Apuntes y ejercicios de matemáticas, Egor Maximenko, ESFM del

INSTITUTO POLITÉCNICO NACIONAL
ESCUELA SUPERIOR DE FÍSICA Y MATEMÁTICAS
Servicio Social
Apuntes de los temas:
Formulas explicitas de Trench
para la inversa de una matriz
de Toeplitz banda
Gabino Sánchez Arzate
Proyecto de investigación: IPN-SIP 20160733
(Diagonalización de algunas clases de matrices y operadores de Toeplitz)
Director del proyecto de investigación:
Egor Maximenko
MÉXICO, D.F.
Agosto de 2016
Reporte Global.
Justificación.
Una matriz cuadrada se llama matriz de Toeplitz si los elementos de sus diagonales
son constantes, algunas áreas donde surgen las matrices de Toeplitz son discretización de
ecuaciones diferenciales, procesamiento de señales, procesos estocásticos, entre otras.
En este texto analizaremos la invertibilidad de este tipo de matices, además del calculo
de los elementos de su matriz inversa. La mayorı́a de los resultados presentados en este
texto son pertenecientes a William F. Trench, los cuales son presentados por el en [4].
Objetivos.
Estudiar de forma detallada el articulo de William F. Trench .
Agregar resultados auxiliares utilizados por William F. Trench en su articulo.
Programar en GNU OCTAVE, las funciones necesarias para poder calcular la inversa
de una matriz de Toeplitz invertible dada.
Verificar los resultados y algoritmos mediante verificaciones numéricas.
Marco teórico.
Las matrices de Toeplitz son un tipo especial de matrices, por lo cual son un objeto
matemático interesante para estudiar, William F. Trench en su articulo sobre la invertibilidad de las matrices de Toeplitz hace uso de diversos recursos matemáticos el cual
no menciona en su texto, algunos de estas herramientas son por ejemplo, la teorı́a de
series formales, recurrencias lineales, entre otras. La finalidad de este texto es proporcionar al lector las herramientas faltantes para entender los resultados de [4], sin tener que
adentrarse tanto en el estudio de estas.
La invertibilidad de una matriz es una caracterı́stica importante de cualquier tipo de
matriz, dado que si una matriz A es invertible, el sistema Ax = B tiene una única solución,
donde x, B son vectores columna. Invertir una matriz mediante el proceso usual implica
un proceso de cálculos demasiado considerable , gracias al articulo de William F. Trench
este proceso sobre matrices de Toeplitz banda se ve considerablemente reducido, ya que
solo es necesario conocer las raices de su sı́mbolo generador y aplicar unos determinantes
especiales los cuales son estudiados y mostrados en el texto, además que hemos hecho
programas para el calculo de estos en GNU OCTAVE.
1
Desarrollo
Al inicio del texto se presenta la definición de matriz de Toeplitz, y algunos resultados
sobre matrices de Toeplitz triangulares, matrices de Toeplitz tridiagonales. Continuando
con la teorı́a necesaria para comenzar el estudio del articulo de William F. Trench, resultados que el mismo incluye ası́ como agregados por nosotros y un determinantes especial.
Continuamos con el estudio de dos números especiales que son α y β los cuales recurren a
el determinante especial para poder ser calculados, de ahı́ pasamos a los resultados principales, en donde abordamos la inversión de las matrices de Toeplitz banda y el calculo
de sus elementos, la mayorı́a de los resultados tienen sus algoritmos de calculo en GNU
OCTAVE.
Conclusiones
El realizar este trabajo resulto de gran importancia, por que ası́ pude mejorar aun mas
mi escritura en LATEX, el cual es un sistema de composición de textos ampliamente usado
en la comunidad de matemáticos. Ası́ como mejorar mis habilidades de programación en
GNU OCTAVE al realizar distintos códigos, y el poder conocer un poco mas acerca de
las matrices de Toeplitz y su extensa aplicacion en diversos problemas.
2
Introducción
Las matrices de Toeplitz son un tipo especial de matrices, las cuales se caracterizan
por tener constantes en cada una de sus diagonales.
En este texto se trata de presentar una versión mas explicada de los resultados en [4],
en el cual se presenta la relación que existe entre la inversa de una matriz dePToeplitz banda
Tn (ϕ) de tamaño n, donde ϕ ∈ C2n−1 y las raices del polinomio ϕ(z) = pµ=−q ϕµ zµ+q .
Encontrando que los elementos de (Tn (ϕ))−1 se encuentran estrechamente relacionados
con los elementos de la matriz inversa de la matriz triangular inferior de Toeplitz formada
por
de ϕ desplazados bajo la diagonal principal, definidos por (ϕ(z))−1 =
P∞los elementos
ν
ν=0 αν z , y también a la matriz inversa de la matriz triangular superior de Toeplitz
formada por los elementos de ϕ desplazados sobre la diagonal principal,.
Hemos además tratado de presentar los resultados adicionales acerca de la matrices de
Toeplitz y deducirlos de la forma mas natural posible, sin depender tanto de resultados
externos y, en caso de requerir de estos los presentamos de la forma mas simple que sea
posible apoyándonos de fuentes donde el lector pueda verlos de forma mas detallada.
Además creı́mos conveniente crear unos algoritmos sencillos para realizar verificaciones
numéricas, estos algoritmos se encuentran en el lenguaje OCTAVE y aunque estos son
demasiado sencillos esperamos que a alguien le sean de utilidad.
3
Índice
1. Matrices de Toeplitz Banda
5
2. Matrices tridiagonales centradas de Toeplitz
9
3. Determinante D
13
4. α y β
18
5. Resultados principales
21
4
1.
Matrices de Toeplitz Banda
Durante este texto asumiremos que las componentes de los vectores pertenecen a C,
a menos que se diga lo contrario.
1.1 Definición. Sea ϕ ∈ C2n−1 , donde ϕ = [ϕj ]n−1
j=−n+1 . Denotaremos por Tn (ϕ) a la
matriz de Toeplitz de tamaño n × n generada por ϕ
Tn (ϕ) = ϕj−k ]n−1
j,k=0 .
Es decir una matriz de Toeplitz, es una cuadrada cuyos elementos de sus diagonales
(de izquierda a derecha) son constantes. Por ejemplo una matriz de Toeplitz de tamaño
n = 5 seria la siguiente,


