$A$ es una matriz simétrica y definida positiva. $S$ es una matriz diagonal con elementos iguales a 1 o 0. $I$ es una matriz de identidad.
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a_student
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Sea $$A = \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\... \\a_n \end{pmatrix}$$ sea una matriz simétrica positiva definida, y sea $S$ sea diagonal, tal que $S_{ii} =1$ para $i \in \{j_1,...,j_k\}$ y $0$ si no. Obsérvese que entonces tenemos $$(AS)^T = SA= \begin{pmatrix} \hat{a}_1 \\ \hat{a}_2 \\... \\\hat{a}_n \end{pmatrix},$$ donde $\hat{a}_i = a_i$ si $i \in \{j_1,...,j_k\}$ y una fila de ceros en los demás casos. Así, como $$(AS + I-S)^T = SA + I-S = \begin{pmatrix} a^*_1 \\ a^*_2 \\... \\ a^*_n \end{pmatrix},$$ donde $a^*_i=a_i$ si $i \in \{j_1,...,j_k\}$ y $a^*_i = e_i$ si no. Es decir, por ejemplo nuestra matriz tiene este aspecto
$$SA+ I-S = \begin{pmatrix} & & & a_1 & & & \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ & & & a_4 & & & \\ & & & ... \end{pmatrix}.$$
Esta estructura nos revela entonces cómo tiene que ser necesariamente cualquier vector propio de esta matriz: consideremos cualquier vector $v$ y, por ejemplo $j_1$ . Entonces $$((SA+ I-S)v)_{j_1} = v_{j_1}.$$
Por lo tanto, sólo hay dos posibilidades para $v$ sea un vector propio:
Cualquiera, $v$ es un vector propio del valor propio $1$ o $v$ es tal que $v_{j_1} = 0$ (siendo esta última sólo necesaria, pero no suficiente).
Pero, por supuesto, esta última condición tiene que cumplirse para todos los $j_l$ . Esto haría que $v_{j_1}$ también un vector propio de la matriz
$$B = \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ ... \\ b_n \end{pmatrix},$$
con $b_i = a^*_i - \sum_l e_{j_l} a^*_{ij_l},$ es decir, fijamos todas las columnas en las que hemos sustituido la diagonal por una $1$ vía $S$ a cero. Así se obtiene una matriz que, por ejemplo, tiene el siguiente aspecto
$$ \begin{pmatrix} a_{11} & 0 & 0 & a_{14} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 &0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 &0 & 0 \\ a_{41} & 0 & 0 & a_{44} & 0 & 0 \\ ... \end{pmatrix}.$$
Pero entonces, encontramos que por transformadas de similitud, que esta matriz tiene los mismos valores propios distintos de cero que una submatriz simétrica de la original $A$ , $$C_{mn} | m,n \notin \{j_1,...,j_k\}.$$
Es fácil ver que este $n-k$ también es definida positiva, por lo que tiene valores propios reales positivos.
Por tanto, podemos concluir que $v$ es un vector propio con valor propio $1$ o es un vector propio de un valor propio de $C$ . Por tanto, la respuesta a su pregunta es afirmativa.
GmonC
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114
Es evidente que el significado de la afirmación no cambia si se aplica, tanto a $A$ y $S$ un cambio de base que permuta los vectores de la base estándar. Podemos entonces suponer sin pérdida de generalidad que $S$ es débilmente creciente: todas las entradas $0$ venir antes que todas las entradas $1$ .
Asumiendo esto, $AS+(I-S)$ se obtiene a partir de $A$ sustituyendo algunos $d$ por las columnas correspondientes de la matriz identidad $~I_n$ . El resultado es una matriz triangular superior de bloques cuyo primero de los dos bloques diagonales es una matriz de identidad $I_d$ y el segundo bloque es el inferior derecho $(n-d)\times(n-d)$ subbloque cuadrado de $A$ . Esta última matriz, llámese $P$ es simétrica y definida positiva porque $A$ es (es la matriz de la restricción a un subespacio de la forma cuadrática definida positiva que $A$ representa), por lo que es diagonalizable con valores propios reales estrictamente positivos. El polinomio característico de $AS+(I-S)$ es el producto de los polinomios característicos de sus bloques diagonales $I_d$ y $P$ que es $(X-1)^d\chi_P$ un polinomio cuyas raíces son todas reales y estrictamente positivas.
Así que todos los valores propios son reales; ¿su $10000000$ revelan alguna vez una parte imaginaria distinta de cero para un valor propio?
Ver también esta pregunta reciente .
Para responder a una pregunta en los comentarios más abajo, la condición que $A$ ser simétrica y definida positiva es obviamente necesario; no basta con tener valores propios con partes reales positivas. Ni siquiera basta con que sea diagonalizable con valores propios reales positivos. He aquí cómo construir fácilmente una $2\times2$ contraejemplo. Queremos que la parte inferior derecha $1\times1$ bloque de $A$ para tener un valor propio no positivo, por lo que tener que ser $(-1)$ lo hará. Ahora queremos que todos $A$ para tener valores propios positivos, digamos $2$ y $3$ . Eso significa que el rastro de $A$ (suma de sus valores propios) debe ser $2+3=5$ por lo que la entrada superior izquierda debe ser $6$ . También el determinante de $A$ (producto de sus valores propios) debe ser $2\times3=6$ ), por lo que el producto de las dos entradas restantes debe ser $-6+6\times-1=-12$ . Tomándolos por $-3$ y $4$ obtenemos el contraejemplo $$ A=\pmatrix{6&-3\\4&-1} ,\quad S=\pmatrix{0&0\\0&1} ,\qquad AS+(I-S) = \pmatrix{1&-3\\0&-1}. $$ Como se ha dicho $A$ tiene valores propios $2$ y $3$ mientras que $AS+(I-S)$ tiene valores propios $-1$ y $1$ .
