-\lambda_2}a'-\lambda_1\lambda_2\frac{\lambda_1^{n-1}-\lambda_2^{n-1}}{\lambda_1-\lambda_2} Simplificando, \begin{equation> d_n=\frac{a'\lambda_1^n-a'\lambda_2^n-\lambda_2\lambda_1^n+\lambda_1\lambda_2^n}{\lambda_1-\lambda_2}=\frac{\lambda_1^n(a'-\lambda_2)-\lambda_2^n(a'-\lambda_1)}{\lambda_1-\lambda_2} Al calcular los eigenvalores obtienes $\lambda_1 = \frac{1}{2}(a'+\sqrt{a'^2-4bc})$ y $\lambda_2=\frac{1}{2}(a'-\sqrt{a'^2-4bc})$, entonces tenemos $\lambda_1+\lambda_2=a'$, and podemos escribir \begin{equation> d_n=\frac{\lambda_1^{n+1}-\lambda_2^{n+1}}{\lambda_1-\lambda_2} Dado que los eigenvalores eran diferentes, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $\lambda_2\neq 0$, así que: \begin{equation> d_n=\lambda_2^n\frac{(\lambda_1/\lambda_2)^{n+1}-1}{(\lambda_1/\lambda_2)-1} Ahora - el problema original era encontrar los eigenvalores de la gran matriz. Eso significa que debemos buscar las soluciones de $d_n=0$, es decir, \begin{equation> (\lambda_1/\lambda_2)^{n+1}=1 Afortunadamente hemos inventado números complejos, entonces \begin{equation> \lambda_1/\lambda_2=e^{i\frac{2k\pi}{n+1}}\qquad\Longrightarrow\qquad\lambda_1=\lambda_2e^{i\frac{2k\pi}{n+1}}\qquad \text{para }k\in[1\cdots n] Nota que no podemos dejar $k=0$ porque supusimos $\lambda_1\neq\lambda_2. Llamando $z=e^{i\frac{2k\pi}{n+1}}$ y sustituyendo la expresión de $\lambda_1$ y $\lambda_2$ obtenemos \begin{equation> a'+\sqrt{a'^2-4bc}=(a'-\sqrt{a'^2-4bc})z o \begin{equation> a'\cdot(z-1)=\sqrt{a'^2-4bc}\cdot(z+1) Al cuadrar, \begin{equation> a'^2(z-1)^2=a'^2(z+1)^2-4bc(z+1)^2\Longrightarrow a'^2=\frac{(z+1)^2}{z}bc \end{equation> Entonces \begin{equation> a'=\frac{z+1}{\sqrt{z}}\sqrt{bc}=\frac{e^{i\frac{2k\pi}{n+1}}+1}{e^{i\frac{k\pi}{n+1}}}\sqrt{bc} Multiplicando por $1=e^{-i\frac{k\pi}{n+1}}/e^{-i\frac{k\pi}{n+1}} obtenemos \begin{equation> a'=(e^{i\frac{k\pi}{n+1}}+e^{-i\frac{k\pi}{n+1}})\sqrt{bc} La exponencial compleja es realmente real ya que $e^{i\theta}+e^{-i\theta}=2\cos\theta$. También teníamos $a'=a-\sigma`, así que el resultado es: \begin{equation> \sigma=a-2\cos\left(\frac{k\pi}{n+1}\right)\sqrt{bc}=a+2\cos\left(\pi-\frac{k\pi}{n+1}\right)\sqrt{bc}=a+2\cos\left(\frac{h\pi}{n+1}\right)\sqrt{bc} con $h\in [1,n]$.

EDIT: ¿Qué ocurre si $\lambda_1=\lambda_2=\lambda`? En este caso, tenemos un único eigenvalor por lo que el polinomio característico de $A$ tiene la forma $p(x)=(x-\lambda)^2$. Podemos ver que $p'(x)=2(x-\lambda)x`, así que tanto $p(\lambda)`como $p'(\lambda)`son cero. Entonces podemos considerar el sistema \begin{equation> \lambda^n=\alpha \lambda+\beta\\ n\lambda^{n-1}=\alpha así que $\alpha=n\lambda^{n-1}$ y $\beta=(1-n)\lambda^n`, con $\lambda=a'/2`.

