Pregunta: yo escribo:
\begin{align} \lambda_1 & = {\sqrt[3]{\frac{1}{2}\bigg(9 + i \sqrt{687}\bigg)}\above 1.5 pt 3^{2/3}} + {4 \above 1.5pt {\sqrt[3]{\frac{3}{2} \bigg (9 + i \sqrt{687}\bigg)}}}\\ \lambda_2 & = -{\bigg(1-i\sqrt{3}\bigg)\sqrt[3]{\frac{1}{2}\bigg(9 + i \sqrt{687}\bigg)}\above 1.5 pt 2\times 3^{2/3}} - {2(1+i\sqrt{3})\above 1.5pt {\sqrt[3]{\frac{3}{2} \bigg (9 + i \sqrt{687}\bigg)}}} \\ \lambda_3 & = -{\bigg(1+i\sqrt{3}\bigg)\sqrt[3]{\frac{1}{2}\bigg(9 + i \sqrt{687}\bigg)}\above 1.5 pt 2\times 3^{2/3}} - {2(1-i\sqrt{3})\above 1.5pt {\sqrt[3]{\frac{3}{2} \bigg (9 + i \sqrt{687}\bigg)}}}\\ \end{align} Es obviamente cierto que $$|\lambda_1|^2+|\lambda_2|^2+|\lambda_3|^2 =8$$ ?
Esta pregunta es totalmente impulsado por la curiosidad y la diversión. A menos que me estoy perdiendo la obvia parece que si se va a resolver esto por la mano sería manifiestamente difícil ? Aquí está el origen del problema y mi intento de solución:
Deje $A(n)$ ser finito, plaza de $n \times n$ matriz con entradas de $a_{i,j}=1$ si $i+j$ es un poder perfecto; de lo contrario es igual a $0$. Deje $\chi_{A(n)}(X)$ ser el polinomio característico de a $A(n)$. Por el teorema fundamental del álgebra $\chi_{A(n)}(X)$ $n$ raíces (=autovalores). Indicar el $n$ autovalores por $\lambda_i$$1 \leq i \leq n$. Nota: $A(n)=A(n)^t$ donde $^t$ es la matriz transpuesta y, en particular, $A(n)$ es una verdadera matriz simétrica, por eso, es normal. Puedo traer a Schur la Desigualdad en el juego:
$$\sum_{i=1}^n |\lambda_i|^2 = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |a_{ij}|^2$$
Inmediatamente esto me dice que el número de $1$'s $A(n)$ está completamente determinado por sus valores propios. Ahora considere el $A(6)$.
$$(6)= \text{ }\begin{pmatrix} 0&0&1&0&0&0\\ 0&1&0&0&0&1\\ 1&0&0&0&1&1\\ 0&0&0&1&1&0\\ 0&0&1&1&0&0\\ 0&1&1&0&0&0\\ \end{pmatrix}$$
Tengo que $$\chi_{A(6)}(X)=X^6-2X^5-4X^4+8X^3+2X^2-4X-1$$ and that can be factored into $$(X^3-4X-1)(X^2-X-1)(X-1)$$ $(6)$ 6 autovalores que puede ser escrito (cortesía de WOLFRAM ALPHA)
\begin{align} \lambda_1 & = {\sqrt[3]{\frac{1}{2}\bigg(9 + i \sqrt{687}\bigg)}\above 1.5 pt 3^{2/3}} + {4 \above 1.5pt {\sqrt[3]{\frac{3}{2} \bigg (9 + i \sqrt{687}\bigg)}}}\\ \lambda_2 & = -{\bigg(1-i\sqrt{3}\bigg)\sqrt[3]{\frac{1}{2}\bigg(9 + i \sqrt{687}\bigg)}\above 1.5 pt 2\times 3^{2/3}} - {2(1+i\sqrt{3})\above 1.5pt {\sqrt[3]{\frac{3}{2} \bigg (9 + i \sqrt{687}\bigg)}}} \\ \lambda_3 & = -{\bigg(1+i\sqrt{3}\bigg)\sqrt[3]{\frac{1}{2}\bigg(9 + i \sqrt{687}\bigg)}\above 1.5 pt 2\times 3^{2/3}} - {2(1-i\sqrt{3})\above 1.5pt {\sqrt[3]{\frac{3}{2} \bigg (9 + i \sqrt{687}\bigg)}}}\\ \lambda_4 & = -{1\above 1.5 pt \phi}\\ \lambda_5 & = \phi\\ \lambda_6 & = 1 \end{align}
donde$\phi= {1+ \sqrt{5}\above 1.5pt 2}$, y se llama proporción áurea. Nota: $\sum_{j=1}^6 a_{ij}=12$ y de acuerdo a nuestra primera ecuación puedo escribir
$$1+|\lambda_1|^2+|\lambda_2|^2+|\lambda_3|^2+ |-{1\above 1.5 pt \phi}|^2 +|\phi|^2 =12$$
Me puede mostrar que
$$|-{1\above 1.5 pt \phi}|^2 +|\phi|^2=3$$
La cancelación de los términos y reagrupar a los rendimientos
$$|\lambda_1|^2+|\lambda_2|^2+|\lambda_3|^2 =8$$
y hemos terminado.
Fuera de los cálculos de la mano que yo soy demasiado perezoso para hacer que yo no soy consciente de que cualquier otro enfoque que, obviamente, y para que la materia muestran que la suma es igual a $8$.
Respuestas
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Vamos a asumir que nunca han visto el polinomio $x^3 - 4x - 1$ antes. Podemos calcular el valor de $|\lambda_1|^2 + |\lambda_2|^2 + |\lambda_3|^2$ en la siguiente manera.
