Demuestra que los valores propios de una matriz de bloques son los valores propios combinados de sus bloques

Question

Dejemos que $A$ sea una matriz triangular superior en bloque:

$$A = \begin{pmatrix} A_{1,1}&A_{1,2}\\ 0&A_{2,2} \end{pmatrix}$$

donde $A_{1,1} C^{p \times p}$ , $A_{2,2} C^{(n-p) \times (n-p)}$ . Demuestre que los valores propios de $A$ son los valores propios combinados de $A_{1,1}$ y $A_{2,2}$

Llevo una buena hora y media atascado mirando esto, así que cualquier ayuda sería muy apreciada. Gracias.

Answer 1

Dejemos que $A$ sea la matriz original de tamaño $n \times n$ . Una salida es utilizar la identidad. (Resultado del complemento de Schur) https://en.wikipedia.org/wiki/Schur_complement

$\det \left( \begin{matrix} B_{1,1}&B_{1,2}\\ B_{2,1 }&B_{2,2} \end{matrix} \right) = \det(B_{1,1}) \times \det(B_{22} - B_{21}B_{11}^{-1}B_{12})$ .

Sabemos que $\lambda$ es un número tal que $Ax = \lambda x$ . De lo cual obtenemos $\det(A-\lambda I_n) = 0$ .

En su caso, la matriz $A_{21}$ es una matriz cero y por lo tanto, obtenemos $\det(A-\lambda I_n) = \det \left( \left( \begin{matrix} A_{1,1}&A_{1,2}\\ 0&A_{2,2} \end{matrix}\right) - \lambda I_n \right) = \det \left( \begin{matrix} A_{1,1} - \lambda I_{k}&A_{1,2}\\ 0&A_{2,2} - \lambda I_{n-k} \end{matrix}\right)$

Por lo tanto, $\det(A-\lambda I_n) = \det(A_{1,1} - \lambda I_{k}) \times \det(A_{22} - \lambda I_{n-k})$ .

Así que conseguimos que si $\lambda$ es un valor propio de $A_{11}$ o $A_{22}$ Entonces, o bien $\det(A_{11}-\lambda I_k) = 0$ o $\det(A_{22}-\lambda I_{n-k}) = 0$ y por lo tanto $\det(A-\lambda I_n) = 0$ y por lo tanto $\lambda$ es un valor propio de $A$ .

Del mismo modo, si $\lambda$ es un valor propio de $A$ entonces $\det(A-\lambda I_n) = 0$ Entonces, o bien $\det(A_{11}-\lambda I_k) = 0$ o $\det(A_{22}-\lambda I_{n-k}) = 0$ y por lo tanto $\lambda$ es un valor propio de $A_{11}$ o $A_{22}$ .

Editar

En realidad hay un pequeño error en el argumento anterior.

Puede que te preguntes que si $\lambda$ es un valor propio de $A_{11}$ entonces $A_{11} - \lambda I_k$ no es invertible y, por tanto, la identidad $\det \left( \begin{matrix} B_{1,1}&B_{1,2}\\ B_{2,1 }&B_{2,2} \end{matrix} \right) = \det(B_{1,1}) \times \det(B_{22} - B_{21}B_{11}^{-1}B_{12})$ es falso ya que $B_{11}$ no es invertible.

Sin embargo, existe otra identidad $\det \left( \begin{matrix} B_{1,1}&B_{1,2}\\ 0&B_{2,2} \end{matrix} \right) = \det(B_{1,1}) \times \det(B_{22})$ que siempre es verdadera. (Demuestre ambas identidades como ejercicio).

Podemos utilizar esta identidad para obtener $\det(A-\lambda I_n) = \det(A_{1,1} - \lambda I_{k}) \times \det(A_{22} - \lambda I_{n-k})$ .

Answer 2

Una forma más sencilla es a partir de la definición. Es fácil demostrar que si $\lambda_1$ es un valor propio del bloque diagonal superior $A_{1,1}$ con el vector propio $p_1$ (tamaño $n_1$ ) entonces también es un valor propio de la matriz completa, con el mismo vector propio aumentado con ceros.

$A_{1,1} \; p_1 = \lambda_1 p_1$ con $p_1 \ne 0 $

Así que

$$ \left( \begin{matrix} A_{1,1}&A_{1,2} \\ 0 &A_{2,2} \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} p_1 \\ 0 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} A_{1,1} \; p_1 \\ 0 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} \lambda_1 p_1 \\ 0 \end{matrix} \right) = \lambda_1 \left( \begin{matrix} p_1 \\ 0 \end{matrix} \right) $$

Por lo tanto, si $\lambda$ es el valor propio de $A_{1,1}$ entonces también es un valor propio de $A$ . Hay $n_1$ (contando la multiplicidad) de tales valores propios. Lo mismo ocurre con el bloque diagonal inferior $A_{2,2}$ . Así que hemos encontrado el $n_1$ + $n_2 = n$ valores propios de la matriz completa. (¡Incorrecto! Esto sólo se aplica a la matriz diagonal en bloque - Se corrige a continuación)

Suposse ahora que $\lambda_2$ es el valor propio de $A_{2,2}$ con el vector propio $p_2$ .

Si $\lambda_2$ es también un valor propio de $A_{1,1}$ hemos demostrado anteriormente que también es un valor propio de $A$ . Entonces, supongamos que no es un valor propio de $A_{1,1}$ - por lo tanto $|A_{1,1} - \lambda_2 I|\ne 0$ . Ahora

$$\left( \begin{matrix} A_{1,1}&A_{1,2} \\ 0 &A_{2,2} \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} x \\ p_2 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} A_{1,1} x + A_{1,2} p_2 \\ \lambda_2 p_2 \end{matrix} \right) $$ Podemos hacer $ A_{1,1} x + A_{1,2} p_2 = \lambda_2 x$ eligiendo $x = - (A_{1,1} - \lambda_2 I)^{-1} A_{1,2} \; p_2$ y así encontramos un vector propio para $A$ con $\lambda_2$ como valor propio.

De este modo, demostramos que si $\lambda$ es el valor propio de $A_{1,1}$ o $A_{2,2}$ , entonces es un valor propio de $A$ .

Para completar la prueba, habría que demostrar lo contrario: que si $\lambda$ es el valor propio de $A$ entonces es el valor propio de $A_{1,1}$ o $A_{2,2}$ . Pero eso es fácil:

$$\left( \begin{matrix} A_{1,1}&A_{1,2} \\ 0 &A_{2,2} \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} x_1 \\ x_2 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} A_{1,1} \; x_1 + A_{1,2} \; x_2 \\ A_{2,2} \; x_2 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} \lambda \; x_1 \\ \lambda \; x_2 \end{matrix} \right) $$

Ahora, o bien $x_2 = 0$ o no. Si no, entonces $\lambda$ es el valor propio de $A_{2,2}$ . Si es así, es el valor propio de $A_{1,1}$ .

Answer 3

Para otro enfoque de una prueba se puede utilizar el Teorema del disco de Gershgorin (a veces Hirschhorn debido a las diferencias de pronunciación entre los alfabetos) para demostrar que los discos para las matrices individuales son los mismos que los discos para la matriz grande por lo que los conjuntos de posibles valores propios deben ser los mismos. Esto se debe a que la contribución radial a los discos es 0 en todas las entradas para el bloque inferior izquierdo ya que $|0| = 0$ y $0+0=0$ .