Demostrar que si A es una matriz M entonces A es también una matriz P

Question

$A \in \mathbb{R}^{n \times n}$ es un $P$ -si todos sus menores principales son positivos.

Dejemos que $I$ sea la matriz de identidad de rango $n$ . $A \in \mathbb{R}^{n \times n}$ es un no-singular $M$ -matriz si $A=I-B$ donde $B \in \mathbb{R}^{n \times n}$ sólo tiene entradas no negativas y el mayor valor propio de $B$ (o máximo de módulos) es estrictamente menor que uno.

Reclamación $1$ : Nonsingular $M$ -son una subclase de $P$ -matrices.

Estoy tratando de probar la afirmación $1$ . Si llamamos $\mathbb{M}$ el conjunto de los no singulares $M$ -matrices y $\mathbb{P}$ el conjunto de $P$ -entonces la demostración de la afirmación anterior se reduce a tomar un elemento (cualquiera) del conjunto $\mathbb{M}$ y mostrando que este elemento también pertenece a $\mathbb{P}$ .

Parece largo pero factible para $n=2$ . Supongamos que $A=I-B \in \mathbb{M}$ . Tome una matriz $B$ con entradas no negativas $b_{11}=a$ , $b_{12}=b$ , $b_{21}=c$ , $b_{22}=d$ . Calculamos el mayor valor propio de $B$ (caso en el que $\Delta$ es cero o estrictamente positivo da 6 casos diferentes a considerar). Por ejemplo, para el caso $\Delta =0$ con $a=d$ y $b=c=0$ obtenemos $$\lambda_1=\lambda_2 = \frac{a+d}{2}$$ Desde $A$ está en $\mathbb{M}$ tenemos la condición: $$ a < 1$$ Para que A también esté en $\mathbb{P}$ se debe cumplir lo siguiente: $$ (1 - a)(1 -d) - bc \geq 0$$ $$\Leftrightarrow (1-a)^2 \geq 0$$ que siempre es cierto. Los demás casos se alargan y se complican. Entonces suponer que la hipótesis se cumple para n y demostrarlo para n+1 parece también largo.

¿alguna sugerencia de una forma directa de probar la reclamación?

También para $n=2$ podemos tomar $A \in \mathbb{P}$ y supongamos que $A \not \in \mathbb{M}$ . Obtenemos una contradicción directamente para el caso $a=d$ y $b=c=0$ (y con más esfuerzo lo comprobamos para los otros casos)...

Gracias

Answer 1

Su definición de matriz M es algo diferente a la habitual. Normalmente, $A$ es una matriz M si $A=\sigma I-B$ , donde $B\geq 0$ (por componentes) y $\sigma>\rho(B)$ . De todos modos, se puede suponer, por supuesto, que $\sigma=1$ sin pérdida de generalidad. Así que vamos a suponerlo.

Desde $\rho(B)<1$ y $B\geq 0$ tenemos $$ A^{-1}=(I-B)^{-1}=\sum_{i=0}^\infty B^i\geq 0. $$

Algunas observaciones son útiles:

• $A$ tiene una diagonal positiva. Esto se debe a que el producto punto de los $i$ La fila de $A^{-1}$ (que es un vector no negativo no nulo) con el $i$ columna de $A$ (que tiene entradas no positivas fuera de la diagonal) es uno, por lo que $$ \underbrace{\color{blue}{a_{ii}^{(-1)}}}_{\color{blue}{\geq 0}}a_{ii}=1-\underbrace{\color{red}{\sum_{j\neq i}a^{(-1)}_{ij}a_{ij}}}_{\color{red}{\leq 0}}>0. $$ Por lo tanto, $a_{ii}^{(-1)}$ no puede ser cero (y es positivo) y $a_{ii}$ también es positivo.

• Dejemos que $x=A^{-1}e$ , donde $e:=[1,\ldots,1]^T$ . Desde $e>0$ y $A^{-1}\geq 0$ tenemos $x\geq 0$ . Si algún componente, por ejemplo, $x_i=e_i^Tx$ ( $e_i$ es el $i$ columna de la matriz identidad) sería cero, tendríamos $0=x_i=e_i^Tx=e_i^TA^{-1}e=(e_i^TA^{-1})e=0$ lo que implicaría que el $i$ La fila de $A^{-1}$ es cero (contradicción). Por lo tanto, en realidad, $x>0$ .

• Dejemos que $D:=\mathrm{diag}(x)$ (una matriz diagonal definida positiva con $x$ en la diagonal). Entonces $ADe=Ax=e>0$ es decir, el sumas de filas de $AD$ son positivos .

Dado que las sumas de las filas de $AD$ son positivos y $AD$ tiene diagonal positiva, por el teorema de Gershgorin, las partes reales de los valores propios de $AD$ son positivos y por lo tanto $\det(AD)>0$ . Desde $D$ es positiva definida, esto da $\det(A)=\det(AD)\det(D^{-1})>0$ .

Ahora, para traducir esto a la declaración sobre todos los menores , tenga en cuenta que $\det(A)>0$ se deduce de la dominancia diagonal estricta de $AD$ . Por lo tanto, tome cualquier submatriz principal de $AD$ y como esta submatriz tendrá menos entradas negativas fuera de la diagonal, sus sumas de filas deben ser positivas también.

Answer 2

Posible respuesta creo que utilizando el siguiente teorema:

Teorema $1$ : Supongamos que $A$ es una matriz cuadrada y $\lambda$ es un valor propio de $A$ . Sea $q(x)$ sea un polinomio en la variable $x$ . Entonces $q(\lambda)$ es un valor propio de la matriz $q(A)$ .

Prueba: http://linear.ups.edu/html/section-PEE.html

reclamo: si $A=I-B$ es un no-singular $M$ - $matrix$ entonces $A=I-B$ es un $P$ - $matrix$ .

prueba: Se trata de demostrar que cuando $A$ es un $M$ - $matrix$ entonces $A$ es positiva (semi) definida (lo mismo que tener menores principales (estrictamente) positivos).

suponga que $\lambda$ es un valor propio de $B$ y el mayor valor propio de $B$ es estrictamente menor que 1.

Utilizando el teorema $1$ , $$q(B) = I - B$$ Tenemos $q(\lambda) = 1 - \lambda $ un valor propio de $q(B)$ . Desde $q(B)=I - B =A$ se deduce que $1 - \lambda $ es un valor propio de $A$ . Para $A$ para que sea positiva definida necesitamos $$ 1 - \lambda > 0 $$ Esta condición se cumple ya que suponemos que el mayor valor propio de $B$ es estrictamente menor que 1.