Παναγιώτης Ψαρράκος Αν. Καθηγητής

Transcript

1 Ανάλυση Πινάκων Κεφάλαιο 2: Θεωρία Perron-Frobenius Παναγιώτης Ψαρράκος Αν. Καθηγητής Δ.Π.Μ.Σ. Εφαρμοσμένες Μαθηματικές Επιστήμες Σχολή Εφαρμοσμένων Μαθηματικών και Φυσικών Επιστημών Τομέας Μαθηματικών Εθνικό Μετσόβιο Πολυτεχνείο

2 Άδεια Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άδεια χρήσης άλλου τύπου, αυτή πρέπει να αναφέρεται ρητώς.

3 Εισαγωγικό Παράδειγμα Ας υποθέσουμε ότι σε μία χώρα υπάρχουν ν 2 πόλεις, Π 1,Π 2,...,Π ν, μεταξύ των οποίων η μεταφορά πληθυσμών γίνεται ως εξής: Καθημερινά, ένα σταθερό ποσοστό a ij του πληθυσμού της πόλης Π j μετακινείται στην πόλη Π i, για όλα τα i j. Το ποσοστό a ii του πληθυσμού, παραμένει στην πόλη Π i. Ετσι αν συμβολίσουμε τον πληθυσμό της πόλης Π i κατά την ημέρα k με p (k), τότε i έχουμε την ακόλουθη αναδρομική σχέση μεταξύ των κατανομών πληθυσμού κατά τις ημέρες k και k + 1 (k = 0,1,2,...): p (k+1) i = a i1 p (k) 1 + a i2p (k) a iνp (k) 1, i = 1,2,...,ν. Ανάλυση Πινάκων 1 / 70

4 Αν θεωρήσουμε τον ν ν πίνακα συντελεστών μεταφοράς A = [ ] a ij και το διάνυσμα κατανομής πληθυσμού κατά την ημέρα k, p (k) = [p (k) ] R ν, τότε i p (k+1) = Ap (k) = A 2 p (k 1) = A k+1 p (0), k = 0,1,2,..., όπου p (0) είναι η αρχική κατανομή πληθυσμού. Αφού οι συντελεστές a ij αναπαριστούν ποσοστά πληθυσμού, ισχύει 0 a ij 1 (i,j = 1,2,...,ν) και ν j=1 a ij = 1 για κάθε i = 1,2,...,ν. Στα πλαίσια του προγραμματισμού για τις επενδύσεις και τις αναβαθμίσεις στις διάφορες πόλεις, η κυβέρνηση της συγκεκριμένης χώρας θέλει να γνωρίζει ποια θα είναι η κατανομή του συνολικού πληθυσμού στο μακρινό μέλλον, p = limp (k) (δηλαδή, θέλει να γνωρίζει την ασυμπτωτική συμπεριφορά του p (k) ). Εφόσον όμως p (k) = A k p (0), είναι προφανές ότι μπορούμε να περιοριστούμε στην ασυμπτωτική συμπεριφορά του A k. Ανάλυση Πινάκων 2 / 70

5 Παράδειγμα 1 Ας θεωρήσουμε την απλή περίπτωση ν = 2, όπου έχουμε a 11 + a 12 = a 21 + a 22 = 1. Αν θέσουμε a 12 = α και a 21 = β, τότε ο πίνακας συντελεστών μεταφοράς γράφεται [ ] 1 α α A = β 1 β και έχει ιδιοτιμές λ 1 = 1 α β και λ 2 = 1. Αφού 0 α,β 1, έχουμε ότι λ 2 = 1 λ 1 = 1 α β, άρα η ϕασματική ακτίνα του A, ρ(a) = 1 = λ 2, είναι ιδιοτιμή του A. Επίσης, για τις ιδιοτιμές λ 1 = 1 [ α β ] και λ 2 = [ 1, υπολογίζουμε ] τα 1 β αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα x 1 = και x 1 2 = α Ανάλυση Πινάκων 3 / 70

6 Παράδειγμα 1 (Συνέχεια) Εξετάζουμε τώρα τρεις περιπτώσεις: 1 Αν α = β = 0, τότε A = I 2 και p (k) = p (0) για κάθε k = 1,2,... [ ] Αν α = β = 1, τότε A = A 3 = A 5 = = και A = A 4 = A 6 = = I 2. Στην περίπτωση αυτή το όριο limp (k) = (lima k )p (0) δεν υπάρχει, εκτός αν p (0) 1 = p(0) 2 (δηλαδή, εκτός αν οι αρχικοί πληθυσμοί είναι ίσοι). 3 Σε κάθε άλλη περίπτωση ο πίνακας συντελεστών μεταφοράς είναι διαγωνο- ποιήσιμος και [ β 1 A = α 1 ][ α β ]( [ ]) α + β α β Ανάλυση Πινάκων 4 / 70

7 Παράδειγμα 1 (Συνέχεια) Επομένως, [ β 1 A k = α 1 ][ (1 α β) k ]( 1 [ 1 1 α + β α β ]) και το διάνυσμα κατανομής πληθυσμού τείνει στο όριο limp (0) = (lima k )p (0) = 1 [ ] β β β p α + β α α (0) α+β = (p(0) 1 + p(0) 2 ) α α+β (p(0) 1 + p(0) 2 ). Ειδικότερα, αν θεωρήσουμε ότι τα p (0) 1 και p (0) 2 εκφράζουν τα ποσοστά του συνολικού πληθυσμού της χώρας που αντιστοιχούν σε κάθε πόλη (κι όχι τους ακριβείς πληθυσμούς των δύο πόλεων), τότε p (0) 1 + p(0) 2 = 1 και limp (k) = 1 [ ] β. α + β α Ανάλυση Πινάκων 5 / 70

