problema de valor propio inverso no negativo

Question

Necesito construir un no-negativo de la matriz deseados, con los valores propios. A tal fin, se me ocurrió un bloque de la matriz de la siguiente forma:

$$ \mathbf{M} = \begin{vmatrix} \mathbf{A} & \mathbf{b} \\ \mathbf{c^T} & \it{d} \\ \end{vmatrix} $$

Donde la matriz de $\mathbf{A} \in \mathbb{R}^{n \times n}$ es gratis parámetro, y los vectores $\mathbf{b}$, $\mathbf{c} \in \mathbb{R}^{n}$ y escalares $\it{d}$ dependen de la $\mathbf{A}$ y un conjunto de autovalores (dado como elementos de la diagonal de la matriz $\mathbf{\Lambda} \in \mathbb{R}^{n \times n}$)

Ecuación que relaciona $\mathbf{c}$ $\mathbf{A}$ $\mathbf{\Lambda}$es muy complicado e implica una inversa de la solución a una ecuación de Sylvester. Es decir,

$$ \mathbf{c^T} = \left[\text{diag}(\mathbf{\Lambda}) - \mathbf{1^T}(\text{tr}(\mathbf{\Lambda}-\mathbf{A}) + \sigma)\right]\mathbf{K^{-1}} $$

donde $\mathbf{K}$ es una solución para un siguiente Sylvester ecuación:

$$ \mathbf{A}\mathbf{K}-\mathbf{K}\mathbf{\Lambda} = (\mathbf{A}-\sigma\mathbf{I}_n)\mathbf{1} \cdot\mathbf{1^T} $$

Preguntas:

Cómo encontrar limitaciones en el parámetro $\mathbf{A}$, lo que representará $\mathbf{M}$ no negativo?

$\mathbf{A}$ sí debe ser no negativo, por supuesto, y $\mathbf{b}$ $d$ tiene una clara dependencia de la $\mathbf{A}$, por lo que es fácil. No tengo idea, sin embargo, ¿qué hacer con $\mathbf{c}$, porque no esta $\mathbf{K^{-1}}$, con lo cual no tengo una solución para (sólo para $\text{vec}(\mathbf{K})$). ¿Cómo podría yo planteamiento de la pregunta analíticamente? O es que hay un numérica eficiente manera de resolver el problema (por ejemplo, dados $\mathbf{\Lambda}$, encontramos a $A$ que maximiza el elemento más pequeño de $M$)?

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Detalles:

Aquí está la dependencia de $\mathbf{b}$$d$$\mathbf{A}$$\mathbf{\Lambda}$:

$$ \mathbf{b} = (\sigma \mathbf{I}_n - \mathbf{A})\mathbf{1} $$

$$ d = \text{tr}(\mathbf{\Lambda} - \mathbf{A}) + \sigma $$

y un vectorizados solución para $\mathbf{K}$

$$ \text{vec}(\mathbf{K}) = (\mathbf{I}_n \otimes\mathbf{A} - \mathbf{\Lambda} \otimes \mathbf{I}_n)^{-1}(\mathbf{1} \otimes \mathbf{b}) $$

Dadas estas relaciones, la matriz resultante $\mathbf{M}$ es equivalente a $$ \mathbf{M} = \begin{vmatrix} \mathbf{A} & \mathbf{b} \\ \mathbf{c^T} & \it{d} \\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \mathbf{K} & \mathbf{1} \\ \mathbf{1^T} & 1 \\ \end{vmatrix} \begin{vmatrix} \mathbf{\Lambda} & \mathbf{0} \\ \mathbf{0} & \sigma \\ \end{vmatrix} \begin{vmatrix} \mathbf{K} & \mathbf{1} \\ \mathbf{1^T} & 1 \\ \end{vmatrix}^{-1} $$

$\mathbf{\Lambda}$ no necesita ser diagonal, pero sus autovalores debe ser elegido como un argumento de entrada.

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UPD: ok, lo siento, para una pregunta confusa. Voy a tratar de aclarar las cosas con un 2 $\times$ 2 caso especial. Se puede demostrar que un 2 $\times$ 2 matriz de la forma

$$ \mathbf{M} = \begin{vmatrix} a & \sigma - a \\ a - \lambda & \sigma - (a - \lambda) \\ \end{vmatrix} $$

tiene la misma fila de suma ($\sigma$) y un conjunto de autovalores $\{\lambda, \sigma\}$ para cualquier elección arbitraria de $a$. Ahora, debido a que todas las ecuaciones son escalares, es fácil encontrar limitaciones en $a$ $\lambda$ que va a resultar en una negativa $\mathbf{M}$ mediante la resolución de un sencillo sistema de desigualdades. El resultado es, por $\mathbf{M}$ a ser no negativo

$$ \begin{cases} \begin{align} 0 \le & a \le \sigma\\ \lambda \le & a \le \lambda + \sigma \\ -\sigma < &\lambda < \sigma \\ \end{align} \end{casos} $$

