Autovectores de la matriz de la serie armónica

Question

Tengo un finito triangular superior $n$ $n$ matriz $A$ que tiene la siguiente forma:

$$ A = \begin{pmatrix} 1 & 1\over 2 & 1\over 3 & \cdots & 1\over n \\ 0 & 1\over 2 & 1\over 3 & \cdots & 1\over n \\ 0 & 0 & 1\over 3 & \cdots & 1\over n \\ \vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots& 1\over n \end{pmatrix}$$

O, alternativamente, $A =TH$ donde $T$ es la de todos aquellos superior de $n$ $n$ triangular de la matriz y $H$ es el primer $n$ términos de la serie armónica en la diagonal.

Estoy interesado en diagonalizing esta matriz, ya que estoy interesado en la comprensión y la computación en la $A^k$ (específicamente el final de la columna). Dado que todos los elementos en la diagonal son distintos los valores propios son simplemente el primer $n$ términos de la serie armónica.

Haciendo algunos análisis numérico utilizando numpy dio bastante opacos números, sin embargo Mathematica producido muy interesante vectores propios. E. g. para $n = 5$ la matriz con los vectores propios como de las columnas es:

$$P = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 0 & 1 & -3 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}, P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} $$

Esto parece ser algo de la alternancia de signo triángulo de Pascal. De hecho, $P^{-1}$ parece ser el verdadero triángulo de Pascal! Y, de hecho, $PHP^{-1} = A$ (sin PHP juego de palabras), para los casos que he probado.

Tengo dos preguntas:

1. Hay una buena explicación para esta aparente conexión entre los vectores propios de la truncada serie armónica de la matriz y el triángulo de Pascal, suponiendo que mi numérico de la exploración no es una coincidencia?

2. Podemos usar esto para decir algo interesante sobre (la última columna de) $A^k$? Una forma cerrada que no requiere de la construcción de la Pascal triángulos tal vez?

Answer 1

Puesto que la matriz dada es superior triangular, los valores propios son trivial $\frac{1}{1},\frac{1}{2},\frac{1}{3},\ldots$ y la descomposición se muestra es sólo una instancia de la identidad siguiente: %#% $ #% que se desprende el teorema del residuo.

Answer 2

Vamos a indicar su matriz como $$ {\bf A}_{\,h} = \left\| {\;a_{\,n,\,m} \quad \left| {\;0 \le n \le m \le h} \right.\;} \right\| = \left\| {\;{{\left[ {n \le m} \right]} \over {m + 1}}\;} \right\|_{\,h} $$ por lo que es un $(h+1) \times (h+1)$ matriz indexada de $0$, y donde los corchetes indican la Iverson del soporte.

A continuación, vamos a definir $$ \eqalign{ & {\bf E}_{\,h} = \left\| {\;\left[ {n + 1 = m} \right]\;} \right\|_{\,h} \cr & {\bf S}_{\,h} = \left\| {\;\left[ {n \le m} \right]\;} \right\|_{\,h} = {{{\bf I}_{\,h} } \over {{\bf I}_{\,h} - {\bf E}_{\,h} }}\quad \cr & \left( {f(n) \circ {\bf I}_{\,h} } \right) = \left\| {\;f(n)\left[ {n = m} \right]\;} \right\|_{\,h} \cr} $$ así que
${\bf E}_{\,h}$ es el Cambio de la matriz, con $1$ en el primer superior de la sub-diagonal y null en caso contrario;
${\bf S}_{\,h}$ es la Suma matriz triangular superior con todos los $1$ 's;
$\left( {f(n) \circ {\bf I}_{\,h} } \right)$ es la matriz diagonal con elementos de la diagonal $f(0),f(1), \cdots, f(h)$.

Luego, como señaló correctamente, podemos escribir: $$ {\bf A}_{\,h} = {\bf S}_{\,h} \left( {{1 \over {n + 1}} \circ {\bf I}_{\,h} } \right) $$ lo que significa que $$ {\bf A}_{\,h} ^{\; - \,{\bf 1}} = \left( {\left( {n + 1} \right) \circ {\bf I}_{\,h} } \right)\left( {{\bf I}_{\,h} - {\bf E}_{\,h} } \right) $$