8 Παρατηρούμε ότι το διάνυσμα κατανομής πληθυσμού είναι ανεξάρτητο της αρχικής κατανομής πληθυσμού. Το όριο lima k είναι ένας πίνακας, [ ] του β οποίου οι στήλες είναι συγγραμμικές με το ιδιοδιάνυσμα x 2 = της α ιδιοτιμής λ 2 = 1, δηλαδή της ϕασματικής ακτίνας του A. Επίσης, συγγραμμικό με το x 2 είναι και το limp (k). Ανάλυση Πινάκων 6 / 70

9 Ανακεφαλαιώνοντας, παρατηρούμε τα ακόλουθα: Η ϕασματική ακτίνα ρ(a) είναι απλή ιδιοτιμή του A. [ ] β Τα στοιχεία του ιδιοδιανύσματος x 2 = που αντιστοιχεί στην ρ(a) α μπορούν να επιλεγούν έτσι ώστε να είναι μη αρνητικά. Η ϕασματική ακτίνα ρ(a) είναι η μοναδική ιδιοτιμή μεγίστου μέτρου. Το όριο lim(a/ρ(a)) k υπάρχει και είναι ένας πίνακας βαθμού 1, του οποίου οι στήλες είναι συγγραμμικά διανύσματα με το ιδιοδιάνυσμα που αντιστοιχεί στην ιδιοτιμή ρ(a). Τα συμπεράσματα αυτά ισχύουν για όλους τους τετραγωνικούς πίνακες με θετικά στοιχεία, όπως θα δούμε στη συνέχεια του κεφαλαίου. Ανάλυση Πινάκων 7 / 70

10 Εισαγωγή στους Μη Αρνητικούς Πίνακες Εστω A = [ a ij ], B = [ bij ] R ν ν. Γράφουμε: A > 0 αν a ij > 0 για κάθε i,j = 1,2,...,ν, A 0 αν a ij 0 για κάθε i,j = 1,2,...,ν, A B αν A B 0, A > B αν A B > 0. Οι αντίστροφες σχέσεις < και ορίζονται ανάλογα. Επίσης, υπενθυμίζουμε το συμβολισμό A = [ a ij ] R ν ν. Αν A 0, τότε λέμε ότι ο A είναι μη αρνητικός πίνακας, και αν A > 0, τότε λέμε ότι ο A είναι θετικός πίνακας. Οι ιδιότητες που αναφέρονται στο επόμενη πρόταση προκύπτουν άμεσα από τους ορισμούς. Οι αποδείξεις είναι προφανείς και παραλείπονται. Ανάλυση Πινάκων 8 / 70

11 Πρόταση 1 Εστω A,B,C,D C ν ν. Τότε ισχύουν τα παρακάτω: (i) A 0, ενώ A = 0 αν και μόνο αν A = 0. (ii) aa = a A, για κάθε a C. (iii) A + B A + B. (iv) Αν A,B 0 και a,b 0, τότε aa + bb 0. (v) Αν A B και C D, τότε A + C B + D. (vi) Αν A B και B C, τότε A C. (vii) Αν x C n, τότε Ax A x. (viii) AB A B. Ανάλυση Πινάκων 9 / 70

12 Πρόταση 1 (ix) A k A k, για κάθε k = 1,2,... (x) Αν 0 A B και 0 A B, τότε 0 AC BD. (xi) Αν 0 A B, τότε 0 A k B k για κάθε k = 1,2,... (xii) Αν A 0, τότε A k 0, και αν A > 0, τότε A k > 0 για κάθε k = 1,2,... (xiii) Αν A > 0, x 0 και x 0, τότε Ax > 0. (xiv) Αν A 0, x > 0 και Ax = 0, τότε A = 0. (xv) Αν A B, τότε A 2 B 2. (xvi) A 2 = A 2. Ενα πρώτο μη τετριμμένο αποτέλεσμα είναι η ανισότητα που ακολουθεί και αφορά τη ϕασματική ακτίνα. Για την απόδειξη της, είναι απαραίτητη η σχέση lim A k 1/k 2 = ρ(a). (1) Ανάλυση Πινάκων 10 / 70

13 Θεώρημα 1 Εστω A,B C ν ν με A B. Τότε ρ(a) ρ( A ) ρ(b). Απόδειξη. Για κάθε k = 1,2,..., ισχύει ότι A k A k B k (από τις ιδιότητες (ix) και (xi) της Πρότασης 1). Ετσι από τις ιδιότητες (xv) και (xvi) έχουμε ότι A k 2 A k 2 B k 2 και A k 1/k 2 A k 1/k 2 B k 1/k 2, για όλα τα k = 1,2,... Αν τώρα θεωρήσουμε ότι k + και εφαρμόσουμε την (1), συμπεραίνουμε ότι ρ(a) ρ( A ) ρ(b). Ανάλυση Πινάκων 11 / 70

14 Πόρισμα 1 Αν A,B R ν ν με 0 A B, τότε ρ(a) ρ(b). Πόρισμα 2 Αν A R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας και Â ένας οποιοσδήποτε κύριος υποπίνακας του A, τότε ρ(â) ρ(a). Ειδικότερα, για τα διαγώνια στοιχεία του A, ισχύει max a ii ρ(a). i=1,2,...,ν Απόδειξη. Εστω 1 r ν και έστω Â ένας r r κύριος υποπίνακας του A. Συμβολίζουμε με Ã τον ν ν πίνακα που σχηματίζεται από τα στοιχεία του Â (στις ίδιες θέσεις που είχαν στο πίνακα A) και στις υπόλοιπες θέσεις συμπληρώνουμε με μηδενικά. Τότε ρ(â) = ρ(ã) και 0 Â A. Επομένως, ρ(â) = ρ(ã) ρ(a) από το Πόρισμα 1. Ανάλυση Πινάκων 12 / 70

