В.А. Артамонов - Линейная алгебра для экономистов (1129135), страница 14
Текст из файла (страница 14)
Пусть A – неотрицательная матрица иx – положительный вектор. ТогдаPPj aij xjj aij xjmini6 ρ(A) 6 maxi;xixiP aijP aijminj [xj ( i)] 6 ρ(A) 6 maxj [xj ( i)].xixiНеотрицательные матрицыДоказательство.x1 0 . . . 0 x2 . . . .... . ....00Применим теорему−1 0x1 0 0 x20.. A ........ .
. xn001055.4 для матрицы... 0... 0 .. .... . . . . xnНа месте (i, j) в этом произведении стоит x−1i aij xj .¤Следствие 5.6. Пусть A > 0 и x > 0 – вектор. Еслиα, β ∈ R и αx 6 Ax 6 βx, то α 6 ρ(A) 6 β. Если αx < Ax, тоα < ρ(A). Если Ax < βx, то ρ(A) < β.Доказательство. Если αx 6 Ax, тоPj aij xjα 6 min.ixiОтсюда α 6 ρ(A) по следствию 5.5.
Если αx < Ax, то существует такое ε > 0, что (α + ε)x 6 Ax. Отсюда α < α + ε 6 ρ(A).Аналогично доказываются остальные утверждения.¤Следствие 5.7. Пусть неотрицательная матрица Aимеет положительный собственный вектор с собственнымзначением λ. Тогда λ = ρ(A).Доказательство. Пусть Ax = λx, где x – положительный вектор. Заметим, что λ ∈ R, поскольку x > 0.
Применимследствие 5.6 с α = β = λ.¤Следствие5.8. Пусть A – неотрицательная матрица,Pпричем j aij > 0 для всех i = 1, . . . , n. Тогда ρ(A) > 0.Предложение 5.9. Пусть A – положительная матрицаи x – неотрицательный ненулевой вектор. Тогда вектор Axположителен.Доказательство.Пусть xk > 0. Для любого индекса i =Pn¤1, . . . , n имеем j=1 aij xj > aik xk > 0.Теорема 5.10. Пусть задана квадратная неотрицательная матрица A, причем существуют такие положительныевекторы x, y, чтоAx = ρ(A)x,tAy = ρ(A)y,106В. А.
АртамоновPjxj yj = t yx = 1,(75)где x, y отождествляются со столбцами из координат векторов. Положим L = (xi yj ) = xt y. ТогдаLx = x, t yL = L,L2 = L, AL = LA = ρ(A)L.Кроме того, (ρ(A)−1 A − L)m = (ρ(A)−1 A)m − L.tДоказательство. Заметим, что Lx = xt yx = x и t yL =yxt y = t y. ОтсюдаL2 = xt yxt y = L,AL = Axt y = ρ(A)xt y = ρ(A)L = LA.−1Поэтому ρ(A)AL = L = L(ρ(A)−1(76)A), и[ρ(A)−1 A − L]m =m µ ¶Xm(−1)j Lj + ρ(A)−m Am =jj=1m µ ¶Xm[(−1)j ]L + ρ(A)−m Am =jj=1− L + ρ(A)−m Am .Отсюда ρ(A)−m Am = L + [ρ(A)−1 A − L]m .¤Теорема 5.11.
Пусть A – положительная матрица иAx = λx для некоторого ненулевого вектора x, причем |λ| =ρ(A). Тогда1)2)3)4)A|x| = ρ(A)|x|;|x| > 0;x = eiθ |x| для некоторого θ ∈ R;λ = ρ(A).Доказательство. Имеемρ(A)|x| = |λ||x| = |λx| = |Ax| 6 |A||x| = A|x|.(77)Положим y = A|x| − ρ(A)|x|. По (77) вектор y неотрицателен.Неотрицательные матрицы107Предположим сначала, что y 6= 0. По предложению 5.9вектор Ay положителен. Положим z = A|x|. В силу предложения 5.9 вектор z также положителен. Отсюда 0 < Ay =Az − ρ(A)z и поэтому Az > ρ(A)z. Это противоречит следствию 5.6.Итак, y = 0, т.е.