Answer 3

Considere la matriz $ S $ que es igual a $ T $ excepto que la diagonal es cero. Es decir, $ T = a I + S $. Si conociéramos los valores propios $\lambda_1, \ldots, \lambda_n$ de $ S $, los valores propios de $ T $ son simplemente $a+\lambda_1, \ldots, a+\lambda_n$.

Ahora dejemos que $$ D=\mathrm{diag}(\delta_1,\ldots,\delta_n), \quad \delta_i=\left(\frac{b}{c}\right)^{\frac{i-1}{2}}, $$ y notemos que la matriz $ P=D^{-1}SD $ es simétrica. De hecho, $$ p_{i+1,i}=\delta_{i+1}^{-1}b\delta_i=b\left(\frac{b}{c}\right)^{\frac{i}{2}+\frac{i-1}{2}}=\sqrt{bc}, \quad p_{i,i+1}=\delta_i^{-1}c\delta_{i+1}=\cdots=\sqrt{bc}. $$ Por lo tanto $$ T=\alpha I + S \sim \alpha I + P = \alpha I + \sqrt{bc} Q, $$ donde $ Q $ es cero en todas partes excepto en las posiciones arriba y debajo de la diagonal principal y por lo tanto los valores propios de $ T $ son $\alpha+\sqrt{bc}\mu$, donde $\mu$ es un valor propio de $ Q $.

Asumamos ahora que un vector $v=(v_i)$ es un vector propio de $ Q $ asociado con el valor propio $\mu$. Tenemos $$\tag{1} v_{i-1}+v_{i+1}=\mu v_i, \quad i=2,\ldots,n-1, \quad v_2 = \mu v_1, \quad v_{n-1} = \mu v_n. $$ Supongamos $v_i$ en la forma $v_i=\alpha\sin i\theta+\beta\cos i\theta$. tenemos $$ \begin{split} v_{i-1}+v_{i+1} &= \alpha[\sin(i-1)\theta+\sin(i+1)\theta]+\beta[\cos(i-1)\theta+\cos(i+1)\theta] \\&= \alpha[\sin i\theta\cos\theta-\cos i\theta\sin\theta+\sin i\theta\cos\theta+\cos i\theta\sin\theta] \\&+ \beta[\cos i\theta\cos\theta+\sin i\theta\sin\theta+\cos i\theta\cos\theta-\sin i\theta\sin\theta] \\&= 2\alpha\sin i\theta\cos\theta + 2\beta\cos i\theta\cos\theta =2\cos\theta v_i. \end{split} $$ Esto nos da $\mu=2\cos\theta$. Ahora resta encontrar $\theta$; para esto usamos las condiciones de contorno en (1). Por lo tanto con $v_i=\alpha\sin\theta+\beta\cos\theta$, $$ v_2=\mu v_1\quad\Leftrightarrow\quad \alpha\sin 2\theta+\beta\cos 2\theta=2\cos\theta(\alpha\sin\theta+\beta\cos\theta), $$ $$ v_{n-1}=\mu v_n\quad\Leftrightarrow\alpha\sin(n-1)\theta+\beta\cos(n-1)\theta=2\cos\theta(\alpha\sin n\theta+\beta\cos n\theta). $$ Esto da un sistema para $\alpha$ y $\beta$: $$ A\begin{bmatrix}\alpha\\\beta\end{bmatrix}=0, $$ donde $$ \begin{split> A&=\begin{bmatrix} \sin 2\theta-2\sin\theta\cos\theta&\cos 2\theta-2\cos^2\theta\\ \sin(n-1)\theta-2\sin n\theta\cos\theta&\cos(n-1)\theta-2\cos n\theta\cos\theta \end{bmatrix} \\&= \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ -\sin(n+1)\theta & * \end{bmatrix}. \end{split> $$ La primera ecuación da $\beta=0$. Buscamos un $\alpha$ distinto de cero; para ello debemos tener $\sin(n+1)\theta=0$. Esto nos da $$ \theta:=\theta_k=\frac{k\pi}{n+1}, \quad \mu_k=2\cos\frac{k\pi}Ke{n+1}. $$ Hence the eigenvalues of $T$ son $$ a+\sqrt{bc}\mu_k=a+2\sqrt{bc}\cos\frac{k\pi}{n+1}, \quad k = 1,\ldots,n. $$