15 Το ϕράγμα a ii ρ(a) στο προηγούμενο πόρισμα είναι το πρώτο (εύχρηστο) κάτω ϕράγμα που βρίσκουμε για τη ϕασματική ακτίνα ρ(a). Για την κατασκευή καλύτερων ϕραγμάτων, απαραίτητη προϋπόθεση είναι ο πίνακας A να είναι μη αρνητικός. Λήμμα 1 Αν οι γραμμές ενός τετραγωνικού πίνακα A 0 έχουν σταθερό άθροισμα ξ, τότε ρ(a) = A = ξ. Αν οι στήλες του πίνακα A έχουν σταθερό άθροισμα ξ, τότε ρ(a) = A 1 = ξ. Απόδειξη. Είναι γνωστό ότι ρ(a) A για κάθε νόρμα πίνακα. Αν όμως το άθροισμα των γραμμών είναι σταθερό, τότε αυτό είναι ίσο με A. Ετσι, για το διάνυσμα x = [1 1 1] T, ισχύει Ax = A x. Δηλαδή, η νόρμα A είναι ιδιοτιμή του πίνακα A με αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα το x, και ρ(a) = A. Ομοια εργαζόμαστε και για τις στήλες, εφαρμόζοντας τα πιο πάνω για τον πίνακα A T. Ανάλυση Πινάκων 13 / 70

16 Θεώρημα 2 Εστω A R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας. Τότε και min i=1,2,...,ν j=1 min j=1,2,...,ν i=1 ν a ij ρ(a) ν a ij ρ(a) ν max a ij i=1,2,...,ν j=1 max j=1,2,...,ν i=1 ν a ij. Ανάλυση Πινάκων 14 / 70

17 Απόδειξη. Εστω α = A B 0 και min i=1,2,...,ν j=1 ν a ij. Κατασκευάζουμε ένα νέο πίνακα B = [ ] b ij με ν b ij = α για όλα τα i = 1,2,...,ν. Για παράδειγμα, αν α = 0, j=1 τότε θέτουμε B = 0, και αν α > 0, τότε μπορούμε να θέσουμε ( ) ν 1 b ij = αa ij a ij. Από το προηγούμενο λήμμα, έχουμε ρ(b) = α, και από το j=1 Πόρισμα 1, ρ(b) ρ(a). Το άνω ϕράγμα εξασφαλίζεται παρόμοια. Για το δεύτερο μέρος του θεωρήματος, εργαζόμαστε ομοίως επί του αναστρόφου πίνακα A T. Πόρισμα 3 Εστω A R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας. Αν i = 1,2,...,ν, τότε ρ(a) > 0. ν j=1 a ij > 0, για κάθε Ανάλυση Πινάκων 15 / 70

18 Γνωρίζουμε ότι οι μετασχηματισμοί ομοιότητας διατηρούν αναλλοίωτο το ϕάσμα, άρα και τη ϕασματική ακτίνα. Ετσι, μπορούμε να γενικεύσουμε το Θεώρημα 2 εισάγοντας κάποιες επιπλέον ελεύθερες παραμέτρους. Συγκεκριμένα, αν S = diag{x 1,x 2,...,x ν }, με x 1,x 2,...,x ν > 0, τότε S 1 AS 0 αν A 0. Εφαρμόζοντας το Θεώρημα 2 για τον πίνακα S 1 AS = [ ] a ij x j x 1 i, έχουμε το ακόλουθο αποτέλεσμα. Ανάλυση Πινάκων 16 / 70

19 Θεώρημα 3 Εστω A R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας. Τότε για κάθε θετικό διάνυσμα x = [x i ] R ν, έχουμε και 1 min i=1,2,...,ν min j=1,2,...,ν x i x j ν a ij x j ρ(a) j=1 ν 1 a ij ρ(a) i=1 x i 1 max i=1,2,...,ν max j=1,2,...,ν x i x j ν a ij x j j=1 ν 1 a ij. j=1 x i Απόδειξη. Ομοια με την απόδειξη του Θεωρήματος 2. Ανάλυση Πινάκων 17 / 70

20 Πόρισμα 4 Εστω A R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας και x R ν ένα θετικό διάνυσμα. Αν a,b > 0 τέτοιοι ώστε ax Ax bx, τότε a ρ(a) b. Αν ax < Ax τότε a < ρ(a), και αν Ax < bx τότε ρ(a) < b. Απόδειξη. Αν ax Ax, τότε a 1 min i=1,2,...,ν x i ν a ij x j. Από το Θεώρημα 3, παρατηρούμε ότι a ρ(a). Αν τώρα ax < Ax, τότε υπάρχει ένας â > a τέτοιος ώστε âx Ax. Ετσι ρ(a) â > a, δηλαδή ρ(a) > a. Το άνω ϕράγμα επαληθεύεται ομοίως. j=1 Ανάλυση Πινάκων 18 / 70