A|x| = ρ(A)|x|. Кроме того, по предложению 5.9 получаем |x| = ρ(A)−1 A|x| > 0. Поэтому для любойкоординаты xk вектора x имеемPρ(A)|xk | = |λ||xk | = |λxk | = | j akj xj | 6XP|akj ||xj | =j akj |xj | = ρ(A)|xk |.jPPТаким образом, | j akj xj | = j akj |xj |, а значит, все xj расположены на одном луче в комплексной области. В частности,существует такой угол θ, что e−iθ xj > 0 для всех j. Отсюдаe−iθ x = |x|, т.е. x – собственный вектор A c собственным значением ρ(A).¤Следствие 5.12.
Пусть A – положительная матрица.Тогда ρ(A) – положительное собственное значение A. Существует положительный собственный вектор с собственнымзначением ρ(A).Доказательство. Пусть |λ| = ρ(A) для некоторого собственного значения λ матрицы A и Ax = λx, где x 6= 0. Потеореме A|x| = ρ(A)|x|, причем |x| > 0.¤Следствие 5.13. Пусть A > 0. Если λ – собственное значение A, причем λ 6= ρ(A), то |λ| < ρ(A).Теорема 5.14. Пусть A > 0 и w, z ∈ Cn \ 0, причем Aw =ρ(A)w, Az = ρ(A)z. Тогда w = αz, α ∈ C.Доказательство.
По теореме 5.11 имеем z = e−iθ |z|, w =e|w|. Таким образом, можно считать, что z, w > 0. Положимβ = minj zj wj−1 и r = z − βw. Тогда r > 0 и r не положительныйвектор. Вместе с тем Ar = ρ(A)r. Отсюда r = ρ(A)−1 Ar > 0 попредложению 5.9. Итак, r = 0.¤−iψ108В. А. АртамоновСледствие 5.15. Если A > 0, то существует единственPный вектор x такой, что x > 0, Ax = ρ(A)x,j xj = 1.Определение. Пусть A > 0. Тогда ρ(A) называется перроновым числом, а вектор x из следствия 5.15 называется перроновым вектором для A.Теорема 5.16. Пусть A, x, y, L из теоремы 5.10, причемA > 0.
Тогда limm→∞ [ρ(A)−1 A]m = L.Доказательство. Имеем L+[ρ(A)−1 A−L]m = ρ(A)−m Amв силу теоремы 5.10. Поэтому в силу теоремой 4.9 достаточно показать, что ρ[ρ(A)−1 A − L] < 1. Пусть [ρ(A)−1 A − L]w =µw, w 6= 0. По (76)µLw = L[ρ(A)−1 A − L]w = [L − L2 ]w = 0.Если µ 6= 0, то Lw = 0, и поэтому Aw = ρ(A)µw, откудаρ(A)|µ| 6 ρ(A), т.е. |µ| 6 1. Кроме того, если |µ| = 1, то µ = 1 потеореме 5.11, и по теореме 5.14 получаем w = x. В этом случае0 = Lx = xt yx = x 6= 0 по теореме 5.10. Полученное противоречие показывает, что |µ| < 1.Теорема 5.17.
Пусть A > 0. Тогда ρ(A) является простым корнем характеристического многочлена матрицы A.Доказательство. Пусть ρ = ρ(A). Существует такаяневырожденная комплексная матрица S, чтоρ−1S AS = ...,Fρλt0...λk|λj | < ρ.Неотрицательные матрицыОтсюдаρ−1 A = S 1091... −1S ,F1µt..0.µkгде µj =λjρ ,(ρ−1 A)m|µj | < 1. Кроме того,1...1=Sµt0S S −1F...µk1=Sm... −1S →F1µmt0...µmk1... −1S .F100...(78)0Заметим, что ранг limm (ρ−1 A)m равен рангу L, т.е. 1, и не меньше по (78) числу единиц на главной диагонали, т.е. кратностиρ. Отсюда вытекает утверждение.¤Таким образом, нами доказана110В. А.