Deje $a = \sqrt[3]{\frac32(9+i\sqrt{687})}$$\omega = e^{2\pi/3 i}$, una primitiva raíz cúbica de la unidad. Tenemos $$\lambda_1 = \frac{a}{3} + \frac{4}{a},\quad \lambda_2 = \frac{a}{3}\omega + \frac{4}{a}\omega^2,\quad \lambda_3 = \frac{a}{3}\omega^2 + \frac{4}{a}\omega^4$$ Esto se puede resumir como $$\lambda_k = \frac{a}{3} \omega^{k-1} + \frac{4}{a}\omega^{2(k-1)}\tag{*1}$$ Esto lleva a $$|\lambda_1|^2 + |\lambda_2|^2 + |\lambda_3|^2 = \sum_{k=1}^3 \lambda_k \bar{\lambda}_k = \sum_{k=1}^3 \left(\frac{a}{3} + \frac{4}{a}\omega^{k-1}\right)\left( \frac{\bar{a}}{3} + \frac{4}{\bar{a}}\omega^{-(k-1)}\right)$$
Utilizando el hecho de $\sum_{k=1}^3 \omega^{\ell(k-1)} = \begin{cases}3, & \ell \equiv 0 \pmod 3\\0, & \ell \not\equiv 0\pmod 3\end{cases}$, podemos simplificar anteriormente como $$|\lambda_1|^2 + |\lambda_2|^2 + |\lambda_3|^2 = 3 \left(\left|\frac{a}{3}\right|^2 + \left|\frac{4}{a}\right|^2\right)\etiqueta{*2}$$
Desde $|a|^2 = \sqrt[3]{\frac{3^2}{2^2}(9^2 + 687)} = \sqrt[3]{1728} = 12$, nos encontramos
$$|\lambda_1|^2 + |\lambda_2|^2 + |\lambda_3|^2 = 3 \left(\frac{12}{3^2} + \frac{4^2}{12}\right) = 8$$
En el cálculo anterior, la pieza fundamental es la representación de $(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)$$(*1)$.
Podemos ver triplete $(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$ como una DFT (discrete fourier transform) del triplete $\left( 0, \frac{a}{3}, \frac{4}{a}\right)$. Igualdad de $(*2)$ es el resultado de aplicar el teorema de Plancherel para esta particular de la DFT. Esa es la razón subyacente por la $|\lambda_1|^2 + |\lambda_2|^2 + |\lambda_3|^2$ tiene una expresión sencilla en $|a|^2$.
Vale la pena señalar que muestran esas son las raíces del polinomio $t^3 - 4t - 1=0$ no es suficiente para concluir que $|\lambda_1|^2 + |\lambda_2|^2+|\lambda_3|^2=8$, sólo que $\lambda_1^2 + \lambda_2^2+\lambda_3^2=8$, y tenemos que comprobar que las raíces que han dado son en realidad números reales (aunque no lo parezcan). La forma más sencilla que puedo ver es utilizar el teorema del valor intermedio, la comprobación de que hay un cambio de signo entre $-\infty$, $-1$, $0$, $\infty$, dar al menos tres raíces reales. Por supuesto, esto significa que hay exactamente tres raíces reales, y por lo que el módulo de señales que no hizo ninguna diferencia.
Vamos a escribir $\alpha = \sqrt[3]{\frac{1}{18}\left(9 + i \sqrt{687}\right)} = \frac{\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(9 + i \sqrt{687}\right)}}{3^{2/3}}$ por comodidad, y $\omega$ para la raíz cúbica de la unidad, $\omega = e^{2\pi i/3}$. A continuación, sus raíces son $$\begin{align} \lambda_1 &= \alpha+\frac{4}{3\alpha} \\ \lambda_2 &= \alpha \omega^2 + \frac{4}{3\alpha \omega^2} \\ \lambda_3 &= \alpha \omega + \frac{4}{3\alpha \omega} \\ \end{align}$$
Para recapitular el método de Cardano, para resolver un deprimido cúbico $t^3 = at+b$, podemos hacer la sustitución $t = u+v$, lo $u^3 + v^3 + 3uv(u+v) = a(u+v)+b$, y elegir $u^3 + v^3 = b$, $3uv=a$. Podemos resolver esto a través de la escritura $v = \frac{a}{3u}$, lo $u^3 + \frac{a^3}{27u^3} = b$, produciendo $u^6 + \frac{a^3}{27} = b u^3$, una ecuación de segundo grado en $u^3$.
El valor de $\alpha$ dado de arriba se parece a la raíz cúbica de una solución a una ecuación cuadrática, así que vamos a adivinar $u=\alpha$$v = \frac{4}{3\alpha}$, por lo que calculamos el $3uv = 4$, y por lo $a = 4$. A continuación, $x = u^3$ debe satisfacer $x^2 -bx +\frac{64}{27}=0$. Nos encontramos con $x = \frac1{18}(9+i \sqrt{687})$, lo $(18x-9)^2 = -687$, y la ampliación y anulación de da $x^2 - x + \frac{64}{27}=0$, por lo tanto $b=1$.
Por lo tanto, $\lambda_1$ satisface $t^3 = 4t+1$. Usted puede hacer la misma cosa para$\lambda_2$$\lambda_3$, o simplemente observar que cuando la solución a través de Cardano del método se encuentra, tenemos la opción de tres raíces cúbicas de $u^3$ tomar, correspondiente a $\alpha$, $\alpha \omega$ y $\alpha \omega^2$. (La opción de las dos raíces cuadradas de los cuadrática no dar soluciones, ya que daría la $\frac{4}{3\alpha}$ plazo en lugar de eso, y que te dan la misma respuesta.)
Por eso, $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ son las raíces a $t^3 = 4t+1$, y como otros han dicho, de las fórmulas de Vieta (o, más precisamente, el de Newton identidades) acabar con la respuesta.
