¿Cuando el valor propio más grande de una matriz es igual a la suma de sus elementos diagonales?

Question

Vamos a tener una $n \times n$ matriz cuyos elementos diagonales son $x_i > 0, 1 \leq i \leq n$ y elementos de la diagonal son todos iguales al $a > 0$. Es que esta matriz tiene determinante cero.

¿Bajo qué condición suficiente el valor propio más grande de la matriz es $x_1 + x_2 + \dots + x_n$?

Answer 1

Deje $r$ ser el mayor autovalor de nuestra $n\times n$ matriz $A$. A continuación,$r>0$, se asocia a un $>0$ autovector y $(n-1)a+\min_i(x_i)\leq r\leq (n-1)a+\max_i(x_i)$.

Si, por ejemplo,$\min_i(x_i)=x_1,max_i(x_i)=x_n$, entonces una condición necesaria para $r=trace(A)$ es

$x_1+\cdots x_{n-1}\leq (n-1)a\leq x_2+\cdots +x_n$.

Por supuesto, si $a=x_1=\cdots=x_n$,$r=trace(A)$.

EDICIÓN 1. Un ejemplo

Deje $A=\begin{pmatrix}1&a&a\\a&2&a\\a&a&3\end{pmatrix}$ donde $3/2\leq a\leq 5/2$. Si $\chi_A$ es el polinomio característico de a$A$,$\chi_A(trace(A))=-2a³-12a²+60=0$$a\approx 1.94338$.

Aquí, no estamos interesados en la hipótesis de $\det(A)=0$.

EDICIÓN 2. Ahora hemos de considerar también la condición de $\det(A)=0$. Por homogeneización, podemos suponer que $a=1$. Desde $A$ es real simétrica, $A$ es diagonalizable y sus autovalores son reales.

$n=2$. El NS condición es $x_1x_2=1$.

$n=3$. Desde $spectrum(A)=\{0,0,trace(A)\}$, uno ha $rank(A)=1$ y, necesariamente,$x_1=x_2=x_3=1$.

$n=4$. $spectrum(A)=\{\alpha,-\alpha,0,trace(A)\}$. Lo que sigue es una solución, en un barrio de $(1,\cdots,1)$ s.t. $\sigma_{3}\not= 4$.

$x_1\approx 1.0031092671785911483799797182382559149854506473873$

$x_2\approx 1.0698119384582623856800661089697199349941153438922$

$x_3\approx 0.93098479177751996117373383813583484579257578850415$

$x_4\approx .99689878083018837746093466133628743171083298298820$.