21 Πόρισμα 5 Εστω A R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας. Αν ο A έχει ένα θετικό ιδιοδιάνυσμα, τότε η αντίστοιχη ιδιοτιμή είναι η ρ(a). Δηλαδή, αν A 0, Ax = λx και x > 0, τότε λ = ρ(a). Απόδειξη. Αφήνεται ως άσκηση. Πόρισμα 6 Εστω A = [ a ij ] R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας. Αν ο A έχει ένα θετικό ιδιοδιάνυσμα x = [x i ] R ν, τότε ρ(a) = max x>0 min 1 i=1,2,...,ν x i ν j=1 a ij x j = min x>0 max 1 i=1,2,...,ν x i ν a ij x j. j=1 Απόδειξη. Αφήνεται ως άσκηση. Ανάλυση Πινάκων 19 / 70

22 Πόρισμα 7 Εστω A = [ a ij ] R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας. Αν ο A έχει ένα θετικό ιδιοδιάνυσμα x = [x i ] R ν, τότε για κάθε s = 1,2,... και i = 1,2,...,ν, ισχύει όπου A s = [ a (s) ] ij. min x k k=1,2,...,ν max x k k=1,2,...,ν ν j=1 a (s) ij ρ(a) s max x k k=1,2,...,ν min x k k=1,2,...,ν ν j=1 a (s) ij, Απόδειξη. Αν Ax = ρ(a)x, τότε προφανώς A s x = ρ(a) s x, για κάθε s. Επιπλέον, αφού A 0, προκύπτει ότι A s 0 και ρ(a) s max x k ρ(a s )x i = (A s x) i = k=1,2,...,ν ν ν x j min x k k=1,2,...,ν j=1 j=1 a (s) ij για κάθε i = 1,2,...,ν. Αφού x > 0, διαιρώντας κατάλληλα λαμβάνουμε το άνω ϕράγμα. Η απόδειξη του κάτω ϕράγματος είναι όμοια και αφήνεται ως άσκηση. Ανάλυση Πινάκων 20 / 70

23 Θετικοί Πίνακες Η θεωρία των μη αρνητικών πινάκων αποκτά την απλούστερη και κομψότερη μορφή της όταν περιοριστεί στους θετικούς πίνακες. Η συγκεκριμένη θεωρία θεμελιώθηκε και μελετήθηκε για πρώτη ϕορά από τον O. Perron στις αρχές του 20ου αιώνα. Λήμμα 2 Εστω A R ν ν ένας θετικός πίνακας. Αν Ax = λx για κάποιο μη μηδενικό διάνυσμα x C ν και λ = ρ(a), τότε A x = ρ(a) x και x > 0. Απόδειξη. Υπολογίζουμε ρ(a) x = λ x = λx = Ax A x και ορίζουμε το διάνυσμα y = A x ρ(a) x 0. Από το Πόρισμα 3 έχουμε ότι ρ(a) > 0. Ετσι αν y = 0, τότε A x = ρ(a) x και x = ρ(a) 1 A x > 0. Αν y 0, θέτουμε z = A x > 0 και εφαρμόζουμε την ιδιότητα (xiii) της Πρότασης 1. Τότε θα έχουμε 0 < Ay = Az ρ(a)z ή Az > ρ(a)z. Ομως από το Πόρισμα 4, προκύπτει ότι ρ(a) > ρ(a), το οποίο είναι άτοπο. Αρα y = 0. Ανάλυση Πινάκων 21 / 70

24 Χρησιμοποιώντας το προηγούμενο λήμμα, μπορούμε εύκολα να καταλήξουμε σε ένα πρώτο θεμελιώδες συμπέρασμα για τους θετικούς πίνακες. Θεώρημα 4 Εστω A R ν ν ένας θετικός πίνακας. Τότε ρ(a) > 0, η ϕασματική ακτίνα ρ(a) είναι ιδιοτιμή του A και υπάρχει θετικό διάνυσμα x R ν τέτοιο ώστε Ax = ρ(a)x. Απόδειξη. Από τον ορισμό της ϕασματικής ακτίνας, υπάρχει ιδιοτιμή λ σ(a) τέτοια ώστε λ = ρ(a) και αντίστοιχο (μη μηδενικό) ιδιοδιάνυσμα x. Από το Λήμμα 2, το ζητούμενο θετικό ιδιοδιάνυσμα είναι το x. Ανάλυση Πινάκων 22 / 70

25 Από το Πόρισμα 6 προκύπτει ότι για κάθε θετικό πίνακα A R ν ν, υπάρχει θετικό ιδιοδιάνυσμα x = [x i ] R ν τέτοιο ώστε ρ(a) = max x>0 min 1 i=1,2,...,ν x i ν j=1 a ij x j = min x>0 max 1 i=1,2,...,ν x i ν a ij x j. j=1 Επεκτείνοντας το Λήμμα 2, μπορούμε να εξάγουμε περισσότερες πληροφορίες για το που μπορεί να βρίσκονται οι ιδιοτιμές ενός θετικού πίνακα. Ανάλυση Πινάκων 23 / 70

