¿Cuándo el valor propio dominante de esta matriz es mayor que uno?

Question

Así que estoy tratando de averiguar cuando esta matriz

$\left[\begin{matrix} a_1 & 0 & b \\ a_2 & a_3 & 0 \\ a_4 & a_5 & a_6 \end{matrix}\right]$

$b, a_i\geq0$ para todos $i$ y $a_1,a_3,a_6\leq1$ ,

tiene un valor propio dominante menor que uno y cuando tiene un valor propio dominante mayor que uno. He intentado calcular el valor propio, explícitamente, lo cual es un lío, pero esperaba que hubiera alguna manera de aprovechar las restricciones, para responder a esta pregunta específica. Considere el caso en el que $b=0$ (por intuición), esto llevaría a un valor propio dominante menor que uno si ninguna de las entradas diagonales es exactamente uno. Intuitivamente $b$ debe ser lo suficientemente grande como para compensar esto.

El Teorema de Perron Frobenius nos da algunas condiciones, a saber, si todas las sumas de las columnas o filas son mayores que uno el valor propio dominante será mayor que uno y si todas son menores que uno el valor propio dominante será menor que uno. Pero estoy buscando algo un poco más fuerte.

Creo que si $a_2a_5b>1$ entonces el valor propio sería mayor que uno (pensando en el número de partículas que se mueven del estado 1->2->3 y luego de vuelta a 1 de nuevo recogiendo masa en el camino, en promedio.

Answer 1

Se puede utilizar el teorema del círculo de Gerschgorin para obtener una estimación sencilla: para que el valor propio dominante sea menor que $1$ es suficiente con tener $a_1 + b < 1$ , $a_3 + a_2 < 1$ , $a_4 + a_5 + a_6 < 1$ . Esto es, por supuesto, insatisfactorio: si $a_1,a_3,a_6<1$ aunque $a_2,a_4,a_5>1$ el valor propio dominante seguirá siendo inferior a $1$ para lo suficientemente pequeño $b$ .

Otra idea es estimar los valores propios utilizando el teorema de la función implícita aplicado al polinomio característico, donde el "punto base" son los valores propios para $b=0$ que ya conoces.

Edición: aclaración de la descripción del teorema de la función implícita. Arreglar el $a_i$ , pero deja que $b$ variar. Entonces tienes tres funciones implícitas $\lambda_i$ definido por $p(\lambda_i(b),b)=0$ donde para cada $b$ , $x \mapsto p(x,b)$ es el polinomio característico de su matriz y $\lambda_1(0)=a_1$ , $\lambda_2(0)=a_3$ , $\lambda_3(0)=a_6$ . Puedes encontrar las derivadas con el teorema de la función implícita, siendo el resultado:

$$\frac{d \lambda_i}{db} = -\frac{\frac{\partial p}{\partial b}}{\frac{\partial p}{\partial \lambda_i}}$$

Tenga en cuenta que esto falla si alguno de los $a_1,a_3,a_6$ son iguales (porque la derivada en el denominador se convierte en $0$ ).

Edición 2: Haciendo los detalles de este argumento del teorema de la función implícita. Tenemos

\begin{eqnarray*} p(x,b) & = & (a_1-x)(x-a_3)(x-a_6) + b (a_2 a_5 - a_3 a_4 + a_4 x) \\ \frac{\partial p}{\partial b} & = & a_2 a_5 - a_3 a_4 + a_4 x \\ \frac{\partial p}{\partial x} & = & -(x-a_3)(x-a_6) + (a_1-x)(x-a_6) + (a_1-x)(x-a_3) + b a_4 \end{eqnarray*}

(La primera línea se obtiene por expansión de cofactores a través de la primera fila, aunque he utilizado Mathematica). Esto parece peor de lo que es: para $b=0$ y $x=a_1,a_3,a_6$ sólo sobrevive un término en el denominador. El caso más fácil:

$$\frac{d \lambda_2}{d b} = \frac{a_2 a_5}{(a_3-a_1)(a_3-a_6)}$$

Así que:

$$\lambda_2(b) = a_3 + \frac{a_2 a_5 b}{(a_3 - a_1)(a_3 - a_6)} + O(b^2)$$

como $b \to 0$ .

Pruebas: si $a_1=a_2=a_4=a_5=1$ , $a_3=2$ , $a_6=3$ , $b=0.1$ obtenemos $\lambda_2 \approx 1.908$ . El teorema de la función implícita predice $\lambda_2 \approx 1.9$ .

Answer 2

Tal vez el Teorema de Perron-Frobenius pueda ayudar ya un poco $$A = \left[\begin{matrix} a_1 & 0 & b \\ a_2 & a_3 & 0 \\ a_4 & a_5 & a_6 \end{matrix}\right],$$ es irreducible Por ejemplo, si $0<a_i,b,$ entonces $A^2 > 0$ y por lo tanto $A$ es irreducible. Entonces sabemos que existe $v_1,v_2,v_3> 0$ tal que $v=(v_1,v_2,v_3)$ tiene norma $1$ y $Av = \lambda v$ donde $\lambda$ es el valor propio dominante. Entonces, en particular, tenemos $(Av)_i/v_i = \lambda$ (esto es un Tipo de relación Collatz-Wielandt ). Introduzcamos todo esto en un pequeño y bonito sistema $$\left\{\begin{array}{rclc} a_1+b\frac{v_3}{v_1} &=& \lambda & \quad (1) \\ a_2\frac{v_1}{v_2} + a_3 &=& \lambda & \quad (2) \\ \frac{a_4v_1 + a_5v_2}{v_3} +a_6&=& \lambda & \quad (3)\end{array}\right.$$ Desde $(2)$ podemos observar que $$v_1 = \left(\frac{\lambda-a_3}{a_2}\right)v_2,$$ esto junto con $(1)$ muestra $$v_3 = \left(\frac{\lambda-a_1}{b}\right)v_1= \left(\frac{\lambda-a_1}{b}\right) \left(\frac{\lambda-a_3}{a_2}\right)v_2$$ Ahora, conéctalo $(3)$ para encontrar $$\dfrac{a_4\left(\dfrac{\lambda-a_3}{a_2}\right)v_2 + a_5v_2}{\left(\dfrac{\lambda-a_1}{b}\right)\left(\dfrac{\lambda-a_3}{a_2}\right)v_2}+ a_6 = \lambda $$ ahora simplificar $v_2$ y multiplicar por $\left(\frac{\lambda-a_1}{b}\right)\left(\frac{\lambda-a_3}{a_2}\right)$ para conseguir $$ a_5 + \left(a_4+(a_6-\lambda)\left(\frac{\lambda-a_1}{b}\right)\right)\left(\frac{\lambda-a_3}{a_2}\right) =0$$ Se trata de un polinomio de tercer grado cuyas raíces deberían poder encontrarse.