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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Aベストアンサー

(*)式が間違っているように見えますが・・・。これではn=3のときにしか成立しません。
n=4のとき
P(C(1)∪C(2)∪C(3)∪C(4))
= P(C(1))+P(C(2))+P(C(3))+P(C(4))
-P(C(1)∩C(2))-P(C(1)∩C(3))-P(C(1)∩C(4))-P(C(2)∩C(3))-P(C(2)∩C(4))-P(C(3)∩C(4))
+P(C(1)∩C(2)∩C(3))+P(C(1)∩C(2)∩C(4))+P(C(1)∩C(3)∩C(4))+P(C(2)∩C(3)∩C(4))
-P(C(1)∩C(2)∩C(3)∩C(4))
というのは理解されていますか?

正しくは、
P(∪[i=1..n]C(i))
= Σ[i=1..n]P(C(i))-Σ[i1,i2=1..n, i1<i2]P(C(i1)∩C(i2))+Σ[i1,i2,i3=1..n, i1<i2<i3]P(C(i1)∩C(i2)∩C(i3))
-Σ[i1,i2,i3,i4=1..n, i1<i2<i3<i4]P(C(i1)∩C(i2)∩C(i3)∩C(i4))+…+(-1)^(n-1)P(∩[i=1..n]C(i))
となり、交互に符号が代わり共通部分を取る集合の数も1つずつ増えます。

証明の方針はあっていますよ。

(*)式が間違っているように見えますが・・・。これではn=3のときにしか成立しません。
n=4のとき
P(C(1)∪C(2)∪C(3)∪C(4))
= P(C(1))+P(C(2))+P(C(3))+P(C(4))
-P(C(1)∩C(2))-P(C(1)∩C(3))-P(C(1)∩C(4))-P(C(2)∩C(3))-P(C(2)∩C(4))-P(C(3)∩C(4))
+P(C(1)∩C(2)∩C(3))+P(C(1)∩C(2)∩C(4))+P(C(1)∩C(3)∩C(4))+P(C(2)∩C(3)∩C(4))
-P(C(1)∩C(2)∩C(3)∩C(4))
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正しくは、
P(∪[i=1..n]C(i))
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Q a_1 = 1 , a_(n+1)=√(1+a_n) (n=1,2,

 a_1 = 1 , a_(n+1)=√(1+a_n) (n=1,2,3・・)に対して、次の問題に答えよ。
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#2 の訂正:
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Qa_1=1, a_(n+1)=√(1+a_n) (n=1,2,3,,,

a_1=1, a_(n+1)=√(1+a_n) (n=1,2,3,,,)のときの lim(n→∞)a_n をもとめよ。
途中し式も詳しく教えてください

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a_1=1
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|a_2-x|<|a_1-x|/2=(√5-1)/2

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|a_{n+1}-x|<|a_1-x|/(2^n)

ε>0に対して (√5-1)/ε<n0 となる n0があり
n>n0 ならば |a_{n+1}-(1+√5)/2|<(√5-1)/(2^n)<(√5-1)/n0<ε
lim_{n→∞}a_n=(1+√5)/2

Q(再投稿)R^n∋A_1,A_2,…はΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たす.∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kはLebesgue外測度0?

すいません。
http://okwave.jp/qa4327195.html
について再投稿です。


A:=∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kと置いて
今,AがLegesgue可測集合である事を示したい訳ですよね。
Lebesgue可測集合とはλをLebesgue外測度とする時,
{E;Eはn次元区間塊,E⊂∀S⊂R^n,λ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)}の元の事ですよね。
そこで疑問なのですがλはn次元区間塊全体に対して定義された写像ですよね。なのでλ(S∩E)とλ(S∩E^c)はそれぞれλ(E)+λ(E^c)で(∵E⊂∀S⊂R^n),一応は定義されているのですがλ(S)はSの採りようによってはλ(S)自体が定義されないという状況に陥ってしまいます(∵必ずしもSはn次元区間塊とは限らない)。
するとλ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)という不等式は意味を成さなくなります。
従って,AがLebesgue可測集合である事が示せなくなってしまいます。
Lebesgue可測集合の定義を勘違いしてますでしょうか?