La pregunta original es un intento de generalizar este problema a $(n+1)\times(n+1)$ donde $a$ hace $\mathbf{A} \in \mathbb{R}^{n \times n}$ y así sucesivamente. Se puede ver que las ecuaciones para $\mathbf{b}$, $\mathbf{c}$ y $d$ en la primera sección del colapso posterior al escalar las ecuaciones de las entradas de $\mathbf{M}$ aquí al $n$ está configurado para 1.

Answer 1

Perdóname si yo me he entendido mal, pero parece que en los comentarios que usted está después de una matriz de ( $\mathbf{M}$ ) que tiene:

• algunos de los valores propios deseados
• la igualdad de fila suma.

Si son las únicas restricciones, considere la posibilidad de un cuadrado arbitraria diagonalizable la matriz, $\mathbf{M}$: $$\mathbf{M}=\mathbf{S}\mathbf{D}\mathbf{S}^{-1}.$$ Los vectores columna de a $\mathbf{S}$ son el derecho vectores propios de la matriz $\mathbf{M}$ $\mathbf{D}$ es la matriz diagonal que contiene los autovalores de a $\mathbf{M}$. Para la construcción de su $\mathbf{M}$ lo haría a continuación, basta con rellenar $\mathbf{D}$ con la deseada autovalores y, a continuación, para asegurar que la fila sumas de $\mathbf{M}$ son iguales, como usted señaló, que hacen a cada elemento de uno de los vectores columna de a $\mathbf{S}$ ( $E_1$ ) para ser igual a $1$, luego de llenar el resto de $\mathbf{S}$ sin embargo usted por favor, tan largo como $\text{det}[\mathbf{S}]\ne0$, y finalmente calcular la inversa de a $\mathbf{S}^{-1}$ y tiene su $\mathbf{M}$. La fila suma sería entonces igual a la autovalor ( $e_1$ ) corresponden a $E_1$ como puede observarse teniendo en cuenta que el lado derecho de: $$e_1E_1=\mathbf{M}E_1$$ gives a column vector containing the row sums and the left hand side is a column vector full of eigenvalue $e_1$.

Ejemplo:

Tome $\mathbf{D}$ como la matriz que contiene su conjunto dado de valores propios en la diagonal: $$\mathbf{D}= \left[ \begin {array}{ccc} \sigma&0&0\\ 0&1&0 \\ 0&0&2\end {array} \right], $$ a continuación, construir $\mathbf{S}$: $$\mathbf{S}= \left[ \begin {array}{ccc} 1&2&3\\ 1&3&4 \\ 1&4&6\end {array} \right],$$ a continuación, encontrar la inversa: $$ \mathbf{S}^{-1}=\left[ \begin {array}{ccc} 2&0&-1\\ -2&3&-1 \\ 1&-2&1\end {array} \right], $$ a continuación, construir $\mathbf{M}$: $$ \mathbf{M}=\mathbf{S}\mathbf{D}\mathbf{S}^{-1}=\left[ \begin {array}{ccc} 2\,\sigma+2&-6&-\sigma+4 \\ 2\,\sigma+2&-7&-\sigma+5\\ 2\ \sigma+4&-12&-\sigma+8\end {array} \right], $$ $$\text{row sum}=\sigma.$$

Estoy seguro de que esto no es lo que estamos pidiendo como no hice caso de la Sylvestre ecuación e.t.c, pero lo voy a publicar por si acaso. Me voy a borrar cuando se resalte mi ignorancia...

Answer 2

Esta no es una respuesta, sino más bien una simplificación del problema que no puede encajar en los comentarios.

Sin pérdida de generalidad, se puede asumir que el $A$ es diagonal. Por qué? Bien supongamos $A = U \Sigma U^T$ el (completo) SVD de a $A$. A continuación, podemos convertir el problema a una diagonal a través de la similitud de transformación, $$\begin{bmatrix} U^T \\ & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & b \\ c^T & d \end{bmatrix} \begin{bmatrix} U \\ & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \Sigma & U^T b \\ c^T U & d \end{bmatrix}.$$

Desde similitud transforma preservar autovalores y desde $b$ $c$ podría ser cualquier cosa, bien podría en lugar de calcular la necesaria $f,g$ en $$\begin{bmatrix} \Sigma & f \\ g^T & d \end{bmatrix}.$$