2024.12.22 闲话

歌：ラストクレージーイマジナリー - _Ryammmer feat. 初音ミク .

DFT 矩阵的特征值怎么求？（详细揭秘）

本来是题的，结果组不明白了，潜逃了 .

首先 DFT 是线性变换，那么设序列 $A$ 对应的列向量为 $\bm a$，则存在矩阵 $\mathcal F$ 使得 $\operatorname{DFT}(A)=\mathcal F\bm a$，具体地：

$$\mathcal F=\begin{bmatrix}1&1&\cdots&1\\1&\omega&\cdots&\omega^{n-1}\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\1&\omega^{n-1}&\cdots&\omega^{(n-1)^2}\end{bmatrix}$$

若 $d\operatorname{DFT}(A)=A$，则 $\mathcal F\bm a=\frac1d\bm a$。也即 $\lambda=\frac1d$ 是 $\mathcal F$ 的一个特征值，$\bm a$ 则是对应的某个特征向量。

令 $\mathcal G=\frac1{\sqrt{n}}\mathcal F$，那么由单位根反演可以注意到：

$$\mathcal G^2=\begin{bmatrix}1&0&0&\cdots&0\\0&0&0&\cdots&1\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&0&1&\cdots&0\\0&1&0&\cdots&0\end{bmatrix}$$

从而 $\mathcal G$ 的幂有长为 $4$ 的循环节：$\mathcal G^{4k}=I,\,\mathcal G^{4k+1}=\mathcal G,\,\mathcal G^{4k+2}=\mathcal G^2,\,\mathcal G^{4k+3}=\mathcal G^{\sf H}$，其中 $A^{\sf H}$ 是 $A$ 的共轭转置。

根据二次高斯和的结论可以注意到 $\mathcal G$ 的迹：

$$\operatorname{trace}(\mathcal G)=\dfrac1{\sqrt n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega^{i^2}=\dfrac{(1+\mathrm i)(1+(-\mathrm i)^n)}2$$

从而通过讨论 $t\bmod 4$ 可以发现：

$$\operatorname{trace}(\mathcal G^t)=1+\sum_{k=2}^{n}(-\mathrm i)^{kt}$$

根据特征值的 $k$ 次方和等于矩阵 $k$ 次方的迹可得，$\mathcal G$ 的特征值分别为 $1,(-\mathrm i)^2,(-\mathrm i)^3,\cdots,(-\mathrm i)^n$。

从而可以知道 $\mathcal G$ 有特征值 $1,-1,\mathrm i,-\mathrm i$，且重数分别为 $\lfloor\frac{n+4}4\rfloor\lfloor\frac{n+2}4\rfloor\lfloor\frac{n+1}4\rfloor\lfloor\frac{n-1}4\rfloor$。进而可以导出 $\mathcal F$ 的特征值和它的重数。

结论：$\mathcal F$ 的每个特征值 $\lambda$ 和其对应的重数：

$\lambda$	$n-\operatorname{rank}(\lambda I-\mathcal F)$
$\sqrt n$	$\lfloor\frac{n+4}4\rfloor$
$-\sqrt n$	$\lfloor\frac{n+2}4\rfloor$
$\mathrm i\sqrt n$	$\lfloor\frac{n+1}4\rfloor$
$-\mathrm i\sqrt n$	$\lfloor\frac{n-1}4\rfloor$

值得注意的是，由于某些显而易见的原因 $\mathcal F$ 是可对角化的于是几何重数等于代数重数 .

图