ϕ0 ϕ−1 ϕ−2 ϕ−3 ϕ−4
 ϕ1 ϕ0 ϕ−1 ϕ−2 ϕ−3 



T5 (ϕ) = 
 ϕ2 ϕ1 ϕ0 ϕ−1 ϕ−2 
 ϕ3 ϕ2 ϕ1 ϕ0 ϕ−1 
ϕ4 ϕ3 ϕ2 ϕ1 ϕ0
1.2 Definición. Llamaremos a ϕ un polinomio de Laurent, si ϕ
P
ϕ = sj=−r ϕj tj .
(1)
Diremos que este polinomio es el sı́mbolo generador de una matriz de Toeplitz, si los
coeficientes del polinomio de Laurent coinciden con los elementos de la matriz de Toeplitz.
Ahora sean ϕ un polinomio de Laurent y u ∈ C3 , un vector arbitrario de la forma
u = [uj ]2j=0 ,
si este multiplica a la matriz T3 (ϕ), se tiene que
 


  P2
ϕ0−k uk
c0
ϕ0 u0 + ϕ−1 u1 + ϕ−2 u2
k=0
P
c = T3 (ϕ) · u =  ϕ1 u0 + ϕ0 u1 + ϕ−1 u2  =  2k=0 ϕ1−k uk  =  c1  ,
P2
c2
ϕ2 u0 + ϕ1 u1 + ϕ0 u2
k=0 ϕ2−k uk
esto da lugar a la siguiente proposición.
1.3 Proposición. Sean ϕ un polinomio de Laurent y u = [uj ]n−1
j=0 un vector columna,
P
n−1
entonces las componentes de Tn (ϕ) · u = [cj ]j=0 están dados por cj = n−1
k=0 ϕj−k uk .
Demostración. Dado que (Tn (ϕ))j,k = ϕj−k tenemos que por el producto usual de matrices
la entrada cj es,
n−1
X
cj =
ϕj−k uk .
k=0
5
1.4 Definición. Sea ϕ un polinomio de Laurent, decimos que la matriz Tn (ϕ) es una
matriz de Toeplitz triangular inferior, si los elementos de ϕ son tales que ϕ−n = 0 para
n ≥ 1, análogamente diremos que una matriz de Toeplitz es una matriz triangular superior
si los elementos de ϕ son tales que ϕn = 0 para n ≥ 1.
1.5 Corolario. Sean a y b polinomios de Laurent de las matrices triangulares inferiores
de Toeplitz Tn (a) y Tn (b) respectivamente,
entonces los elementos del producto a · b = ab,
Pn−1
estan definidos por abr = k=0 ar−k bk para r ∈ J0, nK .
1.6 Proposición. Sean a y b polinomios de Laurent, tales que sus elementos cumplen
que a−n = 0 y b−n = 0, para n ≥ 1. Entonces el producto Tn (a) · Tn (b) es una matriz
triangular de Toeplitz que coincide conPTn (ab) y cuyos elementos de la primera columna
están determinados por (T (ab)n )r,0 = n−1
k=0 ar−k bk .
Demostración. Sean

a0


Tn (a) = 

a1
..
.
an
···
...

0
.. 
a0
. 

... ...
0 
· · · a1 a0
0

b0

 b
y Tn (b) =  .1
 ..
bn−1
···
...

0
.. 
b0
. 
.
... ...
0 
· · · b1 b0
0
Se sabe que Tn (a) · Tn (b) es una matriz triangular inferior y además por el producto usual
de matrices sus entradas son.
n−1
X
(Tn (a) · Tn (b))rj =
ark bkj
k=0
=
n−1
X
ar−k bk−j
k=0
con r, j ∈ J0, n − 1K.
Ahora vamos a mostrar que Tn (a) · Tn (b) es una matriz de Toeplitz, para esto solo basta
probar que
(Tn (a) · Tn (b))r,j = (Tn (a) · Tn (b))(r+1),(j+1) ,
Entonces si r, j ∈ J0, n − 2K, tenemos que
(Tn (a) · Tn (b))(r+1),(j+1) =
=
n−1
X
k 0 =0
n−1
X
∀r, j ∈ J0, n − 2K.
ar+1−k 0 bk 0 −(j+1)
ar−(k 0 −1) b(k 0 −1)−j
k 0 =0
=
n−2
X
k=−1
6
ar−k bk−j
Pero debemos de notar que b−(j+1) = 0 y ar−(n−1) = 0 ∀j, r ∈ J0, n − 2K
(Tn (a) · Tn (b))(r+1),(j+1) = ar+1 b−(j+1) +
n−2
X
ar−k bk−j
k=0
=
=
n−2
X
k=0
n−1
X
ar−k bk−j + ar−(n−1) b(n−1)−j
ar−k bk−j = (Tn (a) · Tn (b))r,j
k=0
Ahora como sabemos que Tn (a) · Tn (b) es una matriz de Toeplitz, donde todos sus elementos son descritos en la primera columna (por ser una matriz triangular), de este hecho
tenemos que
n−1
X
(Tn (a) · Tn (b))r,0 =
aj−k bk
k=0
de lo cual tenemos que
Tn (a) · Tn (b) = Tn (ab)
1.7 Definición. Dado ϕ un polinomio de Laurent diremos que una matriz de Toeplitz
Tn (ϕ) es una matriz Toeplitz banda si para dados dos enteros no negativos p y q se tiene
que
ϕr = 0 si r > p o r < −q.
(2)
A partir de aquı́ supondremos que las matrices de Toeplitz que manejemos son banda
y además supondremos que
ϕp ϕ−q 6= 0 y p + q = k ≤ n − 1.
Por ejemplo tomemos la matriz T5 (ϕ)