АртамоновТеорема 5.18 (Перрон, 1907). Пусть A > 0. Тогда1) ρ(A) > 0;2) ρ(A) > 0 является простым корнем характеристическогоуравнения и существует перронов вектор;3) если λ – собственное значение A и λ 6= ρ(A), то |λ| < ρ(A);4) limm [ρ(A)−1 A]m = L, где L = xt y, Ax = ρ(A)x, t Ay = ρ(A)y,tyx = 1, x, y > 0.2. Теорема ФробениусаТеорема 5.19. Пусть A > 0. Тогда ρ(A) – собственноезначение A и существует неотрицательный собственный вектор с собственным значением ρ(A).Доказательство.
Пусть A = (aij ), ε > 0. Тогда A(ε) =(aij + ε) > 0. Пусть x(ε) – перронов вектор матрицыA(ε) сPсобственным значением ρ(A(ε)). Тогда x(ε) > 0 и j x(ε)j = 1.Таким образом, все векторы x(ε) лежат в компакте в Rn . Рассмотрим убывающую последовательность εk → 0. В последовательности x(εk ) выберем сходящуюся подпоследовательностьPx(εk ) → x. Так как x(εk ) > 0, то x > 0 и, кроме того, j xj = 1.При этом A(εk ) < A(εk−1 ), откуда ρ(A) 6 ρ(A(εk )) 6 ρ(A(εk−1 ))по предложению 5.2. Итак, существует предел ρ = limk ρ(A(εk ))и ρ > ρ(A).
ОтсюдаAx = [limk A(εk )] [limk x(εk )] = limk [A(εk )x(εk )] =limk [ρ (A(εk )) x(εk )] = limk ρ [A(εk )] [limk x(εk )] = ρx.Следовательно, x является собственным вектором A с собственным значением ρ. Но тогда ρ 6 ρ(A) и поэтому ρ = ρ(A).¤Определение 5.20.
Квадратная матрица называется перестановочной, если она получается из единичной перестановкой строк (столбцов).Определение. Квадратная матрица A размера n называется разложимой, если выполнено одно из условий1) n = 1 и A = 0;Неотрицательные матрицы1112) n > 2 и существует такая перестановочная матрица P , чтB C−1,P AP =0 Dгде B, D – собственные квадратные подматрицы.Матрицы, не являющиеся разложимыми, называются неразложимыми.Теорема 5.21.
Пусть задана неотрицательная неразложимая матрица A размера n. Тогда матрица (E + A)n−1 положительна.Доказательство. Первое доказательство Предположимпротивное, в матрицеn−1X µn − 1¶(E + A)n−1 = E +Akkk=1на некотором месте (p, q) стоит нулевой элемент. В этом случаеp 6= q и указанный элемент имеет видn−1X X µn − 1¶aj1 ,j2 · · · ajk ,jk+1 = 0,(79)kk=1где второй знак суммы означает суммирование по множествуJpq всех таких наборов (j1 , .
. . , jk+1 ), что p = j1 , q = jk+1 , иk 6 n − 1. Так как все слагаемые в (79) неотрицательны, токаждое произведениеaj1 ,j2 · · · ajk ,jk+1(80)равно нулю для всех k = 1, . . . , n − 1 и для всех наборов(j1 , . . . , jk+1 ) ∈ Jpq .Обозначим через I множество всех таких индексов 1 6 l 6n, что либо l = p, либо l 6= p и существует такая последовательность индексов (j1 , . . . , jk+1 ) ∈ Jpl , что произведение (80)отлично от нуля и k 6 n − 1.
