Valor propio más pequeño de un tipo de matrices irreducibles con perturbación diagonal

Question

Dejemos que $A=[a_{ij}]\in\mathbb{R}^{n\times n}$ sea una matriz irreducible tal que $a_{ii}=\sum\limits_{j=1,j\ne i}^n |a_{ij}|$ para todos $i=\{1,2,\ldots,n\}$ y $a_{ij} \in \{0,-1\}$ para todos $i\ne j$ . Obsérvese que el valor propio de $A$ es no negativo.

Entonces, denotemos una matriz diagonal con una sola entrada diagonal no nula como $$\Delta=diag\{0,\ldots,0,\varepsilon,0,\ldots,0\}\in\mathbb{R}^{n\times n}$$ donde $\varepsilon < 0.$

Entonces, ¿podemos demostrar que el menor valor propio de $A+\Delta$ ¿es negativo?

Answer 1

EDITAR. La respuesta es SÍ.

Desde $A$ es irreducible, cada $a_{i,i}$ es $>0$ y $u=\max (a_{i,i})>0$ . Tenga en cuenta que si $\lambda\in spectrum(A)$ entonces $\lambda$ está en el disco cerrado $D(u,u)$ . En particular, si $\lambda\not= 0$ entonces $0< Re(\lambda)\leq 2u$ .

Dejemos que $\epsilon >0$ , $\Delta=\epsilon E_{i,i}$ . Entonces $B=-A+uI$ es irreducible no negativo y $\rho(B)=u$ , un límite alcanzado por el valor propio $u$ (de hecho, los valores propios de $B$ están en $D(0,u)$ ). Además, $u$ es un valor propio simple (Perron-Frobenius).

$B+\Delta=-(A-\Delta)+uI\geq B$ implica que $\rho(B+\Delta)\geq \rho(B)$ . Supongamos que $\rho(B+\Delta)=\rho(B)$ Según Wielandt, por cada $j$ , $(B+\Delta)_{j,j}$ y $B_{j,j}$ deben tener el mismo módulo, lo que es falso para $(i,i)$ Entonces $\rho(B+\Delta)>\rho(B)=u$ y $\rho(B+\Delta)$ es alcanzado por un $>0$ valor propio $u+\tau$ . Finalmente $A-\Delta$ admite $-\tau<0$ como valor propio y hemos terminado.