ϕ0 ϕ−1 0
0
0
 ϕ1 ϕ0 ϕ−1 0
0

 ϕ2 ϕ1 ϕ0 ϕ−1 0

 0 ϕ2 ϕ1 ϕ0 ϕ−1
0
0
ϕ2 ϕ1 ϕ0
(3)






la cual es una matriz banda, ya que ϕr = 0 para r < −1 y 2 < r. A continuación
presentamos un algoritmo para crear una matriz de Toeplitz banda a partir de un vector
columna coefs, el que contiene los coeficientes del sı́mbolo generador de la matriz, q de
nota el numero de bandas superiores de la matriz y n el tamaño de esta.
7
1
3
5
7
9
11
function A=bandtoeplitz(coefs,q,n);
col = zeros(n,1);
row = zeros(n,1);
m=length(coefs);
for i=1:(m-q)
col(i)=coefs((m-q+1)-i);
end
for i=1:q+1
row(i)=coefs((m-q-1)+i);
end
A = toeplitz(col,row);
end
8
2.
Matrices tridiagonales centradas de Toeplitz
2.1 Definición. Sea ϕ un polinomio de Laurent, diremos que Tn (ϕ) es una matriz de
Toeplitz tridiagonal centrada, si los elementos de ϕ son tales que ϕr = 0 con r ∈ J−1, 1K{
Por ejemplo, si n = 3, la matriz de Toeplitz tridiagonal centrada es


ϕ0 ϕ−1 0
T3 (ϕ) =  ϕ1 ϕ0 ϕ−1 
0 ϕ1 ϕ0
cuyo sı́mbolo generador es ϕ(t) = ϕ1 t+ϕ0 +ϕ−1 t−1 = t−1 (ϕ1 t2 +ϕ0 t+ϕ−1 ), supongamos
que las raı́ces del polinomio ϕ(t) son z1 y z2 (ambas distintas de cero). Entonces tenemos
que
ϕ(t) = t−1 ϕ1 (t − z1 )(t − z2 )
⇒ ϕ0 = −ϕ1 (z1 + z2 )
⇒ ϕ−1 = ϕ1 (z1 z2 )
es decir


−ϕ1 (z1 + z2 )
ϕ1 (z1 z2 )
0
ϕ1
−ϕ1 (z1 + z2 )
ϕ1 (z1 z2 ) 
T3 (ϕ) = 
0
ϕ1
−ϕ1 (z1 + z2 )
donde
−ϕ1 (z1 + z2 )
ϕ1 (z1 z2 )
0
ϕ1
−ϕ1 (z1 + z2 )
ϕ1 (z1 z2 )
det(T3 (ϕ)) = 0
ϕ1
−ϕ1 (z1 + z2 )
3
3
2
2
3
= −ϕ1 z1 + z1 z2 + z1 z2 + z2
!
3
X
k
= −ϕ31
z3−k
1 z2
k=0
Veamos otro caso ahora para n = 4, se tiene que la matriz de Toeplitz tridiagonal es


ϕ0 ϕ−1 0
0
 ϕ1 ϕ0 ϕ−1 0 

T4 (ϕ) = 
 0 ϕ1 ϕ0 ϕ−1 
0
0
ϕ1 ϕ0
de igual manera su sı́mbolo generador es
ϕ(t) = ϕ1 t + ϕ0 + ϕ−1 t−1 = t−1 (ϕ1 t2 + ϕ0 t + ϕ−1 )
9
y supongamos que este tiene raı́ces z1 y z2 (ambas distintas de cero). Entonces tenemos
que


