Sulle matrici positive (easy version of Frobenius-Perron Theorem)

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Sulle matrici positive (easy version of Frobenius-Perron Theorem)

Messaggioda pic il lun 6 ago 2012, 10:14

Diciamo che una matrice e' positiva (non-negativa) se lo sono tutte le sue entrate; lo stesso dicasi per un vettore.

1. (Easy) Provare che un autovettore non-negativo di una matrice positiva e' positivo.
2. Provare che, se A e' positiva ed e' anche simmetrica definita positiva, il piu' grande autovalore ha dimensione geometrica 1 ed un autovettore positivo.



EDIT: editato il titolo dopo segnalazione di Salvo
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Messaggioda salvo.tringali il lun 6 ago 2012, 10:37

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Messaggioda pic il lun 6 ago 2012, 10:51

Esattamente. Ma mi pare che F-P sia piu' generale (e difficile!). Io chiedo una dimostrazione breve di quel fatto, che usi essenzialmente solo il punto 1.
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Messaggioda salvo.tringali il lun 6 ago 2012, 12:13

Devo essere sincero: non avevo fatto molto caso all'ipotesi che A fosse pure simmetrica e definita positiva. Allora sì, è plausibile che possa esistere una dimostrazione diretta.
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Messaggioda salvo.tringali il lun 6 ago 2012, 13:24

pic ha scritto:Diciamo che una matrice e' positiva (non-negativa) se lo sono tutte le sue entrate; lo stesso dicasi per un vettore. 1. (Easy) Provare che un autovettore non-negativo di una matrice positiva e' positivo.

Più in generale, siano \mathfrak A = (A, +, \cdot, 0, \preceq) un semianello totalmente ordinato privo di divisori dello zero. Wlog, si può assumere 0 \preceq a per ogni a \in A (come mi faceva osservare Carlein, giorni fa, benché nel caso di semianelli strettamente totalmente ordinati, che sono, in quanto tali, necessariamente privi di divisori dello zero). Su questo presupposto, sia \mathfrak A^+ l'insieme degli elementi positivi di \mathfrak A. Siano, quindi, n \in \mathbb N^+, M = (a_{i,j})_{i,j=1}^n una quadrice quadrata a ingressi in \mathfrak A^+, e v = (v_1, v_2, \ldots, v_n)^\top un vettore non nullo di \mathfrak A^n per cui esista \lambda \in \mathfrak A tale che Mv = \lambda v (quella \top indica una trasposizione, ovvero assumo che i vettori siano organizzati in colonne).

Claim: v_i \in \mathfrak A^+ per ogni i.

Proof. Se fosse v_i = 0 per qualche i, ne risulterebbe che \sum_{j=1}^n a_{i,j} v_j = 0, che è assurdo poiché v non è identicamente nullo, 0 \preceq v_j e 0 \prec a_{i,j} per ogni j, e \mathfrak A è totalmente ordinato e privo di divisori dello zero, dimodoché 0 \prec \sum_{j=1}^n a_{i,j} v_j. []
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Messaggioda pic il lun 6 ago 2012, 14:46

Bene, ora avanti col punto 2, che' poi ho un punto 3 semi-impossibile (che non ho idea di come fare..)
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Messaggioda salvo.tringali il lun 6 ago 2012, 19:49

D'accordo. Ma cosa ci impedisce, adesso, di imitare la nostra dimostrazione preferita del teorema di Frobenius-Perron sfruttando il fatto che, trattandosi di matrici simmetriche e definitive definite positive, gli autovalori sono tutti reali e positivi (sicché un po' di fatti altrimenti problematici da verificare ci vengono garantiti da alcuni fatti risultati basilari di algebra lineare)?
Ultima modifica di salvo.tringali il lun 6 ago 2012, 21:59, modificato 1 volta in totale.
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Messaggioda pic il lun 6 ago 2012, 20:21

salvo.tringali ha scritto:D'accordo. Ma cosa ci impedisce, adesso, di imitare la nostra dimostrazione preferita del teorema di Frobenius-Perron sfruttando il fatto che, trattandosi di matrici simmetriche e definitive positive, gli autovalori sono tutti reali e positivi (sicché un po' di fatti altrimenti problematici da verificare ci vengono garantiti da alcuni fatti basilari di algebra lineare)?

Nulla, per carita'. Solo che io non ho mai letto una dimostrazione di F-P e per quello avevo pensato al mio come un problema a se'. Siccome la soluzione era molto breve ho pensato di postarlo.

Il terzo punto, poi, parlerebbe del secondo autovalore. Vorremmo dimostrare che questo ha* dimensione geometrica 1 ed un autovettore v=(v_1,\ldots v_n) tale che sign(v_iv_{i+1})=-1 per esattamente un i. Aggiungiamo pero' le seguenti condizioni:

a_{ii}=1 per ogni i
a_{i,j}\geq a_{i,j+1} per j\ge i, a_{i,j}\leq a_{i,j+1} per j+1\le i (edit: in pratica le entrate diminuiscono se ci allontaniamo dalla diagonale)
a_{i,j}\leq a_{i+1,j+1} per ogni i,j=1\ldots, n-1 (le entrate aumentano muovendosi a sud-est)

* La parte tagliata non e' vera come mi fa notare salvo
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Perron-Frobenius?!?!

Messaggioda killing_buddha il mar 7 ago 2012, 8:29

Forse vi interessera' questa istanza di PF.
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Messaggioda salvo.tringali il mar 7 ago 2012, 18:27

pic ha scritto:Il terzo punto, poi, parlerebbe del secondo autovalore. Vorremmo dimostrare che questo ha dimensione geometrica 1 ed un autovettore v=(v_1,\ldots v_n) tale che sign(v_iv_{i+1})=-1 per esattamente un i. Aggiungiamo pero' le seguenti condizioni:

a_{ii}=1 per ogni i
a_{i,j}\geq a_{i,j+1} per j\ge i, a_{i,j}\leq a_{i,j+1} per j+1\le i (edit: in pratica le entrate diminuiscono se ci allontaniamo dalla diagonale)
a_{i,j}\leq a_{i+1,j+1} per ogni i,j=1\ldots, n-1 (le entrate aumentano muovendosi a sud-est)

Ammesso che sia vero (mi pare di capire che non disponete ancora di una dimostrazione, e che si tratta piuttosto di un'ipotesi di lavoro), puo' essere utile osservare che la matrice n x n i cui ingressi sono tutti uguali a 1 soddisfa ogni ipotesi del problema salvo che la condizione di essere definita positiva (infatti e' soltanto semidefinita), e tuttavia possiede un autovalore pari a n ed n-1 autovalori nulli. Questo soltanto per dire che, ammesso che il claim sia vero, le ipotesi non si rilassano cosi' facilmente.
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