26 Λήμμα 3 Εστω A R ν ν ένας θετικός πίνακας, Ax = λx, x 0 και λ = ρ(a). Τότε για κάποιο θ [0,2π], ισχύει e iθ x = x > 0. Απόδειξη. Από την υπόθεση του λήμματος, έχουμε ότι Ax = λx = ρ(a)x, ενώ από το Λήμμα 2, γνωρίζουμε ότι A x = ρ(a) x και x > 0. Συνδυάζοντας τις σχέσεις αυτές και την τριγωνική ανισότητα έχουμε ότι για κάθε i = 1,2,...,ν, ν ρ(a) x i = λ x i = a ij x j j=1 ν ν a ij x j = a ij x j = ρ(a) x i, j=1 άρα θα πρέπει νj=1 a ij x j = νj=1 a ij x j. Για να ισχύει όμως κάτι τέτοιο, θα πρέπει οι μη μηδενικοί μιγαδικοί αριθμοί a ij x j (j = 1,2,...,ν) να βρίσκονται πάνω στην ίδια ημιευθεία του μιγαδικού επιπέδου με αρχή το 0. Αν συμβολίσουμε με θ το κοινό όρισμα των σημείων αυτών, έχουμε ότι e iθ a ij x j > 0, για κάθε j = 1,2,...,ν. Αφού όμως A > 0, έπεται ότι e iθ x > 0. j=1 Ανάλυση Πινάκων 24 / 70

27 Θεώρημα 5 Εστω A R ν ν ένας θετικός πίνακας. Τότε λ < ρ(a), για κάθε ιδιοτιμή λ ρ(a) του A. Απόδειξη. Από τον ορισμό της ϕασματικής ακτίνας, έχουμε ότι λ ρ(a) για κάθε ιδιοτιμή λ σ(a). Υποθέτουμε ότι λ σ(a) με λ = ρ(a), Ax = λx και x 0. Από το Λήμμα 3, υπάρχει διάνυσμα w = e iθ x > 0 για κάποιο θ [0,2π], άρα Aw = λw. Αλλά τότε λ = ρ(a) από το Πόρισμα 5. Ανάλυση Πινάκων 25 / 70

28 Γνωρίζουμε ότι αν A > 0, τότε η ϕασματική ακτίνα ρ(a) ταυτίζεται με τη μεγίστου μέτρου ιδιοτιμή του A, η οποία είναι μοναδική. Το επόμενο αποτέλεσμα μας πληροφορεί ότι η ρ(a) είναι ιδιοτιμή γεωμετρικής πολλαπλότητας 1 (δηλαδή, ο ιδιοχώρος που της αντιστοιχεί έχει διάσταση 1). Επίσης, σύντομα θα δούμε ότι η ρ(a) έχει και αλγεβρική πολλαπλότητα 1. Ανάλυση Πινάκων 26 / 70

29 Θεώρημα 6 Εστω A R ν ν ένας θετικός πίνακας και w,z R ν δύο μη μηδενικά διανύσματα τέτοια ώστε Aw = ρ(a)w και Az = ρ(a)z. Τότε τα w,z είναι γραμμικά εξαρτημένα. Απόδειξη. Από το Λήμμα 3, υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί θ 1 και θ 2 τέτοιοι ώστε τα διανύσματα p = e iθ 1z και q = e iθ 2w να είναι θετικά. Θέτουμε β = min q i/p i και ορίζουμε r = q βp. Παρατηρούμε ότι r 0 και i=1,2,...,ν τουλάχιστον μία συντεταγμένη του r είναι ίση με 0, δηλαδή το διάνυσμα r δεν είναι θετικό. Ταυτόχρονα ισχύει Ar = Aq βap = ρ(a)q βρ(a)p = ρ(a)r. Ετσι αν r 0, τότε από την ιδιότητα (xiii) της Πρότασης 1 έχουμε ότι r = ρ(a) 1 Ar > 0. Αυτό όμως δεν ισχύει, άρα r = 0. Επομένως, q = βp και w = βe i(θ 1+θ 2 ) z. Ανάλυση Πινάκων 27 / 70

30 Πόρισμα 8 Εστω A R ν ν ένας θετικός πίνακας. Τότε υπάρχει μοναδικό διάνυσμα x R ν τέτοιο ώστε Ax = ρ(a)x, x > 0 και x 1 = 1. Απόδειξη. Γνωρίζουμε ότι για κάθε θετικό πίνακα A, υπάρχει θετικό ιδιοδιάνυσμα ˆx της ιδιοτιμής ρ(a) με A ˆx = ρ(a) ˆx. Για το διάνυσμα x = ˆx/ ˆx 1, έχουμε Ax = ρ(a)x και x 1 = 1. Η μοναδικότητα του x προκύπτει από το Θεώρημα 6 και το γεγονός ότι x 1 = 1. Ανάλυση Πινάκων 28 / 70

31 Το μοναδικό κανονικοποιημένο ιδιοδιάνυσμα του προηγούμενου πορίσματος συχνά καλείται διάνυσμα Perron του πίνακα A, ενώ η ιδιοτιμή ρ(a) καλείται ρίζα (ιδιοτιμή) Perron του A. Αν τώρα έχουμε ότι A > 0, είναι προφανές ότι A T > 0 και άρα όλα τα προηγούμενα ισχύουν και για τον ανάστροφο πίνακα A T. Το διάνυσμα Perron του A T καλείται αριστερό διάνυσμα Perron του A. Το Θεώρημα 6 μας εξασφαλίζει ότι ο ιδιοχώρος του πίνακα A που αντιστοιχεί στην ιδιοτιμή ρ(a) είναι μονοδιάστατος, συνεπώς ο χώρος αυτός παράγεται από το διάνυσμα Perron του πίνακα A. Αρα κάθε μη αρνητικό διάνυσμα 0 y R ν με Ay = ρ(a)y, θα είναι πολλαπλάσιο του διανύσματος Perron του πίνακα A. Ανάλυση Πινάκων 29 / 70