−ϕ1 (z1 + z2 )
ϕ1 (z1 z2 )
0
0


ϕ1
−ϕ1 (z1 + z2 )
ϕ1 (z1 z2 )
0

T4 (ϕ) = 

0
ϕ1
−ϕ1 (z1 + z2 )
ϕ1 (z1 z2 ) 
0
0
ϕ1
−ϕ1 (z1 + z2 )
donde su determinante es
−ϕ1 (z1 + z2 )
ϕ1 (z1 z2 )
0
0
ϕ
−ϕ
(z
+
z
)
ϕ
(z
z
)
0
1
1 1
2
1 1 2
det(T4 ) = 0
ϕ
−ϕ
(z1 + z2 )
ϕ1 (z1 z2 )
1
1
0
0
ϕ1
−ϕ1 (z1 + z2 )
= ϕ41 z41 + z31 z2 + z21 z22 + z1 z32 + z42
!
4
X
k
= ϕ41
z4−k
,
1 z2
j=0
lo que da lugar a la siguiente proposición.
2.2 Proposición. Dado ϕ un polinomio de Laurent tal que ϕr = 0 si r ∈ J−1, 1K{ ,
entonces Tn (ϕ) la matriz de Toeplitz tridiagonal centrada, cuyo sı́mbolo generador es
ϕ(t) el cual tiene raı́ces z1 y z2 (ambas distintas de cero), entonces el determinante de
Tn (ϕ) esta dado por
det(Tn (ϕ)) = (−1)
n
ϕn1
n
X
j
zn−j
1 z2
para n ≥ 2.
j=0
Demostración. Sea Tn (ϕ) una matriz de Toeplitz tridiagonal centrada cuyo sı́mbolo generador es
P
ϕ(t) = 1j=−1 ϕj tj
= t−1 (ϕ1 t2 + ϕ0 t + ϕ−1 ).
Y supongamos que las raı́ces de este polinomio son raı́ces z1 y z2 (ambas distintas de
cero), entonces tenemos por otra parte que
ϕ(t) = t−1 ϕ1 (t − z1 )(t − z2 ) = t−1 (ϕ1 t2 − ϕ1 (z1 + z2 )t + ϕ1 (z1 z2 )),
de lo cual obtenemos que
⇒ ϕ0 = −ϕ1 (z1 + z2 )
⇒ ϕ−1 = ϕ1 (z1 z2 ).
10
Si n = 2 se tiene que
ϕ0 ϕ−1 det(Tn (ϕ)) = ϕ1 ϕ0 −ϕ1 (z1 + z2 )
ϕ
(z
z
)
1
1
2
= ϕ1
−ϕ1 (z1 + z2 )
= ϕ21 (z1 + z2 )2 − ϕ21 z1 z2
= ϕ21 (z21 + 2z1 z2 + z22 − z1 z2 )
= ϕ21 (z21 z02 + z1 z2 + z01 z22 )
!
2
X
j
2−j
= (−1)2 ϕ21
z1 z2 .
j=0
Supongamos que se cumple que
det(Tn (ϕ)) = (−1)
n
ϕn1
n
X
j=0
11
j
zn−j
1 z2 ,
para n ≥ 2. Ahora para
ϕ 0
ϕ 1
det(Tn+1 (ϕ)) = 0
..
.
0
n + 1, tenemos que
ϕ−1 0 . . . 0 ϕ0 ϕ−1 . . . 0 ϕ1 ϕ0 . . . 0 ..
..
. .
.
. . . .. 0
0 ϕ 1 ϕ0 ϕ1 ϕ−1 0
0 ϕ0 ϕ−1
= ϕ0 det(Tn (ϕ)) − ϕ−1 0 ϕ1 ϕ0
..
..
..
.
.
.
0
0
0
...
. . . ϕ0 ...
...
...
0
0
0
..
.
= ϕ0 det(Tn (ϕ)) − ϕ−1 (ϕ1 det(Tn−1 (ϕ))
!#
"
n
X
j
− ϕ1 (ϕ1 z1 z2 det(Tn−1 (ϕ)))
= −ϕ1 (z1 + z2 ) (−1)n ϕn1
zn−j
1 z2
j=0
= (−1)n+1 ϕ1n+1
n
X
(n+1)−j j
z1
z2
+
j=0
= (−1)n+1 ϕ1n+1
n
X
j+1
zn−j
1 z2
!
j+1
zn−j
1 z2
j=0
j=0
n
X
−
n−1
X
!
(n+1)−j j
z2
z1
+ z01 zn+1
2
j=0
= (−1)n+1 ϕ1n+1
n+1
X
(n+1)−j j
z2 .
z1
j=0
El siguiente algoritmo calcula el determinante de una matriz de Toeplitz tridiagonal
dado los coeficientes del sı́mbolo generador sg y el tamaño de la matriz n.
2
4
6
8
function c=detri(sg,n);
r=roots(sg);
aux=0;
for j=0:n
aux=(r(1)**(n-j))(r(2)**j)+aux;
end
c=((-sg(1))**n)*aux;
end
12
3.
Determinante D
Suposición A. Los distintos ceros de (1) son z1 , . . . , zm , con multiplicidades µ1 , . . . , µm ;
donde , m ≤ k, 1 ≤ µj , ∀j ∈ J1, mK, y donde
µ1 + . . . + µm = k.
3.1 Definición. Si j1 , . . . , jk son enteros, sea
C(z; j1 , . . . , jk ) = col[zj1 , . . . , zjk ]
y sea C(l) (z; j1 , . . . , jk ) la l-ésima derivada de este vector columna. Ahora definimos el determinante D(j1 , . . . , jk ) de tamaño k×k donde: Las primeras columnas µ1 son C(l) (z1 ; j1 , . . . , jk )
(l ∈ J0, µ1 − 1K); las siguientes µ2 columnas son C(l) (z2 ; j1 , . . . , jk ) (l ∈ J0, µ2 − 1K), etc...
Para ejemplificar supongamos que z1 , z2 y z3 , son raı́ces de multiplicidad 2, 3 y 1
respectivamente, entonces se tiene que el determinante D(0, 1, 2, 3, 4, 5) es,
0
0 z1 0 z02 0
0
z
3 1
1 z1 z01 z12 z02
0
z
3
2
z1 2z11 z22 2z12 2z02 z23 D(0, 1, 2, 3, 4, 5) = 3
2
3
2
1
3 3z
z
3z
6z
z
z
1
1
2
2
2
3
4
z 4z3 z4 4z3 12z2 z4 1
2
2
2
3 51
z 5z4 z5 5z4 20z3 z5 1
1
2
2
2
3
3.2 Definición. Se dice que una matriz V de tamaño n × n, es de Vandermonde si su
entrada (j, k) (que denotaremos por Vj,k ), es de la forma Vj,k = αkj con j, k ∈ J0, n − 1K.
Por ejemplo una matriz de Vandermonde

