Seguimiento de la norma de una matriz triangular con solamente unos por encima de la diagonal

Question

Para $n\in\mathbb N^*$, consideramos que el triangular de la matriz de $$ T_n = \begin{pmatrix} 1 & \cdots & 1 \\ & \ddots & \vdots \\ 0 & & 1 \end{pmatrix} \en M_{n,n}(\mathbb R) \,. $$ La traza de la norma de $T_n$, que es la suma de los valores singulares de a $T_n$, se denota por a $\|T_n\|_{\text{Tr}}$.

Es cierto que $$ \sup_{n\in\mathbb N^*} \Big\{\frac{1}{n}\|T_n\|_{\text{Tr}}\Big\} < \infty \,? $$

---

EDITAR

Es cierto que $$ \sup_{n\in\mathbb N^*} \Big\{\frac{1}{n\log(n)}\|T_n\|_{\text{Tr}}\Big\} < \infty \,? $$

Un equivalente a la definición de la traza de la norma es $\|T_n\|_{\text{Tr}}:=\text{Tr}[\sqrt{T_n^T T_n}]$, donde la raíz cuadrada $\sqrt{A}$ de una matriz no negativa $A$ es la única matriz no negativa tal que $\sqrt{A}^2=A$. (Y por $A$ no negativo me refiero a $⟨u,Au⟩\geq0$ para todos los vectores de $u\in\mathbb R^n$).

---

EDIT 2

Uno puede calcular explícitamente los valores singulares de a $T_n$.

$$T_n^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & & 0 \\ & \ddots & \ddots & \\ & & \ddots & -1 \\ 0 & & & 1 \end{pmatrix} \en M_{n,n}(\mathbb R) \,. $$

Los valores singulares de a $\sigma_1,\dots,\sigma_n$ $T_n$ están relacionadas con aquellos, $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ $T_n^{-1}$ a través de $\sigma_j=\lambda_j^{-1}$.

Es más fácil calcular los valores propios de a $T_n^{-1}$ debido a que los autovalores $\mu_j=\lambda_j^2$ de $$A_n = (T_n^{-1})^* T_n^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & & & 0 \\ -1 & 2 & -1 & & \\ & -1 & \ddots & \ddots & \\ & & \ddots & \ddots & -1 \\ 0 & & & -1 & 2 \end{pmatrix} \,,$$ se pueden calcular de forma explícita (como para el laplaciano discreto).

Los autovalores de a $A_n$

En primer lugar, $A_n$ es real simétrica, por lo tanto puede ser diagonalized en una base ortonormales, y sus autovalores $\mu_j$ son reales. A continuación, usando, por ejemplo, Gershgorin círculo del teorema delos valores propios se encuentran en el intervalo de $[0,4]$.

Si $\psi=(\psi_1,\dots,\psi_n)^T$ es un autovector de a $A_n$ asociado con el valor propio $\mu$, luego \begin{align} \psi_2 & = (1-\mu)\psi_1 & (1) \\ \psi_3 & = (2-\mu)\psi_2 - \psi_1 & (2)\\ & \vdots \\ \psi_{j+2} &= (2-\mu)\psi_{j+1} - \psi_j & (j)\\ & \vdots \\ \psi_n & = (2-\mu)\psi_{n-1} - \psi_{n-2} & (n-1)\\ (2-\mu)\psi_n &= \psi_{n-1} & (n) \end{align} De Eq. $(2)$ $(n-1)$, uno puede ver que $\psi_j$ es lineal, recursiva de la secuencia de orden dos. Dado que las raíces del polinomio $X^2+(\mu-2)X+1$ $$\frac{2-\mu\pm i \sqrt{\mu(4-\mu)}}{2}=e^{\pm i\theta}$$ con $\theta\in [0,\pi]$ y $\cos(\theta)=1-\frac{\mu}{2}$, $\psi_j=\Re(a e^{i(j-1)\theta})$ con $a$ un número complejo. Hasta un (verdadero) factor de normalización $\psi_j=\Re(e^{i(\varphi+(j-1)\theta)})$ algunos $\varphi\in\mathbb R$.

