Aを
A=(a(i,j))
0≦a(i,j)≦1かつ
任意のjについて
a(1,j)+a(2,j)+......+a(n,j)=1
を満たすn次の正方行列とします。
このとき行列Aの固有値の大きさは1以下である
ことを証明したいのですが方針が立ちません。
よろしくお願いします。

A 回答 (3件)

おめでとうございます。

きれいな証明ですね。
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糸口をお探しのようで。


 観点を変えて、初等的にアプローチしてみては?案外ポイントが見えてきたりするものです。
 察するに、Aの固有値が皆非負実数であることが暗黙の仮定のように見えるので、取りあえず、Aは実対称行列である、とするのではどうでしょう?つまり
(1) A = T Λ T'、 T' T = TT' = I、 Λ=diagonal[λ1, ..... , λn] (∀i; λi≧0 )
となるT とΛが存在する、ということを前提にする。( ' は転置、Iはn次元単位行列、diagonal[]は対角行列。)そして
(2) ∀i∀j; Aij≧0 かつ (a(i,j)をAijと書きます。)
(3) ∀j; Σ[i]{Aij} = 1 (Σ[i]{}はi=1,2,...,nについての{}の中身の総和。)
という条件です。
 まず(3)に(1)の右辺を代入して展開すると
(4) ∀j; Σ[k]{Tjk λk Σ[i]{Tik}} = 1
ここでn次元ベクトルcとlを
∀i; ci = λi Σ[k]{Tki}、∀i; li = 1 (すべての成分が1)
と定義すると、(4)はT c = lと書ける。だからcについて解けば、えーと
∀i; λi Σ[k]{Tki} = Σ[k]{Tki}
つまり、
(5)「もしΣ[k]{Tki}≠0なら、固有値λi=1」
が言えます。
 そこで、例えばT'T=TT'=IとなるTを任意に決めて、(5)の条件下でΛをいじっていろいろなAを作ることを考える。もしΣ[k]{Tki}=0となるiがひとつしかない場合には、λi>1にするとTrace(A)=Trace(Λ)>n より(2)か(3)が破れるのは自明ですね。 だからこのようなiが複数(たとえばiとj, i≠j)存在する場合が問題。直感的に言えば、Aの成分のうちλiを変えて変化する成分と、λjを変えて変化する成分に共通のものがなく、従ってλi > 1で(2)が破れるのをλj <1 によって補償できない、ということなんですが.......うー。ややこしくしちゃいましたかね。
毎度いい加減ですいません。
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この回答へのお礼

ご回答ありがとうございました。
2つの回答をみて自分なり解くことが出来ました。
あまり自信はないのですが・・・。

まずAの固有値と'Aの固有値は等しいので
'A=Bとします。
∀i,∑(j)bij=1
∀i,j, 0≦bij≦1
さらに
Bの固有値をα,固有ベクトルをxとします。
Bx=αx
x='(x1,x2,......,xn)
ここで
x≠0よりxiの中には0ではない元が存在し、
その絶対値が最大なものをxmaxとします。
∃i,αxmax=∑(j)bijxj
となります。
したがって
|αxmax|=|∑(j)bijxj|
≦∑bij|xj|
≦|xmax|(∑(j)bij)
=|xmax|
|xmax|>0より|α|≦1が分かります。

読みづらくてすみません。
シュワルツの不等式を使ったという点では
前回のご回答が役に立ちました。

お礼日時:2001/01/05 18:04

Cayley--Hamilton の定理とSchwarzの不等式を使えば


いいんじゃないでしょうか。
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この回答へのお礼

早速のご返答ありがとうございます。
一応ケイリ-ハミルトンの式より
(A-λ1)(A‐λ2)・・・(A-λn)=O
という式より
A^n+(λ1+・・・+λn)A^n-1+・・・+λ1λ2・・・λn=O
となるところまでは解りましたが
どこでSchwarzの不等式を使えばよいか解りません。
よろしくお願いします。

お礼日時:2001/01/02 18:20

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