Problemas de Berkeley en Matemáticas 7.5.22

Question

Este es el problema: Vamos a $A$ ser un real simétrica $n \times n$ matriz no negativa entradas. Demostrar que $A$ tiene un vector propio con los no-negativo entradas

Miré en la clave de respuestas y no las entiendo bien. En la expresión que contiene max, ¿por qué debería corresponder al autovalor $\lambda_0$? Yo pensé que esto puede ser debido a que si Ax es paralela a x, entonces el producto escalar entre el $Ax$ $x$ se maximiza, pero no es posible que todavía alcanza un gran valor si $A$ transforma $x$ en una manera que las escalas de x por tanto, que Ax es lo suficientemente grande como para hacer $\langle Ax,x\rangle$ grandes pesar de que no puede ser paralelo?

Solución(como en la clave de respuestas):

Deje $\lambda_0$ ser el mayor autovalor de a $A$. Tenemos

$$\lambda_0 = \max{\{\langle Ax, x\rangle\mid x\in\mathbb{R}^n,\|x\| = 1\}}$$

y el máximo se alcanza precisamente al $x$ es un autovector de a $A$ con autovalor $\lambda_0$. Supongamos $v$ es un vector unitario para que el máximo es alcanzado, y deje $u$ ser el vector cuyas coordenadas son los valores absolutos de las coordenadas de $v$. Desde las entradas de $A$ son no negativos, tenemos

$$\langle Au,u \rangle \ge \langle Ax,x\rangle =\lambda_0$$ implying that $\langle Au,u\rangle = \lambda_0$, so that $u$ is an eigenvector of $$ for the eigenvalue $\lambda_0$.

Answer 1

$A$ es real simétrica, por lo que ha $n$ independiente de vectores propios con el real eigen-valores de $\lambda_1\geq \cdots \geq\lambda_n$.

Deje $v_1,v_2,\cdots, v_n$ ser los correspondientes vectores propios independientes, y podemos asumir que su longitud es $1$ (es decir, forman ortonormales ).

En max expresión, se considera $x$$\|x\|=1$. Vamos $$x=a_1v_1+a_2v_2+\cdots + a_nv_n.$$ A continuación, $$Ax=\lambda_1a_1v_1+\cdots + \lambda_na_nv_n.$$ Por lo tanto, w.r.t. por encima de ortonormales base, señalando que $\lambda_i\leq \lambda_1$, obtenemos $$\langle Ax,x\rangle=\lambda_1|a_1|^2+\cdots + \lambda_n|a_n|^2 \leq \lambda_1 (|a_1|^2+\cdots + |a_n|^2)=\lambda_1 \langle x,x\rangle=\lambda_1\|x\|^2=\lambda_1.$$ Esto implica que el valor máximo de $\langle Ax,x\rangle$ para la unidad de vectores $x$$\lambda_1$. Ahora bien, esto es en el hecho de alcanzar, si se toma $$x=v_1= \mbox{ unit eigenvector for the largest eigenvalue } \lambda_1. $$ Puede chech este con casi los mismos cálculos anteriores.

Answer 2

Como$A$ es real simétrico, existe una base ortonormal$u_0, \dots, u_{n-1}$ de$\mathbb{R}^n$ que consiste en vectores propios de$A$, digamos$A u_i = \lambda_i u_i$ para$1 \leq i \leq n$ y$\lambda_0 \geq \lambda_1 \geq \dots \geq \lambda_{n-1}$. Ahora si$x = \sum_{i = 0}^{n-1} a_i u_i$ con$\|x\| = 1$, es decir,$\sum_{i=0}^{n-1} a_i^2 = 1$, entonces tenemos$$ \langle Ax , x\rangle = \sum_{i = 0}^{n-1} \sum_{j = 0}^{n-1} \lambda_i a_i a_j \langle u_i, u_j \rangle = \sum_{i = 0}^{n-1} \lambda_i a_i^2 \leq \lambda_0 \sum_{i = 0}^{n-1} a_i^2 = \lambda_0.$ $

Answer 3

Por el teorema espectral, una matriz simétrica real puede ser diagonalizada por una matriz ortogonal. Entonces, por cambio de base (rígido),$A$ es diagonal. (Por rígido, queremos decir que la base ortonormal inicial puede rotarse a la base que hace$A$ diagonal). En consecuencia, la embiggening que describes (que es una preocupación válida en general) no puede ocurrir.

Answer 4

Si $\lambda_0=\max_{\|x\|=1}\langle Ax,x\rangle$, entonces, para todos los $x$, $$ 0 \le \langle(\lambda_0I-A)x,x\rangle. $$ Debido a $A$ es simétrica $\langle x,y\rangle_{\epsilon}=\langle(\lambda_0I+\epsilon I-A)x,y\rangle$ define un producto interior en el espacio con asociados norma $\|x\|_{\epsilon}=\langle(\lambda_0I+\epsilon I-A)x,x\rangle^{1/2}$. Por el Cauchy-Schwarz desigualdad se aplica a este producto interior, consigue $|\langle x,y\rangle_{\epsilon}|\le \|x\|_\epsilon\|y\|_\epsilon$. Dejando $\epsilon\downarrow 0$ da $$ |\langle(\lambda_0 I-A)x,y\rangle|\le |\langle(\lambda_0-I)x,x\rangle|^{1/2}|\langle(\lambda_0-I)y,y\rangle|^{1/2}. $$ Ahora puedes ver: si $\langle(\lambda_0-I)x,x\rangle=0$, $\langle(\lambda_0I-A)x,y\rangle=0$ todos los $y$, lo que da $(\lambda_0I-A)x=0$.