1 α0 α20
 1 α1 α21

 1 α2 α22

 1 α3 α23
1 α4 α24
de tamaño 5 × 5, es de la siguiente forma

α30 α40
α31 α41 

α32 α42 
.
3
4 
α3 α3
α34 α44
Pero notemos que el determinante de esta matriz coincide, con el determinante D(0, 1, 2, 3, 4),
cuando las raı́ces son de multiplicidad 1.
3.3 Lema. El determinante de una matriz de Vandermonde, V de tamaño n × n esta
definido por
det(V) =
n−1
Y
i, j = 0
i>j
13
(αi − αj ) .
Véase [3]. Otro ejemplo del determinante D es, si (1) tiene k distintas raı́ces, entonces
D(j1 , . . . , jk ) = det(zjsr )kr,s=1 .
Donde si jl = l, ∀l ∈ J1, kK, tenemos que
D(1, . . . , k) = =
z01 z02 · · · z0k z11 z12 · · · z1k .. ..
..
.. . .
.
. k
k
z1 z2 · · · zkk k
Y
(zi − zj ) .
i, j = 1
i>j
A continuación un algoritmo crea las columnas C(l) (z; j1 , . . . , jk ), donde se recibe un entero
0 ≤ l un vector z que contiene las raı́ces y un vector J que son los jν con ν ∈ J1, kK
2
4
6
function r=colC(l,z,J);
n=length(J);
for i=1:n
r(i)=bincoeff(J(i),l)*factorial(l)*(z**(J(i)-l));
end
end
El siguiente algoritmo, es el del determinante D(j1 , . . . , jk ) donde se recibe vector z que
contiene las raı́ces, el vector m son las multiplicidades de las raı́ces y un vector J que son
los jν con ν ∈ J1, kK
2
4
6
8
10
function r=detD(z,m,J);
n=length(z);
aux=1;
for i=1:n
for l=0:(m(i)-1)
A(:,aux)=colC(l,z(i),J);
aux=aux+1;
end
end
r=det(A);
end
3.4 Lema. Suponga que j ∈ J1, kK y j1 , . . . , jl−1 , jl+1 , . . . , jk son enteros fijos y que k = m
(es decir µj = 1, ∀j ∈ J1, mK). Entonces la secuencia
er = D (j1 , . . . , jl−1 , r, jj+1 , . . . , jk ) − ∞ < r < ∞ ,
14
satisface la ecuación
p
X
ϕν eν+r = 0 .
ν=−q
Demostración. Se tiene que la expansión por cofactores del determinante
D (j1 , . . . , jl−1 , r, jj+1 , . . . , jk ) ,
sobre la l-ésima fila, es
m
X
er =
^ lj Alj ,
A
j=1
donde Alj representa la entrada (l, j) de la matriz del determinante y A^lj el cofactor
correspondiente a esta entrada, entonces
er =
m
X
^ lj Alj
A
j=1
=
m
X
j=1
A^lj zrj , dado que Alj = zrj , ∀j ∈ J1, mK.
Ahora tenemos que
p
X
ϕν eν+r =
ν=−q
p
X
ϕν eν+r
ν=−q
=
=
p
X
ϕν
ν=−q
p
m
X
X
m
X
!
A^lj zν+r
j
j=1
A^lj ϕν zν+r
j
ν=−q j=1
p
m
=
XX
A^lj ϕν zν+r
j
j=1 ν=−q
=
m
X
A^lj
=
!
ϕν zν+r
j
ν=−q
j=1
m
X
p
X
A^lj zr−q
p
X
ν=−q
j=1
15
!
ϕν zν+q
j
.
P
Donde el polinomio P(z) = pν=−q ϕν zν+q tiene como raı́ces a zj , con j ∈ J1, mK, lo cual
implica que P(zj ) = 0, ∀j ∈ J1, mK,
∴
p
X
ϕν eν+r = 0 .
ν=−q
3.5 Lema. Si un polinomio P(z) tiene una raı́z z0 de multiplicidad 1 < µ0 , entonces la
l-ésima derivada del polinomio P(l) (z), con l ∈ J1, µ0 − 1K tiene como raı́z a z0 .
3.6 Lema. Suponga que l ∈ J1, kK y j1 , . . . , jl−1 , jl+1 , . . . , jk son enteros fijos. Entonces la
secuencia
er = D(j1 , . . . , jl−1 , r, jl+1 , . . . , jk )
−∞<r<∞
(4)
satisface la ecuación diferencial
p
X
ϕν eν+r = 0.
(5)
ν=−q
Demostración. De la expansión del determinante en (4) en términos de los cofactores de
la l-ésima fila
m
X
^ lj Alj ,
er =
A
j=1
notemos que si una raı́z µj > 2 entonces aparecerán las columnas C(l) (zj ; j1 , . . . , jk ) con
l ∈ J0, µj − 1K, entonces
er =
j −1
m µ
X
X
A^lj (r)(η) zr−η
dado que Alj = (r)(η) zr−η
j
j
j=1 η=0
donde
(r)(0) = 1,
(r)(η) = r (r − 1) · · · (r − η + 1), 1 ≤ η,
16
(6)
Entonces, tenemos que
p
X
ϕν eν+r =


j −1
m µ
X
X

ϕν 
A^lj (ν + r)zν+r−η
j
p
X
ν=−q
ν=−q
=
p
X
j=1 η=0
j −1
m µ
X
X
A^lj ϕν (ν + r)(η) zν+r−η
j
ν=−q j=1 η=0
=
p
j −1
m µ
X
X
X
A^lj ϕν (ν + r)(η) zν+r−η
j
j=1 η=0 ν=−q
=
m
X

