Teorema positivos matrices

Question

Vamos a llamar a una matriz positiva de la matriz si todos los elementos de la matriz son positivos, y vamos a denotar el mayor autovalor con $\lambda_{\max}$, lo que es existir debido a la Perron–Frobenius teorema.

Teorema. Deje $A$ ser cuadrada positiva de la matriz. Si algún elemento se incrementa en la matriz, a continuación, $\lambda_{\max}$ aumenta.

Mis preguntas.

1) hay un nombre para este teorema y puede alguien decir que los libros o documentos de qué se refieren?

2) ¿Cómo demostrarlo?

Answer 1

Esto es sólo una simple consecuencia de Perron-Frobenius teorema. Podemos probar algo un poco más general:

Deje $A,B$ dos no negativo de las matrices cuadradas. Si uno de los siguientes casos se mantiene, entonces $\rho(A)<\rho(A+B)$:

• $A$ es irreductible (en particular, cuando se $A>0$ entrywise) y $B$ es distinto de cero;
• $B$ es irreductible.

Deje $(\rho(A),v)$ ser un derecho Perron eigenpair de $A$ $(\rho(A+B),w)$ ser una izquierda Perron eigenpair de la $A+B$. Entonces $$\rho(a+B) w^Tv = w^T(a+B)v = \rho(A) w^Tv + w^La\etiqueta{1}$$ y a su vez $$\left(\rho(a+B)-\rho(A)\right) w^Tv = w^La.\la etiqueta{2}$$ Ahora en el caso (a), tanto en $v$ $w$ positivo (porque $A$ $A+B$ son irreducibles). Por lo tanto $Bv$ es no negativa, pero distinto de cero y $w^TBv,\ w^Tv$ son positivos. Por eso, $(2)$ da $\rho(A+B)-\rho(A)>0$.

En el caso (b), $w>0$ porque $A+B\ge0$ es irreductible. Por lo tanto $w^TB>0$ porque $B$ es irreductible. De ello se desprende que $w^TBv$ $w^Tv$ es todavía positiva (debido a $v$ es no negativa, pero distinto de cero) y, de nuevo, $(2)$ da $\rho(A+B)-\rho(A)>0$.

Answer 2

Para (casi) todos los positivos vectores $x$, la Potencia de iteraciones hacer el trabajo, y nos han $$\lambda_\max=\lim_{k\rightarrow\infty}\left(\|A^kx\|/\|x\|\right)^{1/k}$$ which shows that $\lambda_\max$ can not decrease as entries of $$increase. If $'$ is obtained from$$ by increasing every entry, we get $'>(1+\varepsilon)a>a$, y el resultado de la siguiente manera.

Answer 3

Recientemente me encontré con el siguiente (hermosa) resultado que se mejora ligeramente la respuesta de @user1551. Los siguientes resultados provienen del libro no negativa de Matrices en las Ciencias Matemáticas de Abraham Berman y Robert J. Plemmons:

Corolario 1.5 (p.27):
Deje $A,B$ ser no negativo de las matrices cuadradas.
- Si $0\leq A \leq B$,$\rho(A)\leq \rho(B)$.
- Si $0\leq A \leq B$, $A\neq B$ y $A+B$ es irreducible, entonces $\rho(A)<\rho(B)$.

Nota 1: Aquí $A\leq B$ $A_{i,j}\leq B_{i,j}$ por cada $i,j$.

Nota 2: Si $0\leq A \leq B$, $A\neq B$ y $A+B$ es reducible, entonces ambos pueden ocurrir, es decir, $\rho(A)=\rho(B)$ o $\rho(A)<\rho(B)$. De hecho, vamos a $U,V,W\in\Bbb R^{2\times 2}$ con $$U =\begin{pmatrix} 1& 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad V =\begin{pmatrix} 1& 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad W =\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.$$ Entonces $U\leq V \leq W$, $U\neq V$, $V\neq W$, $U+V$ es reducible, $V+W$ es reducible y $\rho(U)=\rho(V)<\rho(W)$.

Nota 3: El siguiente resultado muestra que la respuesta de @user1551 es implícita por el Corolario 1.5.

Corolario 1.10 (p.28):
Deje $A,B$ ser no negativo de las matrices cuadradas. Si $A$ es irreducible, entonces $A+B$ es irreductible.

Por último, para ver cómo esto también mejora la respuesta a su pregunta, tenga en cuenta que la matriz de $V$ anterior es reducible así como la matriz de $$V'=\begin{pmatrix}0 & 0 \\ \epsilon & 0 \end{pmatrix}.$$ Sin embargo, el Corolario 1.5 implica que $\rho(V)<\rho(V+V')$ ser causa $V+V'$ es estrictamente positivo (y por lo tanto irreductible).

Answer 4

Su propiedad sigue fácilmente la Collatz-Wieland fórmula, que se demostró en la wikipedia. De hecho, que la página de wikipedia demuestra todo desde cero y proporciona referencias. Por lo que debe contener todo lo que usted está pidiendo.

Cómo deducir de su propiedad desde el Collatz-Wieland fórmula : vamos a $A=(a_{ij})$ $B=(b_{ij})$ dos positivos de las matrices, de tal manera que $a_{ij} \leq b_{ij}$ por cada $i,j$. Definir el Collatz-Wieland funciones

$$f_A(x_1,x_2,\ldots,x_n)=\min_{1\leq i\leq n,x_i\neq 0}\frac{\sum_{j=1}^n a_{ij}x_j}{x_i}, \ f_B(x_1,x_2,\ldots,x_n)=\min_{1\leq i\leq n,x_i\neq 0}\frac{\sum_{j=1}^n b_{ij}x_j}{x_i}$$

Podemos deducir $f_A(x)\leq f_B(x)$ por cada $x$, por lo que el Perron raíz de $A$ es menor que el Perron raíz de $B$, por el Collatz-Wieland fórmula.