El uso de $\mu = 2-e^{i\theta}-e^{-i\theta}$ y Eq.(1) y (n), se obtiene \begin{align} e^{i(\varphi+\theta)}+e^{-i(\varphi+\theta)}&=(e^{i\theta}+e^{-i\theta}-1)(e^{i\varphi}+e^{-i\varphi}) \\ (e^{i\theta}+e^{-i\theta})(e^{i(\varphi+(n-1)\theta)}+e^{-i(\varphi+(n-1)\theta)})&=e^{i(\varphi+(n-2)\theta)}+e^{-i(\varphi+(n-2)\theta)} \end{align} es decir, \begin{align} \cos(\varphi-\theta)&=\cos(\varphi) & (1)'\\ \cos(\varphi+n\theta)&=0 & (n)' \end{align} De$(1)'$, $\theta=0$ o $\varphi = \frac{\theta}{2}+k\pi$. $\theta=0$ daría $\mu=0$ que se excluye desde $A_n$ es una matriz invertible. Por lo tanto el uso de $\varphi = \frac{\theta}{2}+k\pi$$(n)'$: $$(n+\frac{1}{2})\theta=(k+\frac{1}{2})\pi$$ Usando ese $\theta\in[0,\pi]$, obtenemos que $\theta\in \Big\{\frac{j-\frac{1}{2}}{n+\frac{1}{2}} \pi \mid j=1,\dots,n\Big\}$. Y, de hecho, cada uno de estos valores, se obtiene un autovalor y autovector. Los correspondientes autovalores son $\mu_j=4\sin^2\Big(\frac{j-\frac{1}{2}}{n+\frac{1}{2}} \frac{\pi}{2}\Big)$, $ j=1,\dots,n$.

Seguimiento de la Norma de $T_n$

Los valores singulares de a $T_n$ ahora se puede deducir: $$\sigma_j=\frac{1}{2\sin\Big(\frac{j-\frac{1}{2}}{n+\frac{1}{2}} \frac{\pi}{2}\Big)}\,,\quad j=1,\dots,n$$ y la traza de la norma es $$ \|T_n\|_{\text{Tr}}=\frac{1}{2}\sum_{j=1}^n \frac{1}{\sin\Big(\frac{j-\frac{1}{2}}{n+\frac{1}{2}} \frac{\pi}{2}\Big)} \,.$$

Usando ese $\sin x\geq \frac{2}{\pi}x$ $[0,\frac{\pi}{2}]$ se obtiene el límite superior: $$ \|T_n\|_{\text{Tr}}\leq \frac{n+\frac{1}{2}}{2}\sum_{j=1}^n \frac{1}{j-1/2}\leq \frac{n+\frac{1}{2}}{2} \Big(\frac{1}{2}+\ln(2n+1)\Big)\,,$$ lo que implica que $$ \limsup_{n\in\mathbb N^*} \Big\{\frac{1}{n\log(n)}\|T_n\|_{\text{Tr}}\Big\} \leq \frac{1}{2} \,. $$

De hecho, uno también tiene un límite inferior $$ \frac{n+1/2}{\pi}\Big(\ln(\tan(\frac{\pi}{4}))-\ln(\tan(\frac{\pi}{4(n+1/2)}))\Big) \leq \frac{n+1/2}{\pi} \int_{\frac{\pi}{2n+1}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{\sin(x)} \leq \|T_n\|_{\text{Tr}} \,,$$ lo que implica que $$ \frac{1}{\pi} \leq \liminf_{n\in\mathbb N^*} \Big\{\frac{1}{n\log(n)}\|T_n\|_{\text{Tr}}\Big\} \,. $$

Answer 1

En Loewner de pedido, tenemos $$ T_n^{-1}(T_n^{-1})^\la parte superior =\pmatrix{2&-1\\ -1&\ddots&\ddots\\ &\ddots&2&-1\\ &&-1&1} \preceq\pmatrix{2&-1\\ -1&\ddots&\ddots\\ &\ddots&2&-1\\ &&-1&2}=P. $$ El uso de la espectral fórmula para tridiagonal de matrices de Toeplitz, los autovalores de a $P$ se dan por $2+2\cos\left(\frac{k\pi}{n+1}\right)=4\cos^2\left(\frac{k\pi}{2(n+1)}\right)$$k=1,2,\ldots,n$. Por lo tanto, el $k$-ésimo menor valor singular de a $T_n$ está acotado abajo por $\frac12\sec\left(\frac{k\pi}{2(n+1)}\right)$ y \begin{align} \frac1n\|T_n\|_{\text{Tr}} &\ge\frac1n\sum_{k=1}^n\frac12\sec\left(\frac{k\pi}{2(n+1)}\right)\\ &\ge\frac1\pi\int_0^{n\pi/2(n+1)}\sec x\,dx\\ &=\frac1\pi\ln\left(\sec\frac{n\pi}{2(n+1)} + \tan \frac{n\pi}{2(n+1)}\right), \end{align} que es ilimitado al $n\to\infty$.

