Para una matriz simétrica definida positiva, ¿por qué cada elemento diagonal supera el valor propio pequeño?

Question

En el libro de PDE que estoy leyendo. Se daba por sentado, $A$ es positivo y simétrico

$a_{11}\geq \lambda$ donde $\lambda$ es el valor propio más pequeño. (Inicialmente escribí $>$ pero eso fue un error)

He conseguido demostrar que este es el caso de $2\times 2$ matriz. ¿por qué es esto cierto para un $n\times n$ ¿Matriz?

Prueba para $2\times2$ matrices:

Dejemos que $\Lambda$ denota el valor propio mayor. WLOG $a_{11}\geq a_{22}$ el determinante de la matriz es $a_{11}a_{22}-a_{12}^2>0$ Esto obliga a $a_{11}a_{22}>0$ . Además por la regla de la traza $\lambda+\Lambda = a_{11}+a_{22}>0$ Así que

$\lambda\Lambda\leq a_{11}a_{22}$ y $\lambda+\Lambda=a_{11}+a_{22}$

elevando al cuadrado la segunda relación y restando la primera dos veces, llegamos a

$$(\Lambda-\lambda)^2\geq (a_{11}-a_{22})^2$$ lo que implica

$$\Lambda -\lambda \geq a_{11}-a_{22}$$

desde $\Lambda +\lambda =a_{11}+a_{22}$ Debemos tener $\Lambda\geq a_{11}\geq a_{22}\geq \lambda$ .

No veo cómo extender este resultado para dimensiones superiores, esencialmente porque he utilizado 2 condiciones y no es suficiente para resolver este problema en dimensiones superiores.

Answer 1

Es porque $A - \lambda I$ sigue siendo semidefinido positivo, por lo que todas sus entradas diagonales principales son no negativas.

(Se pide un detalle adicional: supongo que se trata de matrices reales. Una matriz simétrica real tiene una base ortonormal de vectores propios, digamos $\{ v_{1},v_{2}, \ldots,v_{n}\},$ decir con $Av_{i} = \beta_{i}v_{i}$ para cada $i$ ( el $\beta_{i}$ son reales y positivos, pero no tienen por qué ser distintos). Ahora, si elegimos un vector $v,$ y escribir $v = \sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}v_{i},$ entonces vemos que $\langle Av, v \rangle = \sum_{i=1}^{n}\beta_{i}|\alpha_{i}|^{2} \geq \lambda \langle v,v \rangle$ como $\langle v,v \rangle = \sum_{i=1}^{n}|\alpha_{i}|^{2}$ y $\beta_{i} \geq \lambda$ para cada $i.$ Por lo tanto, $\langle (A-\lambda I)v,v \rangle \geq 0.$ Por lo tanto, $A- \lambda I$ es semidefinido positivo, ya que $v$ era arbitraria.

Ahora la entrada $b_{ii}$ de una matriz simétrica $B$ puede interpretarse como $\langle Bu_{i}, u_{i} \rangle$ , donde $\{u_{i} : 1 \leq i \leq n \}$ es la base estándar (ortonormal) de $\mathbb{R}^{n}$ , vistos como vectores columna bajo el producto $\langle x, y \rangle = x^{t}y.$ Si $B$ es semidefinido positivo, éste es siempre no negativo. Así que aplicamos esto a $A - \lambda I).$

Answer 2

La desigualdad estricta es errónea. Contraejemplo: $\begin{bmatrix} 1\end{bmatrix}$ .

Una exageración es utilizar Teorema del entrelazamiento de Cauchy con $m=1$ que te dice que dada una matriz hermitiana $A\in \mathcal M_{n\times n}(\mathbb C)$ , donde

$$A=\begin{bmatrix} a_{11} & \ldots & a_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\a_{n1 } & \ldots & a_{nn}\end{bmatrix},$$ los valores propios $\alpha _1, \ldots ,\alpha _n$ de $A$ (con $\alpha _1 \leq \ldots \leq \alpha _n$ ) son tales que $\alpha _1 \leq a_{11}\leq \alpha _n$ .

Se puede encontrar una versión más pictórica del teorema en la obra de Meyer Análisis matricial y álgebra lineal aplicada . Dejo a continuación la parte correspondiente del libro.

Para utilizar esta versión del teorema hay que aplicarla de forma iterativa a las submatrices principales de $A$ de pedidos más pequeños hasta llegar al $1\times 1$ caso.

Se puede encontrar una prueba alternativa de este resultado aquí .

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Como Geoff Robinson dice en su respuesta basta con observar que $A-\lambda I$ es semidefinido positivo. Esto es una consecuencia del hecho de que $A-\lambda I$ sigue siendo hermitiana y en general los valores propios de $M+\mu I$ son los valores propios de $M$ sumado con $\mu$ .