32 Λήμμα 4 Εστω A C ν ν, λ C και x,y C ν τέτοια ώστε (1) Ax = λx, (2) A T y = λy, (3) x T y = 1. Ορίζουμε τον πίνακα L = xy T. Τότε ισχύουν τα παρακάτω: (a) Lx = x και y T L = y T. (b) L k = L, για κάθε k = 1,2,... (c) A k L = LA k = λ k L, για κάθε k = 1,2,... (d) L(A λl) = 0. (e) (A λl) k = A k λ k L, για κάθε k = 1,2,... (f) Κάθε μη μηδενική ιδιοτιμή του A λl είναι επίσης ιδιοτιμή του A. Ανάλυση Πινάκων 30 / 70

33 Λήμμα 4 (Συνέχεια) Αν επιπλέον υποθέσουμε ότι τότε (4) λ 0, (5) ο λ είναι ιδιοτιμή του A με γεωμετρική πολλαπλότητα 1, (g) ο λ δεν είναι ιδιοτιμή του A λl. Τέλος, αν υποθέσουμε ότι τότε (6) λ = ρ(a) > 0, (7) ο λ είναι η μοναδική ιδιοτιμή του A με μέτρο ρ(a) και διατάξουμε τις ιδιοτιμές του A έτσι ώστε λ 1 λ 2 λ ν = λ = ρ(a), (h) ρ(a λl) λ ν 1 < ρ(a), (i) (λ 1 A) k = L + (λ 1 A L) k L για k +. Ανάλυση Πινάκων 31 / 70

34 Απόδειξη. (a) Εχουμε Lx = xy T x (Lx) T = x T y x T = x T Lx = x και (b) Ισχύει y T L = y T xy T (y T L) T = y x T y = y T y T L = y T. L k = L k 2 LL = L k 2 xy T L = L k 2 xy T = L k 1 = = L. (c) Ισχύει A k L = (AL) k = (Axy T ) k = (λxy T ) k = (λl) k = λ k L και λ k L = λ k xy T = ( (λy x T ) T) k = ( (A T y x T ) T) k = (xy T A) k = LA k. (d) Εχουμε ότι L(A λl) = LA λl 2 = LA LA = 0. (e) Η απόδειξη είναι επαγωγική και αφήνεται ως άσκηση. Ανάλυση Πινάκων 32 / 70

35 Συνέχεια Απόδειξης. (f) Εστω µ 0 μία ιδιοτιμή του A λl. Τότε υπάρχει διάνυσμα w 0 τέτοιο ώστε (A λl)w = µw. Από το (d) έχουμε 0 = L(A λl)w = Lµw, και επειδή µ 0, έπεται ότι Lw = 0. Συνεπώς, (A λl)w = Aw λalw = Aw = µw. (g) Εστω ότι λ 0 είναι μία ιδιοτιμή του πίνακα A γεωμετρικής πολλαπλότητας 1. Τότε για κάθε διάνυσμα w 0 με Aw = λw, υπάρχει 0 c C τέτοιο ώστε w = cx. Αν τώρα υποθέσουμε ότι ο λ είναι ιδιοτιμή του A λl τότε θα έχουμε λw = (A λl)w = (A λl)cx = cλx cλx = 0. Αυτό όμως είναι άτοπο, διότι λ 0 και w 0. Συνεπώς, ο λ δεν είναι ιδιοτιμή του A λl. Ανάλυση Πινάκων 33 / 70

36 Συνέχεια Απόδειξης. (h) Από το (f) έχουμε ότι σ(a λl)\{0} σ(a) και από το (g) γνωρίζουμε ότι ρ(a λl) ρ(a) Επομένως, ρ(a λl) λ ν 1 < λ = ρ(a). (i) Συνδυάζοντας τα (h) και (e), έχουμε ότι (λ 1 A L) k = (λ 1 A) k L. Επίσης, ρ(λ 1 A L) = ρ(a λl)/ρ(a) = λ ν 1 /ρ(a) < 1. Ετσι συμπεραίνουμε ότι lim(λ 1 A L) k = 0. Παρατηρούμε ότι οι υποθέσεις του Λήμματος 4 ικανοποιούνται για κάθε θετικό πίνακα A όταν λ = ρ(a). Ανάλυση Πινάκων 34 / 70

37 Θεώρημα 7 Εστω A R ν ν ένας θετικός πίνακας. Τότε lim ( ) k A = L, ρ(a) όπου L = xy T, Ax = ρ(a)x, A T y = ρ(a)y, x,y > 0 και x T y = 1. Απόδειξη. Παρατηρούμε ότι ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις (1) (7) του προηγούμενου λήμματος, με λ = ρ(a) και y = (x T z) 1 z, όπου x το δεξιό και z το αριστερό διάνυσμα Perron του πίνακα A. Το ζητούμενο προκύπτει από το (i) του λήμματος. Πόρισμα 9 Εστω A R ν ν ένας θετικός πίνακας. Τότε το όριο lim(a/ρ(a)) k είναι ένας θετικός πίνακας βαθμού 1. Ανάλυση Πινάκων 35 / 70

38 Θεώρημα 8 Εστω A R ν ν ένας θετικός πίνακας. Τότε η ϕασματική ακτίνα ρ(a) είναι ιδιοτιμή αλγεβρικής πολλαπλότητας 1, δηλαδή είναι απλή ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης του A. Ανάλυση Πινάκων 36 / 70