Answer 2

Esto no es una respuesta a esta interesante pregunta, pero puede arrojar luz adicional. En el cómputo de los valores singulares de tales matrices (lo cual es posible con R de $n \le 2000$ sin problemas), me parece que el $i$-ésimo valor singular $s_i$ de este tipo de matriz satisface muy cerca de
$$ s_i \ge c \cdot \frac{n}{i} $$
para algunas constantes $c$, que no depende de $n$. La siguiente imagen muestra las parcelas de $const. \cdot \frac{ i \cdot s_i}{n}$ contra $i$$n = 500, 1000, 1500, 2000$,$const. = \pi$.

Si la estimación es correcta, entonces claramente $$ \|T_n\|_{Tr} \ge c \cdot n \cdot \log n \, . $$ Así, uno podría intentar probar algo como esta estimación.

Answer 3

Se puede demostrar fácilmente, que $$\sup_{n\in\mathbb N^*} \Big\{\frac{1}{n\sqrt{n}}\|T_n\|_{\text{Tr}}\Big\} < \infty$$

Con el fin de encontrar una mejor assymptotic obligado necesitamos información acerca de los valores singulares de a $T_n$ o algunos relacionados con matrices.

Deje $\Omega_n = T_n^TT_n + T_nT_n^T$. Este es un especial de la matriz de Toeplitz y sus autovalores son calculadas en Bünger, F. "Inversas, determinantes, los autovalores y autovectores de la real simétrica de las matrices de Toeplitz linealmente con el aumento de las entradas". Álgebra lineal y sus Aplicaciones 459 (2014): 595-619.

El resultado de este trabajo: deje que los autovalores de a $\Omega_n$ ser ordenadas de menos. Entonces, incluso los autovalores son dados por de $k = 1,\dots, n/2$ $$\lambda_{2k} = -\left(-1 + \cos\frac{(2k-1)\pi}{n}\right)^{-1}$$ Este documento también da implícito en la fórmula para impar autovalores, pero muy complicado. Adicionalmente $\sum_{i=1}^{n}\lambda_i = tr(\Omega_n) = n(n+1)$. Esto permite la obtención de un estricto límite superior para $\|T_n\|_{tr}$ \begin{align} \|T_{n}\|_{tr} &= tr\sqrt{T_n'T_n} \leq tr\sqrt{\Omega_n}= \sum_{i=1}^n\lambda_i^{1/2} \leq \lambda_1^{1/2} + \sum_{i=1}^{n/2}\lambda_{2i}^{1/2} + \sum_{i=1}^{n/2-1}\lambda_{2i+1}^{1/2}\\ &\leq\lambda_1^{1/2} + 2\sum_{i=1}^{n/2}\lambda_{2i}^{1/2}\equiv M_n \end{align} con $\lambda_1\leq (n+1)n - \lambda_2 - 2\sum_{i=2}^{n/2}\lambda_{2i}$.

Es stil complicado para simplificar esta expresión, pero permite experimentos numéricos con un gran $n$ $$ \begin{array}{c|l} n & M_n/n\\ \hline 10^3 & 4.7422\\ 10^4 & 5.7782\\ 10^5 & 6.8147\\ 10^6 & 7.8512\\ 10^7 & 8.8883\\ 10^8 & 9.9731\\ \end{array} $$

Esto sugiere, que el límite para demostrar que no es válido, lo mejor que se puede esperar es $\sup_{n\in\mathbb N^*} \Big\{\frac{1}{n\log{n}}\|T_n\|_{\text{Tr}}\Big\} < \infty$.