A^lj 
=

=
p
XX

µj −1
A^lj zr−q 

ϕν (ν + r)(η) zν+q−η
j
η=0 ν=−q
j=1
m
X

ϕν (ν + r)(η) zν+r−η
j
η=0 ν=−q
j=1
m
X

p
XX
µj −1

A^lj zr−q 
j=1
X

µj −1
P(η) (zj )
η=0
donde P(η) (z) representa la η-ésima derivada de P(z) y dado que zj es raı́z de P (z), con
Pµj −1 (η)
multiplicidad µj , se tiene que η=0
P (zj ) = 0, ∀j ∈ J1, mK,
∴
p
X
ϕν eν+r = 0 .
ν=−q
17
4.
αyβ
4.1 Lema. a) La sucesión {αr } definida por
0
αr =
1 D(−r,1,...,k−1)
si r < 0
si 1 − k ≤ r
(7)
−∞ < j < ∞
(8)
si r < 0
si 1 − k ≤ r
(9)
−∞ < j < ∞,
(10)
a−q D(0,1,...,k−1)
satisface
p
X
ϕν αj−q−ν = δj0 ,
ν=−q
b) La secuencia {βr } definida por
0
βr = 1
D(0,1,...,k−2,r+k−1)
ap
D(0,1,...,k−1)
satisface
p
X
ϕν βj−p+ν = δj0 ,
ν=−q
Demostración. a) Si j < 0, entonces (7) implica (8). Si j = 0, entonces (8) reduce a
ϕ−q α0 = 1,
esto dado de nuevo por (7). Esto es consistente con (7) cuando r = 0. Si 1 ≤ j , entonces
por (7) y por el lema anterior implica (8). b) Análogamente.
Algo interesante y que cabe resaltar, es que si consideramos la matriz triangular inferior
de Toeplitz
TnL (ϕ) = [ϕr−s−q ]nr,s=0
es fácil verificar que su inversa es la matriz
−1
TnL (ϕ)
= [αr−s ]nr,s=0 .
Ya que los elementos de TnL (ϕ) TnL (ϕ)
−1
TnL (ϕ) TnL (ϕ)
, se determinan por
−1 =
j,k
n−1
X
ϕj−r−q αr−k
r=0
p
=
X
ν=−q
= δjk
18
ϕν α(j−k)−q−ν
esto por el lema anterior y ∀j, k ∈ J0, n − 1K. A continuación el algoritmo de αr , donde
sgq es el coeficiente ϕ−q de la matriz de Toeplitz, z el vector de las raı́ces del sı́mbolo
generador, m el vector de las multiplicidades y r el subı́ndice de αr .
1
3
5
7
9
11
function a=alphar(sgq,z,m,r),
if(r<0)
a=0;
else
k=sum(m);
J(1:k)=0:(k-1);
j=J;
j(1)=-r;
a=detD(z,m,j)/(detD(z,m,J)*sgq);
end
end
Algoritmo de βr , donde sgp es el coeficiente ϕp de la matriz de Toeplitz, z el vector de
las raı́ces del sı́mbolo generador, m el vector de las multiplicidades y r el subı́ndice de βr .
1
3
5
7
9
11
function b=betar(sgp,z,m,r),
if(r<0)
b=0;
else
k=sum(m);
j(1:(k-1))=0:
(k-2); j(k)=r+k-1;
J(1:k)=0:(k-1);
b=detD(z,m,j)/(detD(z,m,J){*}sgp);
end
end
De ahora en adelante supondremos que
p≥1yq≥1
(11)
A continuación se muestra una definición y una proposición que se tomaron de [2].
4.2 Definición. Se dice que una ecuación de recurrencia es homogénea cuando es de la
forma
xr+n + ϕ1 xr+n−1 + . . . + ϕn xr = 0
(12)
donde ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn son constantes y xr una función de r.
Note que si xr = zr donde z 6= 0 entonces (12) queda de la forma
zr+n + ϕ1 zr+n−1 + . . . + ϕn zr = 0
19
o
zr zn + ϕ1 zn−1 + . . . + ϕn = 0
Es decir si zr es solución de (12) si,
zn + ϕ1 zn−1 + . . . + ϕn = 0.
(13)
Es decir si z es una solución de (13).
4.3 Proposición. Si z1 , z2 , . . . , zm son distintas soluciones de (13) de multiplicidad
µ1 , µ2 , . . . , µm respectivamente. Entonces las soluciones particulares de (12) son de la
forma zrj en caso de que zj sea una solución de multiplicidad uno y en caso de que la
solución zj de (13), sea de multiplicidad 1 < µj , entonces
(q + r)(0) zjq+r , (q + r)(1) zjq+r−1 , (q + r)(2) zq+r−2
, . . . , (q + r)(µj −1) zj
j
q+r−(µj −1)
son soluciones particulares de (12), donde q es una constante. Además la solución general
de (12) esta dada por
j −1
m µ
X
X
ϕkj (q + r)(k) zq+r−k
(14)
xr =
j
j=1 k=0
Un hecho útil y que se muestra en [1] de forma poco detallada es el siguiente.
4.4 Proposición. Las soluciones particulares de (12) son linealmente independientes
entre si.
20
5.
Resultados principales
5.1 Teorema. Si (3) y (11) se cumplen, se tiene que Tn es invertible si y solo si
D(0, 1, . . . , q − 1, n + q + 1, . . . , n + k) 6= 0
(15)
Demostración. Demostraremos que si Tn no es invertible, entonces Tn> no es invertible y
por lo tanto existe X ∈ C, con X 6= 0 tal que
Tn> X = 0
(16)
D (0, 1, . . . , q − 1, n + q + 1, . . . , n + k) = 0.
(17)
si y solo si
Supongamos que Tn> no es invertible entonces existe X ∈ C, con X 6= 0 tal que (16) se
cumple, para facilitar el calculo extendemos el vector X, a el vector X = [xr ]n+p−1
r=−q , donde
xr = 0,
cuando r ∈ J−q, −1K ∪ Jn, n + p − 1K.
.
Entonces se tiene que (16) da lugar a la siguiente ecuación de recurrencia.
p
X
ν=−q