すいません。
http://okwave.jp/qa4327195.html
について再投稿です。


A:=∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kと置いて
今,AがLegesgue可測集合である事を示したい訳ですよね。
Lebesgue可測集合とはλをLebesgue外測度とする時,
{E;Eはn次元区間塊,E⊂∀S⊂R^n,λ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)}の元の事ですよね。
そこで疑問なのですがλはn次元区間塊全体に対して定義された写像ですよね。なのでλ(S∩E)とλ(S∩E^c)はそれぞれλ(E)+λ(E^c)で(∵E⊂∀S⊂R^n),一応は定義されているのですがλ(S)はSの採りようによってはλ(S)自体が定義され...続きを読む

Aベストアンサー

とりあえず教科書を読む.
定義が分かってなければ何もできない.

>Lebesgue可測集合とはλをLebesgue外測度とする時,
>{E;Eはn次元区間塊,E⊂∀S⊂R^n,λ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)}の元の事ですよね。

こんなこと本当に書いてある?なんか読み落としているとか
説明の途中の何かだとか,勝手に創作してるとか?

>Lebesgue可測集合の定義を勘違いしてますでしょうか?
してる.
だって,それだったら「円」ですらルベーク可測じゃなくなる.

QR^n∋A_1,A_2,…はΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たす.∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kはLebesgue外測度0?

よろしくお願い致します。

A_1,A_2,…をΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たすR^nの部分集合とせよ。
(ア) ∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kがLebesgue外測度0を持つ事を示せ。
(イ) これはLebesgue測度0を持つか? 持つなら理由を述べよ。

という問題です。

(ア)について
Lebesgue外測度の定義からλ^*(A_k)=inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}…(1)
(但しI_iはn次元区間塊[a_1,b_1]×[a_2,b_2]×…×[a_n,b_n])と書け,
題意よりΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞なのでλ^*(A_k)<∞と分かる。
それでλ^*(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}
から先に進めません。
λ^*(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=Σ[n=1..∞]λ(∪[k=n..∞]A_k)なんて変形もできませんよね。
どのすれば=0にたどり着けますでしょうか?

(イ)について
答えは多分Yesだと思います。
Lebesgue可測集合はL:={E∈R^n;E⊂Uでinf{λ^*(U\E);Uは開集合}=0}の元の事ですよね。
なのでLebesgue測度は制限写像λ^*|L:=μと書けますよね。
それで∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k∈Lを示せば(ア)からLebesgue測度0が言えると思います。
今,(ア)より
inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}=0
と分かったので
0=inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}
=inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)∪Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)∪Bd(I_i)}
(但しBd(I_i)は境界点)
=inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|+|Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)∪Bd(I_i)}
(∵||の定義)
からinf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)}
となればI_i\Bd(I_i)は開集合になので
inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)}=0が言え,
∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k∈Lも言え,
μ(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=λ^*(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=0(∵(ア))
となりおしまいなのですが

inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|+|Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)∪Bd(I_i)}
から
inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)}
となる事がどうしても言えません。どうすれば言えますでしょうか?

よろしくお願い致します。

A_1,A_2,…をΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たすR^nの部分集合とせよ。
(ア) ∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kがLebesgue外測度0を持つ事を示せ。
(イ) これはLebesgue測度0を持つか? 持つなら理由を述べよ。

という問題です。

(ア)について
Lebesgue外測度の定義からλ^*(A_k)=inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}…(1)
(但しI_iはn次元区間塊[a_1,b_1]×[a_2,b_2]×…×[a_n,b_n])と書け,
題意よりΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞なのでλ^*(A_k)<∞と分かる。
それでλ^*(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=inf{Σ[i=...続きを読む

Aベストアンサー

数列の部分和の定義と∩∪の定義からすぐだと思いますよ。
面倒なので外測度を単にλで表します。
仮定はΣλ(A_k)<∞です。これは級数の収束の定義から部分和
S_N=Σ[k=1,..,N] λ(A_k)
がコーシー列、よって
任意のε>0に対してNが存在し、n≧Nならば
Σ[k=n,...,∞] λ(A_k)<ε
ということを言っているわけです。
問題は、∩[n=1,..,∞]∪[k=n,..∞] A_kの外測度を求めることですが上の事実を利用できることが分かると思います。上で示したNをとってきます。このとき
λ(∩[n=1,..,∞]∪[k=n,..∞] A_k)≦Σ[k=N,..,∞] λ(A_k)<ε
となるのはほとんど明らかですね。任意のεに対してもっと大きい番号N'をとっても問題の集合はN'から先の和集合に含まれるわけですからこれは結局λ(∩[n=1,..,∞]∪[k=n,..∞] A_k)=0でなければならないことを示しています。


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