Demuestre que el valor propio más pequeño es estrictamente positivo.

Question

Tengo un $2\times 2$ matriz real, simétrica y definida positiva $B_{x,n}$ que depende de un punto $x\in[0,1]$ y $n\in\mathbb{R}$ . Quiero demostrar que para un tamaño suficientemente grande $n$ el valor propio más pequeño de $B_{x,n}$ es estrictamente positivo de manera uniforme en $x$ .

Para ello, he conseguido demostrar que $B_{x,n}\to B$ como $n\to\infty$ con $B$ positiva definida (y por tanto, sólo tiene valores propios positivos estrictos).

Se sabe que el valor propio más pequeño es igual a la solución $\inf_{\lVert z \rVert=1}z'B_{x,n}z$ . A continuación, para cada uno de los valores no nulos $z\in\mathbb{R}^2$ , $z'B_{x,n}z\to z'Bz>0$ . Sin embargo, creo que el resultado deseado sólo se puede mostrar si $z'B_{x,n}z\to z'Bz>0$ uniformemente en $\{z:\lVert z\rVert=1\}$ . ¿Está bien?

¿Puede darme sugerencias?

Este es el Lemma 1.5 de Tsybakov Introducción a la estimación no paramétrica Por cierto.

Answer 1

Desde $B$ es positiva definida entonces $\det(B)>0$ y $\operatorname{tr}(B)>0$ .

Dado que el determinante y la traza son funciones continuas y $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}B_{x,n}=B$ entonces $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}\det(B_{x,n})=\det(B)$ y $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}\operatorname{tr}(B_{x,n})=\operatorname{tr}(B)$ .

Así que hay $N$ de manera que si $n>N$ entonces $\det(B_{x,n})>\frac{1}{2}\det(B)>0$ y $\operatorname{tr}(B_{x,n})>\frac{1}{2}\operatorname{tr}(B)>0$ .

Por lo tanto, el producto y la suma de los dos valores propios de $B_{x,n}$ son positivos para $n>N$ . Así que los valores propios son positivos para $n>N$ .