ϕν xν+r = 0, con r ∈ J0, n − 1K y xr = 0, cuando r ∈ J−q, −1K ∪ Jn, n + p − 1K (18)
Pero dado la Suposición A, las proposiciones sobre ecuaciones de recurrencia y el hecho
de que zj 6= 0 para 1 ≤ j ≤ m se sabe que la solución de (18) es
xr =
j −1
m µ
X
X
j=1 k=0
ak,j (q + r)(k) zq+r−k
, para r ∈ J−q, n + pK
j
(19)
de donde tomamos los coeficientes ϕk,j para formal el siguiente vector columna
A = col [a0,1 , . . . , aµ1 −1,1 , . . . , a0,m , . . . , aµm −1,m ]
el cual es un vector constante y además A 6= 0 dado que las soluciones particulares de
(18), son linealmente independientes entre si y como X 6= 0 entonces A 6= 0 . Donde (19)
es consistente con la condición de frontera xr = 0, cuando r ∈ J−q, −1K ∪ Jn, n + p − 1K,
si A satisface el sistema de tamaño k × k
HA = 0
donde
21
(20)
det H = D (0, 1, . . . , q − 1, n + q + 1, . . . , n + k)
(21)
Entonces se tiene que (20) tiene una solución no trivial y esto implica que (21) es cero.
Ahora supongamos que D (0, 1, . . . , q − 1, n + q + 1, . . . , n + k) = 0, entonces existe A 6= 0 tal que
HA = 0
donde
A = col [a0,1 , . . . , aµ1 −1,1 , . . . , a0,m , . . . , aµm −1,m ]
si tomamos estos ϕk,j para formar a xr función de r, que esta dado por,
xr =
j −1
m µ
X
X
j=1 k=0
ak,j (q + r)(k) zq+r−k
, para r ∈ J−q, n + pK
j
que cumple además que xr = 0, cuando r ∈ J−q, −1K ∪ Jn, n + p − 1K, por el hecho de
que HA = 0, esta xr satisface la siguiente ecuación de recurrencia
p
X
ν=−q
ϕν xν+r = 0, donde r ∈ J0, n − 1K
que es igual a tener el sistema
Tn> X = 0
donde Tn> es la traspuesta de la matriz de Toeplitz Tn (ϕ) = ϕj−k ]n−1
j,k=0 .
Donde ϕr = 0 si r > p o r < −q, además note que X 6= 0, dado que A 6= 0 y los xr
son una combinacional lineal de elementos linealmente independientes, esto implica que
Tn (ϕ) no es invertible.
5.2 Definición. Sea
Un = {0, 1, . . . , q − 1, n + q, . . . , n + k − 1}
Si µ ∈ Un y l es un entero arbitrario, definimos
an (µ|l) =
D (j0 , . . . , jq−1 , jn+q , . . . , jn+k−1 )
D (0, 1, . . . , q − 1, n + q, . . . , n + k − 1)
r si r ∈ Un − {µ}
jr =
l si r = l
22
Por ejemplo,
an (0|l) =
D (l , 1, . . . , q − 1, n + q, . . . , n + k − 1)
D (0, 1, . . . , q − 1, n + q, . . . , n + k − 1)
y
D (0 , 1, . . . , q − 1, l, n + q + 1, . . . , n + k − 1)
D (0, 1, . . . , q − 1, n + q, . . . , n + k − 1)
A continuación un algoritmo para el calculo de an (µ|l) el cual recibe a mu = µ ∈ Un ,
l un entero cualquiera, los vectores z y m que contiene las raı́ces del sı́mbolo generador y
sus multiplicidades respectivamente, a los enteros q y k definidos en (3) y el tamaño de
la matriz n.
an (n + q|l) =
1
3
5
7
9
11
13
function a=an(mu,l,z,m,q,k,n),
J(1:q)=0:q-1;
J(q+1:k)=n+q:n+k-1;
aux=length(J);
for i=1:aux
if(J(i)!=mu)
j(i)=J(i);
else
j(i)=l;
end
end
a=detD(z,m,j)/detD(z,m,J);
end
5.3 Lema. Si µ es un entero fijo en Un , entonces
p
X
ϕν an (µ|ν + r) = 0,
−∞ < r < ∞
ν=−q
y
an (µ|r) = δµr ,
r ∈ Un
es decir er = an (µ|r) es la única solución de (5), la cual satisface las condiciones de
frontera
er = δµr r ∈ J0, q − 1K ∪ Jn + q, n + k − 1K.
5.4 Teorema. El elemento brsn de la matriz Bn = Tn−1 esta dado por
brsn = αr−s−q −
q−1
X
l=0
23
αr−l an (l|q + s),
(22)
donde {ar } es como en (7).
Demostración. Se tiene que para que Bn Tn = In es equivalente a
n−1
X
brjn ϕj−s = δrs
j=0
r, s ∈ J0, n − 1K
donde si hacemos que
brsn = 0 cuando s ∈ J−q, −1K ∪ Jn, n + p − 1K
(23)
la suma anterior puede ser reescrita como
X
n+p−1
brjn ϕj−s = δrs
j=−q
ahora haciendo que j = ν + s se tiene que
p
X
ϕν br,ν+s,n = δrs .
(24)
r ∈ J0, n − 1K, s ∈ J−q, n + p − 1K
(25)
ν=−q
Si consideramos a brsn como
brsn = αr−s−q + ursn
donde ursn esta aun por determinar. Donde si tomamos a (8) y j = r − s
p
X
ϕν αr−s−ν−q = δ0,r−s = δrs
ν=q
r, s ∈ J0, n − 1K
ahora si consideramos (25) en (24), tenemos que
p
X
ϕν br,ν+s,n =
ν=−q
p
X
ϕν (αr−s−ν−q + ur,ν+s,n )
ν=−q
p
=
X
ϕν αr−s−ν−q +
ν=−q
p
X
ν=−q
X
p
= δrs +
ν=−q
= δrs
24
ϕν ur,ν+s,n
ϕν ur,ν+s,n
esto ultimo se tiene que cumplir las condiciones de (25) y para 0 ≤ r ≤ n − 1, entonces
tenemos que cada elemento de {ursn }n+p−1
s=−q con 0 ≤ r ≤ n − 1 satisface la ecuación de
recurrencia
p
X
ϕν ur,ν+s,n = 0 0 ≤ s ≤ n − 1
ν=−q