39 Απόδειξη. Υποθέτουμε ότι η ρ(a) είναι ιδιοτιμή αλγεβρικής πολλαπλότητας κ. Από το Λήμμα του Schur, έχουμε ότι A = UTU για κάποιον ορθομοναδιαίο πίνακα U C ν ν και κάποιον άνω τριγωνικό πίνακα T C ν ν με στοιχεία στην κύρια διαγώνιο τα ρ(a),...,ρ(a),λ κ+1,...,λ ν. Επιπλέον, τα μέτρα των ιδιοτιμών λ κ+1,λ κ+2,...,λ ν είναι μικρότερα της ρ(a). Ετσι έχουμε 1. ( ) k A 0 1 L = lim = lim U ρ(a) 0 0 λ κ+1 /ρ(a) λ κ+1 /ρ(a) k U Ανάλυση Πινάκων 37 / 70

40 Συνέχεια Απόδειξης = U U 0 0 0, όπου το στοιχείο 1 εμφανίζεται στην κύρια διαγώνιο κ ϕορές και το 0 εμφανίζεται ν κ ϕορές. Ο άνω τριγωνικός πίνακας στην τελευταία ισότητα έχει βαθμό τουλάχιστον κ. Αφού όμως ο πίνακας L είναι βαθμού 1, συμπεραίνουμε ότι δεν είναι δυνατό να ισχύει κ > 1. Ανάλυση Πινάκων 38 / 70

41 Ολοκληρώνοντας την παράγραφο, συνοψίζουμε τα βασικά αποτελέσματα της. Θεώρημα 9 (Perron) Εστω ένας πίνακας A R ν ν με A > 0. Τότε ισχύουν τα ακόλουθα: (i) ρ(a) > 0. (ii) Η ϕασματική ακτίνα ρ(a) είναι ιδιοτιμή του πίνακα A. (iii) Υπάρχει θετικό διάνυσμα x με Ax = ρ(a)x. (iv) Η ρ(a) είναι απλή ιδιοτιμή του πίνακα A. (v) (vi) Για κάθε ιδιοτιμή λ ρ(a) του A, ισχύει λ < ρ(a), δηλαδή η ρ(a) είναι η μοναδική ιδιοτιμή μεγίστου μέτρου. lim(ρ(a) 1 A) k = L, όπου L = xy T, Ax = ρ(a)x, A T y = ρ(a)y, x,y > 0 και x T y = 1. Το Θεώρημα Perron είναι από τα πιο σημαντικά στη θεωρία μη αρνητικών πινάκων. Οι εφαρμογές του είναι πάρα πολλές και θα αποτελέσει σημείο αναφοράς για πολλά από τα αποτελέσματα που θα ακολουθήσουν. Ανάλυση Πινάκων 39 / 70

42 Μη Αρνητικοί Πίνακες Στην πράξη, πιο συχνά έχουμε να κάνουμε με μη αρνητικούς πίνακες παρά με θετικούς. Ετσι παρουσιάζεται η ανάγκη να επεκτείνουμε τη θεωρία που έχουμε αναπτύξει, στη γενικότερη περίπτωση όπου τα στοιχεία ενός πίνακα A R ν ν δεν είναι όλα θετικά. Εύστοχα θα μπορούσε κάποιος να υποθέσει ότι η χρήση κατάλληλων ορίων είναι ικανή να μας οδηγήσει στα συμπεράσματα που έχουμε ήδη διατυπώσει για τους θετικούς πίνακες. Δυστυχώς, ορισμένα χαρακτηριστικά (όπως ο βαθμός ενός πίνακα ή η διάσταση ενός ιδιόχωρου) δεν επιτρέπουν την καθολική εφαρμογή αυτής της μεθοδολογίας. Ωστόσο υπάρχουν αποτελέσματα του Θεωρήματος Perron που μπορούν να γενικευτούν παίρνοντας όρια. Ανάλυση Πινάκων 40 / 70

43 Θεώρημα 10 Αν A = [ a ij ] R ν ν είναι ένας μη αρνητικός πίνακας, τότε η ϕασματική ακτίνα ρ(a) είναι ιδιοτιμή του A και υπάρχει αντίστοιχο μη αρνητικό ιδιοδιάνυσμα 0 x R ν τέτοιο ώστε Ax = ρ(a)x. Απόδειξη. Για κάθε ε > 0, ορίζουμε τον πίνακα A(ε) = [ a ij + ε ]. Συμβολίζουμε με x(ε) το διάνυσμα Perron του A(ε), άρα x(ε) > 0 και x(ε) 1 = 1. Αν θεωρήσουμε το σύνολο {x(ε) : ε > 0}, τότε αυτό περιέχεται στο συμπαγές σύνολο {x C ν : x 1 1} και άρα θα υπάρχει μία μονότονα ϕθίνουσα ακολουθία ε k > 0 (k = 1,2,...) με limε k = 0 τέτοια ώστε το όριο limx(ε k ) = x να υπάρχει. Επίσης, αφού x(ε k ) > 0 (k = 1,2,...), έχουμε x = limx(ε k ) 0 και x 0 επειδή x 1 = lim x(ε k ) 1 = 1. Ανάλυση Πινάκων 41 / 70

44 Συνέχεια Απόδειξης. Από το Θεώρημα 1, έχουμε ότι ρ(a) ρ(a(ε 1 )) ρ(a(ε 2 )), για κάθε k = 1,2,... Αρα η ακολουθία ρ(a(ε k )) (k = 1,2,...) είναι μονότονα ϕθίνουσα. Ετσι, το όριο ρ = limρ(a(ε k )) υπάρχει και είναι μεγαλύτερο ή ίσο της ρ(a). Ομως από το γεγονός ότι Ax = lim(a(ε k )x(ε k )) = lim(ρ(a(ε k ))x(ε k )) = limρ(a(ε k )) limx(ε k ) = ρx κι επειδή x 0, συμπεραίνουμε ότι ο ρ είναι ιδιοτιμή του πίνακα A. Τότε όμως ρ ρ(a) και άρα ρ = ρ(a). Στη συνέχεια, χαρακτηρίζουμε τη ϕασματική ακτίνα χρησιμοποιώντας μη αρνητικά ιδιοδιανύσματα. Ανάλυση Πινάκων 42 / 70

