Cómo encontrar esta matriz $A=(\sqrt{i^2+j^2})$ autovalor

Question

vamos a la matriz $$A=(a_{ij})_{n\times n}$$ donde $$a_{ij}=\sqrt{i^2+j^2}$$

Pregunta:

Encontrar la diferencia de $sign{(A)}$

puede ver esta definición:http://en.wikipedia.org/wiki/Sylvester's_law_of_inertia

Yo: considere la posibilidad de la $$|\lambda I-A|=\begin{vmatrix} \lambda-\sqrt{2}&-\sqrt{3}&\cdots&-\sqrt{1^2+n^2}\\ -\sqrt{3}&\lambda-\sqrt{8}&\cdots&-\sqrt{n^2+2^2}\\ \cdots&\cdots&\cdots\cdots\\ -\sqrt{n^2+1}&-\sqrt{n^2+2}&\cdots&\lambda-\sqrt{n^2+n^2} \end{vmatrix}$$ y me encontré con este determinante no es fácil,

tal vez podemos considerar este polinomio característico.y este problema es de china difícil de álgebra lineal libro de problema Gracias

Answer 1

Como David Speyer experimentos numéricos sugieren, la forma cuadrática asociada a esta matriz simétrica es negativa definida en el hyperplane $c_1 + \cdots + c_n = 0$, y por lo tanto tiene la firma de $(1,n-1)$ porque es positivo en la unidad de vectores. Este es el caso especial $a_i = i^2$, $s = 1/2$ de la siguiente resultado:

La proposición. Deje $a_1,\ldots,a_n$ ser distintos de los números reales positivos y $s \in (0,1)$. Entonces la forma cuadrática $$ Q(c_1,\ldots,c_n) = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n (a_i+a_j)^s c_i c_j $$ es negativa definida en el hyperplane $c_1 + \cdots + c_n = 0$.

Prueba: utilizamos la representación integral $$ un^s = \frac{s}{\Gamma(1-s)} \int_{x=0}^\infty (1-e^{-ax}) \, x^{s} \frac{dx}{x}, $$ que tiene para todos los $a>0$, y se sigue de la Gamma integral $\int_0^\infty e^{-ax} x^{-s} dx = \Gamma(1-s) \, a^{s-1}$ por integración por partes. De ello se sigue que $$ Q(c_1,\ldots,c_n) = \int_{x=0}^{\infty} \frac{s}{\Gamma(1-s)} (\,f(0)^2 - f(x)^2) \, x^{s} \frac{dx}{x}$$ donde $f(x) = \sum_{i=1}^n c_i e^{-a_i x}$. Si $c_1+\cdots+c_n = 0$ a continuación,$f(0)=0$, y, a continuación, el integrando es $-f(x)^2 \, x^{-s} dx/x$, que en todas partes es $\leq 0$, y no es idénticamente cero, a menos que $c_i=0$ todos los $i$. Por lo tanto, $Q(c_1,\ldots,c_n) \leq 0$ con la igualdad sólo en cero, QED.

Answer 2

Informe sobre algunos experimentos básicos. Para $n \leq 30$, hay un autovalor positivo y todos los demás son negativos.

He comprobado esto con el siguiente Mathematica comando:

 mm[n_] := Table[Sqrt[i^2 + j^2], {i, 1, n}, {j, 1, n}]

 Table[Count[Sign[Eigenvalues[SetPrecision[mm[n], 50]]], 1], {n, 1, 30}]

SetPrecision dice Mathematica para el tratamiento de las raíces cuadradas como números de punto flotante con $50$ dígitos decimales de precisión. Si le tratan como cantidades exactas, los tiempos de cómputo; si se utiliza el valor predeterminado exactitud no recibe las señales de los más pequeños los valores propios de la derecha. El más pequeño de los autovalores aquí están alrededor de $10^{-30}$, por lo que necesita ser cuidado.

Probablemente la forma más fácil de probar que esto sería para exhibir una $n-1$ dimensiones subespacio en el que esta matriz es negativa definida. Me tomé mi primera conjetura, el espacio de los vectores $(1, -1,0,0,0,\ldots)$, $(0,1,-1,0,0,\ldots)$, $(0,0,1,-1,0,0,\ldots)$, ...

(* Change of basis matrix to the n-1 dimensional space. *)
ss[n_] := Table[If[i == j, 1, If[i == j + 1, -1, 0]], {i, 1, n}, {j, 1, n - 1}]

(* Quadratic form in the new basis. *)
qq[n_] := Transpose[ss[n]].mm[n].ss[n]

Table[PositiveDefiniteMatrixQ[SetPrecision[-qq[n], 50]], {n, 2, 30}]

Para $n \leq 30$, el qudratic forma es negativa definida en esta $n-1$ plano.