La matriz de la función converge, ¿y los valores?

Question

Supongamos que tengo una matriz de función $A(t)$ con $$\lVert A(t) - B\rVert \le ct^\alpha$$ in some matrix norm (this will work for any norm, I guess). So, in a sense $A(t)\rightarrow B$ for $t\rightarrow 0$ in $\mathcal{S}(t^\alpha)$. Plus, we have $a(0) = B$.

Sé que los autovalores de a $B$, pero no sé nada acerca de los valores propios de a $A(t)$. Además, $A(t)$ no tiene ningún tipo de estructura favorable, en particular, no hay simetría.

Así que, ¿qué se puede decir acerca de los valores propios de a $A(t)$? En particular:

• ¿Y el radio espectral de $\lambda_{A(t)}$? Hace converger a la radio espectral de $B$?
• Tenemos $\lambda_{A(t)}\rightarrow\lambda_B$ $t\rightarrow 0$ para todos los autovalores $\lambda_{A(t)}$$A(t)$?
• Y por último: es la velocidad de convergencia $\mathcal{O}(t^\alpha)$ el mismo para los autovalores/espectral de la radio como para la matriz de la función?

La última pregunta es en realidad el más importante. Si los autovalores de a $B$ son todos cero, los valores propios, así como el espectro de radio de $A(t)$ iría a cero, como se $\mathcal{O}(t^\alpha)$...

Se agradece cualquier ayuda, incl. las referencias a (estándar?) los libros de texto o artículos sobre este asunto. Tal vez hay un contraejemplo? Hasta ahora, en todos los ejemplos numéricos que he visto/hecho, todas las propiedades anteriores se apodera.

Edit: Para proporcionar un poco más de fondo: Las matrices $A(t)$ son matrices de iteración, que dependen de un tiempo-el tamaño de paso de $t$. No son feas, pero que muestra la convergencia de esta iteración ha demostrado ser bastante difícil. En el caso más simple, se ven como $$A(t) = (I-tQ_1)^{-1}(t(Q_2-Q_1)+B)$$ con la matriz de identidad $I$ y algunas matrices $Q_1,Q_2$, que no tienen ninguna estructura particular hemos sido capaces de explotar hasta el momento. Ahora, si puedo hacer que la conclusión sobre el espectro de radio como se describió anteriormente, puedo afirmar que el espectro de radio es menor que 1, es decir, la iteración converge, si el tiempo-el tamaño de paso de $t$ es lo suficientemente pequeño.

Edit: ¿ esta respuesta ayuda? También, esta pregunta podría estar relacionado con la teoría de la perturbación para el autovalor problemas (con la no-simétrica de las matrices, aunque, y $B$ no es diagonalizable).

Answer 1

Las piezas (1) y (2) -- Sí. Los coeficientes del polinomio característico son funciones continuas de $A(t)$ (son polinomios en las entradas de $A(t)$!) y las raíces de un polinomio son funciones continuas de los coeficientes.

La parte (3): Si $B$ no trivial Jordania bloques, este puede fallar. Por ejemplo, $$\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -t & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + O(t)$$ como $t \to 0$, pero los valores propios son $\pm \sqrt{t}$, que no es $O(t)$.

Creo que esto es cierto cuando se $B$ es diagonalizable. (Sé que es diagonalizable si $B$ tiene distintos valores propios, y voy a escribir hasta que el argumento de que si éste falla.)

Podemos muy bien suponer $B$ es diagonalized. Vamos a concentrarse en un determinado autovalor $\lambda$$B$, con multiplicidad $m$; podemos muy bien suponer $\lambda =0$. Por lo $B = \mathrm{diag}(0,0,\cdots,0, \lambda_2, \lambda_3, ..., \lambda_k)$ $m$ ceros.

Supongamos que $B-A(t)$$O(t^a)$. Explícitamente expandiendo el determinante, el coeficiente de $x^k$$\det(x \mathrm{Id} - B)$$O(t^{a(m-k)})$$k < m$, y el coeficiente de $x^m$ no va a la $0$$t \to 0$. Así el polígono de Newton del polinomio característico pasa a través de $(m,0)$ y se mantiene por encima de la línea de$(m,0)$$(0,ma)$. Esto muestra que la parte inferior $m$ raíces del polinomio característico se desvanecen en la tasa de $O(t^a)$ o más rápido como $t \to 0$ (y los de otras raíces no desaparecen.)

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Se me ocurre que vale la pena dibujar el argumento para el método de Newton polígono reclamación directamente, por lo que se puede ver cómo de sencillo es, sin el aprendizaje de todo el polígono de Newton de la tecnología. Aquí es lo que estoy afirmando:

Lema Fix $C>0$. Luego hay un $D>0$ de manera tal que, si $f(u,z) = \sum_i f_i(u) z^i$ es holomorphic en $z$ sobre el disco de radio $1$, con $$|f_i(u)/f_m(u)| < \begin{cases} C u^{m-i} & i < m \\ C & i > m \end{cases}$$ a continuación, $f(u, \ )$ $m$ raíces en el disco de radio $D u$ para todos lo suficientemente pequeño $u$.

Prueba de croquis Considerar $\oint \tfrac{f'}{f} dz$ donde la integral es de alrededor de la circunferencia de radio $Du$. Escribir $f = f_m(u) z^m (1+\mbox{other terms})$$f' = m f_m(u) z^{m-1} (1+\mbox{other terms})$, por lo que la integral es $\oint m \tfrac{dz}{z} + \mbox{other terms}$. Usar las condiciones anteriores para acotar los otros términos.

Answer 2

Esta no es la respuesta. Tratando de hacer observaciones. Tenga en cuenta que cuando se $t$ es muy cercano a cero, se tiene $$(I-tQ_1)^{-1}=I+tQ_1+t^2Q_1^2+\dots$$ Let $C=Q_2-Q1$. Then $$A(t) =(tI+t^2Q_1+t^3Q_1^2+..)C~+~(I+tQ_1+t^2Q_1^2+\dots)B$$ Now, let's look at the matrix $(I-tQ_1)^{-1}$. Let $Q_1 = T\Lambda T^{-1}$ for some invertible matrix $T$. Thus, if $\lambda_i(Q_1)$ is the $i^{th}$ eigenvalue of $Q_1$. Then we have $$\lambda_i((I-tQ_1)^{-1})=1+\lambda_it+\lambda_i^2t^2+\dots$$ Francamente, no sé a qué conclusiones se pueden extraer de ellos. Espero que sea de ayuda para usted o cualquier otra persona tratando de responder a estas de alguna manera.