No es difícil demostrar que $$ \eqalign{ & \left( {f(n) \circ {\bf I}_{\,h} } \right)\;{\bf E}_{\,h} = {\bf E}_{\,h} \;\left( {f(n - 1) \circ {\bf I}_{\,h} } \right) = \cr & = \left( {\prod\limits_{0\, \le \,k\, \le \,n - 1} {f(k)} \circ {\bf I}_{\,h} } \right)^{\; - \,{\bf 1}} \;{\bf E}_{\,h} \left( {\prod\limits_{0\, \le \,k\, \le \,n - 1} {f(k)} \circ {\bf I}_{\,h} } \right) \cr} $$ y que, dado que en general $$ {\bf A}_{\,h} (f) = {\bf S}_{\,h} \left( {f(n) \circ {\bf I}_{\,h} } \right)\quad \left| {\;f(m) \ne f(n)} \right. $$ la correspondiente matriz de autovectores $\mathbf W$ es : $$ {\bf W}_{\,h} (f) = \left\| {\;\left[ {n \le m} \right]{{f(m)^{\,m - n} } \over {\prod\limits_{n\, \le \,k\, \le \,m - 1} {\left( {f(m) - f(k)} \right)} }}\;} \right\|_{\,h} = \left\| {\;\left[ {n \le m} \right]\prod\limits_{n\, \le \,k\, \le \,m - 1} {\left( {{{f(m)} \over {f(m) - f(k)}}} \right)} \;} \right\|_{\,h} $$ mientras que la inversa es: $$ \eqalign{ & {\bf W}_{\,h} ^{\; - \,{\bf 1}} (f)\quad \left| {\;0 \ne f(0)} \right.\quad = \cr & = \left\| {\;\left[ {n \le m} \right]{{f(m)f(n)^{\,m - n - 1} } \over {\prod\limits_{n + 1\, \le \,k\, \le \,m} {\left( {f(n) - f(k)} \right)} }}\;} \right\|_{\,h} = \left\| {\;\left[ {n \le m} \right]{{f(m)} \over {f(n)}}\prod\limits_{n + 1\, \le \,k\, \le \,m} {{{f(n)} \over {\left( {f(n) - f(k)} \right)}}} \;} \right\|_{\,h} \cr} $$

Ahora, en el presente caso, obtenemos $$ \eqalign{ & {\bf W}_{\,h} = \left\| {\;\left[ {n \le m} \right]\prod\limits_{n\, \le \,k\, \le \,m - 1} {\left( {{{k + 1} \over {k - m}}} \right)} \;} \right\|_{\,h} = \cr & = \left\| {\;\left[ {n \le m} \right]{{m.} \over {n!}}\prod\limits_{1\, \le \,j\, \le \,m - n} {\left( { - {1 \over j}} \right)} \;} \right\|_{\,h} = \left\| {\;\left( { - 1} \right)^{\,m - n} \left( \matriz{ m \cr n \cr} \right)\;} \right\|_{\,h} = \overline {\bf B} _{\,h} ^{\; - \,{\bf 1}} \cr} $$ donde $ \overline {\bf B} _{\,h} $ es la transpuesta de la Menor Triangular de la matriz de Pascal.

Finalmente $$ {\bf A}_{\,h} = {\bf S}_{\,h} \left( {{1 \over {n + 1}} \circ {\bf I}_{\,h} } \right) = \overline {\bf B} _{\,h} ^{\; - \,{\bf 1}} \;\left( {{1 \over {n + 1}} \circ {\bf I}_{\,h} } \right)\;\overline {\bf B} _{\,h} $$ lo que demuestra su suposición.

Respecto a su última pregunta, por supuesto, tenemos que $$ {\bf A}_{\,h} ^{\;{\bf q}} = \overline {\bf B} _{\,h} ^{\; - \,{\bf 1}} \;\left( {{1 \over {\left( {n + 1} \right)^{\;p} }} \circ {\bf I}_{\,h} } \right)\;\overline {\bf B} _{\,h} $$ cuyos componentes son: $$ \eqalign{ & a^{\left( q \ \ derecho)} _{\,n,\,m} = \sum\limits_{0\, \le \,\left( {n\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,m} \right)\, \le \,h} {\left( { - 1} \right)^{\,k - n} \left( \matriz{ k \cr n \cr} \right){1 \over {\left( {k + 1} \right)^{\;p} }}\left( \matriz{ m \cr k \cr} \right)} = \cr & = \sum\limits_{0\, \le \,\left( {n\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,m} \right)\, \le \,h} {\left( { - 1} \right)^{\,k - n} \left( \matriz{ m \cr n \cr} \right)\left( \matriz{ m - n \cr k - n \cr} \right)\left( {k + 1} \right)^{\; - \,q} } = \cr & = \left( \matriz{ m \cr n \cr} \right)\sum\limits_{0\, \le \,\left( {n\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,m} \right)\, \le \,h} {\left( { - 1} \right)^{\,k - n} \left( \matriz{ m - n \cr k - n \cr} \right)\left( {k - n + n + 1} \right)^{\; - \,q} } = \cr y = {{m.} \over {n!}}\sum\limits_{\,0\, \le \,j\, \le \,m - n} {{{\left( { - 1} \right)^{\,j} } \over {j!\a la izquierda( {m - n - j} \right)!}}\a la izquierda( {j + n + 1} \right)^{\; - \,q} } \cr} $$ No se puede encontrar en el momento en que un "más compacto" de la expresión.