y las condiciones de frontera establecidas por (25), es decir
ursn = −αr−s−q = 0, s ∈ Jn, n + p − 1K recuerde (7)
ursn = −αr−s−q s ∈ J−q, −1K
todo esto junto con el lema anterior tenemos que
ursn = −
q−1
X
αr−l an (l|q + s)
l=0
y entonces tenemos que brsn es como en (22)
A continuación el algoritmo, para brsn mediante αr , donde r, s, q, k y n son como las
definidas en el texto, sgq = ϕ−q , z es el vector de las raices del sı́mbolo generador y m
sus respectivas multiplicidades
1
3
5
7
function b=brsna(r,s,q,sgq,z,m,k,n),
aux=0;
for l=0:q-1
aux=alphar(sgq,z,m,r-l)*an(l,q+s,z,m,q,k,n)+aux;
end
b=alphar(sgq,z,m,r-s-q)-aux;
end
5.5 Teorema. El elemento brsn de Bn = Tn−1 esta dado por
brsn = βs−r−p −
p−1
X
βs−p+l+1 an (n + q + l|n + q − r − 1) ,
l=0
donde {βr } es como en 9.
Demostración. Tenemos que Tn Bn = In es equivalente a
n−1
X
ϕr−j bjsn = δrs
j=0
25
r, s ∈ J0, n − 1K,
(26)
donde si definimos que
brsn = 0 cuando r ∈ J−p, −1K ∪ Jn, n + q − 1K
(27)
la ultima suma puede ser reescrita como
X
n+q−1
ϕr−j bjsn = δrs
j=−p
r, s ∈ J0, n − 1K
(28)
cambiando el ı́ndice de la suma (28) tenemos que
p
X
ϕν br−ν,sn = δrs
ν=−q
r , s ∈ J0, n − 1K
(29)
ahora supongamos que brsn es de la forma
brsn = βs−r−p + υrsn ,
(30)
donde υrsn esta por determinar. Reescribamos a (10) con j = s − r
p
X
ϕν βs−r−p+ν = δrs
ν=−q
r , s ∈ J0, n − 1K
además si reemplazamos (30) , en (29) y recordando la condición de que (27) tenemos
que para cada s en {0, . . . , n − 1} cada elemento de {υrsn }n+q
r=−p tiene que satisfacer la
ecuación
p
X
ϕν υr−ν,sn = 0,
ν=−q
r ∈ J0, n − 1K,
y las condiciones de frontera
υrsn = −βs−r−p = 0, r ∈ Jn, n + p − 1K
υrsn = −βs−r−p, r ∈ J−p, −1K.
esto junto con el lema anterior se obtiene que
υrsn = −
p−1
X
βs−p−l+1 an (n + q + l + 1|n + q − r − 1)
l=0
reemplazarlo en (30) se obtiene a (26)
26
A continuación el algoritmo, para brsn mediante βr , donde r, s, q, k y n son como las
definidas en el texto, sgp = ϕ−p , z es el vector de las raices del sı́mbolo generador y m
sus respectivas multiplicidades
1
3
5
7
function b=brsnb(r,s,sgp,z,m,p,q,n),
aux=0;
k=p+q;
for l=0:p-1
aux=betar(sgp,z,m,s-p+l+1)*an(n+q+l,n+q-r-1,z,m,q,k,n)+
aux;
end
b=betar(sgp,z,m,s-r-p)-aux;
end
El siguiente teorema provee formulas explicitas para la resolución de Tn X = Y cuando
Tn es invertible. De donde
X = col[x0 , . . . , xn−1 ] y Y = col[y0 , . . . , yn−1 ]
y adoptaremos la siguiente convención
ν
X
= 0 si ν < µ
µ
5.6 Teorema. Si Tn es invertible, entonces la soluciona de Tn X = Y esta dada por
xr =
r−q
X
αr−s−q ys −
s=0
q−1
X
αr−l
n−1
X
ys an (l|q + s) ,
0 ≤ r ≤ n − 1,
s=0
l=0
y por
xr =
n−1
X
s=r+p
βs−r−p ys −
p−1
n−1
X
X
l=0
!
βs−p+l+1 ys
an (n + q + l|n + q − r − 1) ,
0 ≤ r ≤ n−1.
s=0
Demostración. Si Tn es invertible, entonces Tn X = Y es equivalente a X = Tn−1 Y, donde
cada xr esta definido por
xr =
n−1
X
brsn ys
s=0
27
0≤r≤n−1
donde si brsn esta definido como en (22), tenemos que
xr =
n−1
X
brsn ys
s=0
=
n−1
X
αr−s−q ys −
=
!
αr−l ys an (l|q + s)
l=0
q−1
s=0
n−1
X
q−1
X
αr−s−q ys −
s=0
X
αr−l
l=0
n−1
X
ys an (l|q + s)
s=0
pero recordemos de (7) que αr = 0 con r = 0 entonces tenemos que
xr =
r−q
X
αr−s−q ys −
q−1
X
αr−l
ys an (l|q + s)
0 ≤ r ≤ n − 1.
s=0
l=0
s=0
n−1
X
Análogamente supongamos que brsn esta definido como en (26)
xr =
n−1
X
brsn ys
s=0
=
n−1
X
βs−r−p ys −
s=0
=
n−1
X
p−1
X
!
βs−p+l+1 ys an (n + q + l|n + q + −r − 1)
l=0
βs−r−p ys −
p−1
n−1
X
X
s=0
s=0
!
βs−p+l+1 ys
an (n + q + l|n + q + −r − 1)
l=0
pero recordemos de (9) que βr = 0 con r = 0, entonces tenemos que
xr =
n−1
X
s=r+p
βs−r−p ys −
p−1
n−1
X
X
l=0
!
βs−p+l+1 ys
an (n + q + l|n + q − r − 1) ,
s=0
28
0 ≤ r ≤ n−1.
Referencias
[1] Miller, K. S. An Introduction to the Calculus of Finite Differences and Difference
Equations. Dover Publications, 1960, ch. 4, pp. 152–158.
[2] Richardson, C. H. An introduction to the calculus of finite differences. D. Van
Nostrand Company, Inc., 1954, ch. 6, pp. 106–111.
[3] Roger A. Horn, C. R. J. Topics in matrix analysis. Cambridge University Press,
1994, ch. 6, p. 400.
[4] Trench, W. F. Explicit inversion formulas for toeplitz band matrices. Society for
Industrial and Applied Mathematics (1985).
29