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

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

13voto

Noam D. Elkies Puntos 17729

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.

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Chris Benard Puntos 1430

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.

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