Answer 4

Una solución a este problema fue dada por Yueh [1] donde todos los parámetros son números complejos. No utiliza polinomios, sino más bien el anillo de secuencias formales. De hecho, el problema de Yueh es más general porque encuentra los valores propios y los vectores propios de la matriz

\begin{equation} A_n = \begin{pmatrix} -\alpha+b & c & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ a & b & c & 0 & \dots & 0 & 0\\ 0 & a & b & c & \dots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & a & -\beta+b \end{pmatrix}_{n\times n} \end{equation}

donde $n$ es la dimensión de la matriz y todos los parámetros en la matriz son números complejos. Incluso se puede generalizar a posiciones arbitrarias en $\alpha$ y $\beta$, aquí [2] hay un ejemplo donde estos dos parámetros se colocan en posiciones simétricas.

El sistema de ecuaciones equivalente a resolver es

\begin{equation} \begin{split} u_0 &= 0,\\ au_0 + bu_1 + cu_2 &= (\lambda + \alpha) u_1,\\ \vdots \\ au_{k-1} + bu_k + cu_{k+1} &= \lambda u_k,\\ \vdots \\ au_{N-1} + bu_N + cu_{N+1} &= (\lambda + \beta) u_N, \\ u_{N+1} &= 0, \end{split} \end{equation}

donde he introducido las condiciones de contorno $u_0=u_n=0$. Defino además $u_j=0$ para $j>n$, entonces el sistema de ecuaciones es equivalente al problema de la secuencia

\begin{equation} c\lbrace u_{k+2} \rbrace_{k=0}^\infty + b\lbrace u_{k+1} \rbrace_{k=0}^\infty + a\lbrace u_{k} \rbrace_{k=0}^\infty = \lambda\lbrace u_{k+1} \rbrace_{k=0}^\infty + \lbrace f_{k+1} \rbrace_{k=0}^\infty, \;(1) \end{equation}

donde la secuencia $f$ está definida por $f_1 = \alpha u_1$ y $f_n=\beta u_n$ y $f_i=0$ de otra manera. Una vez que se tiene todo en términos de secuencias, se puede utilizar la suma de secuencias (componente por componente) y la multiplicación de secuencias (ver abajo) para encontrar la solución del problema.

La multiplicación de secuencias es lo que se llama la convolución discreta, donde si $x$ e $y$ son dos secuencias, su producto $\star$ produce otra secuencia $z$ tal que $x\star y = z$ y

\begin{equation} z_k = \sum_{i=0}^k x_{k-i}y_i. \end{equation}

(Se puede ver este producto también como uno de los términos en la regla de producto de Cauchy para polinomios.) Con ambas operaciones, es necesario introducir la secuencia de desplazamiento $S = \lbrace0,1,0,\dots \rbrace$. El proceso es entonces directo, multiplicar (1) con $S^2$ y se obtiene la identidad de secuencia

\begin{equation} u = \frac{(f + c \overline{u_1})S}{aS^2 + (b-\lambda)S + \overline{c}}, \end{equation}

donde un escalar $c$ se representa como una secuencia $\overline{c} = \lbrace c,0,\dots \rbrace$. La solución explícita se obtiene de una manera directa simplemente haciendo álgebra, ver [1].

Como nota final, es necesario tener cuidado de que la secuencia $(aS^2 + (b-\lambda)S + \overline{c})^{-1}$ exista. Esto está asegurado por el Teorema 24 p. 49 en [3].

En caso de que el enlace no funcione, estos son los datos bibliográficos del artículo:

[1] EIGENVALUES OF SEVERAL TRIDIAGONALMATRICES, Wen-Chyuan Yueh,Applied Mathematics E-Notes, 5 (2005), 66-74.

[2] PT-symmetric tight-binding chain with gain and loss: A completely solvable model. https://arxiv.org/abs/1906.10116.

[3] Sui Sun Cheng. Partial Difference Equations. 1st ed. Taylor and Francis (2003).