По предположению q ∈/ I.Лемма 5.22. Если i ∈ I, j ∈/ I, то aij = 0.Доказательство. Пусть aij 6= 0.Так как i ∈ I, то существует такая последовательность индексов (j1 , . . . , jk+1 ) ∈ Jpq ,112В. А. Артамоновчто jk+1 = i и произведение (80) отлично от нуля. Если k 6 n−2,тоaj1 ,j2 · · · ajk ,jk+1 aij 6= 0и (j1 , .
. . , jk+1 , j) ∈ Jpq , что невозможно.Итак, k = n − 1. В этом случае среди n + 1 индекса(j1 , . . . , jk+1 , jk+2 ), где jk+2 = j есть совпадения. Пусть, например, jα = jβ , где 1 6 α < β 6 k + 2. Тогда (j1 , . . . , jα , jβ ) ∈ Jpq ,причемaj1 ,j2 · · · ajα−1 ,jα ajα ,jβ · · · ajk+1 ,jk+2 6= 0.Получаем противоречие с условием j ∈/I¤Завершим доказательство теоремы. Перенумеруем номерастрок матрицы A таким образом, чтобы I = {k+1, . . . , n}, k <n.
Эта перенумерация соответствует переходу A 7→ P −1 AP длянекоторой перестановочной матрицы P . Тогда k + 1 6 p 6 nи для всех 1 < j 6 k по лемме 5.22 получаем aij = 0 приi > k, j 6 k. Таким образом, A содержит угол из нулей.Второе доказательство Рассмотрим ориентированныйграф Γ с множеством вершин {1, 2, . . .
, n}. При этом существуетдуга i → j, если либо aij 6= 0, либо i = j.Лемма 5.23. Пусть в Γ существует путь из i → j. Тогдав Γ существует путь из i в j длины (число дуг) 6 n − 1.Для любой вершины p из Γ обозначим через Cp связнуюкомпоненту p, т. е. множество всех концов всевозможных путейиз p в графе Γ.
По лемме 5.23 можно считать, что любой такойпуть имеет длину не больше n − 1.Лемма 5.24. Пусть i ∈ Cp , j ∈/ Cp . Тогда aij = 0.Доказательство. По условию существует путь p → i, i →j. Поэтому в Γ существует путь p → j, что невозможно.¤Предположим противное, в матрицеn−1X µn − 1¶n−1(E + A)=E+Akkk=1Неотрицательные матрицы113на некотором месте (p, q) стоит нулевой элемент. В этом случаеp 6= q и указанный элемент имеет видn−1X X µn − 1¶aj1 ,j2 · · · ajk ,jk+1 = 0,(81)kk=1где второй знак суммы означает суммирование по множествувсех таких наборов (j1 , .
. . , jk+1 ), что p = j1 , q = jk+1 , и k 6n − 1. Так как все слагаемые в (81) неотрицательны, то каждоепроизведениеaj1 ,j2 · · · ajk ,jk+1(82)равно нулю для всех k = 1, . . . , n − 1 и для всех наборов(p = j1 , . . . , jk+1 = q). Это означает, что q ∈/ Cp . Перенумеруем номера строк матрицы A таким образом, чтобы I ={k + 1, . . . , n}, k < n. Эта перенумерация соответствует переходу A 7→ P −1 AP для некоторой перестановочной матрицы P .Тогда k +1 6 p 6 n и для всех 1 < j 6 k по лемме 5.24 получаемaij = 0 при i > k, j 6 k. Таким образом, A содержит угол изнулей.¤Предложение 5.25. Если λ1 , . . .
, λn – собственные значения A, то 1 + λ1 , . . . , 1 + λn – собственные значения E + A. Вчастности, 1 + ρ(A) > ρ(E + A). Если A > 0, то 1 + ρ(A) =ρ(E + A).Доказательство. Перейдя к жордановой форме A получаем требуемые неравенства. Для доказательства равенства заметить, что среди λj по теореме 5.19 встречается ρ(A) > 0. ¤Предложение 5.26.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