45 Θεώρημα 11 Εστω A = [ a ij ] R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας και 0 x R ν ένα μη αρνητικό διάνυσμα. Αν Ax ax για κάποιο a R, τότε ρ(a) a. Απόδειξη. Για ε > 0, ορίζουμε τον πίνακα A(ε) = [ a ij + ε ] > 0. Τότε ο A έχει θετικό αριστερό ιδιοδιάνυσμα Perron y(ε), δηλαδή y(ε) T A(ε) = ρ(a(ε))y(ε) T. Επίσης γνωρίζουμε ότι Ax ax 0, άρα A(ε)x x > Ax ax 0, και έτσι y(ε) T [A(ε)x ax] = [ρ(a(ε)) a]y(ε) T x 0. Αφού y(ε) T x > 0, έχουμε ότι για κάθε ε > 0. Αφού ρ(a(ε)) ρ(a) για ε 0, συμπεραίνουμε ότι ρ(a) a. Ανάλυση Πινάκων 43 / 70

46 Πόρισμα 10 Εστω A = [ a ij ] R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας. Τότε ισχύει ότι ρ(a) = max x 0 x 0 min i=1,2,...,ν x i 0 1 x i ν a ij x j. j=1 Απόδειξη. Εστω A 0 και x 0 με x 0. Αν θεωρήσουμε την ποσότητα a = min x i 0 ν j=1 a ij x j x i, τότε Ax ax, και από το Θεώρημα 11, a ρ(a). Αλλά από το Θεώρημα 10, υπάρχει ιδιοδιάνυσμα x 0. Χρησιμοποιώντας το διάνυσμα αυτό εξασφαλίζουμε στο άνω ϕράγμα, την ισότητα a = ρ(a). Ανάλυση Πινάκων 44 / 70

47 [ ] 1 0 Αν θεωρήσουμε τον πίνακα A =, ο οποίος έχει ιδιοδιάνυσμα το 0 2 [ ] 1 x =, τότε παρατηρούμε ότι το άνω ϕράγμα του Πορίσματος 4 δεν 0 ισχύει στην περίπτωση που το διάνυσμα x είναι μη αρνητικό αλλά όχι θετικό. Πράγματι, για β = 3/2, έχουμε Ax < bx ενώ 2 = ρ(a) > β. Προσθέτοντας μία επιπλέον προϋπόθεση, το Θεώρημα 11 μπορεί να γίνει ισχυρότερο και να μας δώσει πληροφορίες για το διάνυσμα x. Ανάλυση Πινάκων 45 / 70

48 Θεώρημα 12 Εστω A R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας που έχει ένα θετικό αριστερό ιδιοδιάνυσμα. Αν 0 x R ν είναι ένα μη αρνητικό διάνυσμα με Ax ρ(a)x, τότε Ax = ρ(a)x. Απόδειξη. Απόδειξη. Εστω ένα θετικό διάνυσμα y τέτοιο ώστε A T y = ρ(a)y. Τότε y T (Ax ρ(a)x) = ρ(a)y T x ρ(a)y T x = 0 κι επομένως, Ax = ρ(a)x. Ανάλυση Πινάκων 46 / 70

49 Χωρίς επιπλέον προϋποθέσεις, δεν μπορούμε να προχωρήσουμε και να γενικεύσουμε το Θεώρημα Perron για μη αρνητικούς πίνακες. Αν A R ν ν είναι ένας μη αρνητικός πίνακας, τότε η μη αρνητική ιδιοτιμή ρ(a) καλείται επίσης ρίζα Perron του A. Επειδή το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα δεν είναι απαραίτητα μοναδικό, είναι δύσκολο να καθορίσουμε το διάνυσμα Perron του πίνακα A. Αν για παράδειγμα, θεωρήσουμε το μη αρνητικό πίνακα A = I ν, τότε η ιδιοτιμή ρ(a) = 1 έχει αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα όλα τα μη αρνητικά διανύσματα. Ανάλυση Πινάκων 47 / 70

50 Μη Υποβιβάσιμοι, μη Αρνητικοί Πίνακες Στην παράγραφο αυτή θα μελετήσουμε μία κατηγορία πινάκων οι οποίοι παρουσιάζονται σε πολλές εφαρμογές. Οι μη υποβιβάσιμοι (irreducible), μη αρνητικοί πίνακες παρουσιάζουν πολλές ιδιαιτερότητες τις οποίες μπορούμε να εκμεταλλευτούμε αν γνωρίζουμε ορισμένες βασικές ιδιότητες τους. Ανάλυση Πινάκων 48 / 70

51 Ορισμός 1 Ενας τετραγωνικός πίνακας λέγεται πίνακας μετάθεσης αν έχει ακριβώς ένα στοιχείο σε κάθε στήλη και κάθε γραμμή ίσο 1 και όλα τα υπόλοιπα στοιχεία του μηδενικά. Παράδειγμα 2 Ο πίνακας P = είναι ένας 3 3 πίνακας μετάθεσης. Προφανώς, ένας πίνακας μετάθεσης προκύπτει από το μοναδιαίο πίνακα με μεταθέσεις γραμμών ή στηλών. Ανάλυση Πινάκων 49 / 70

52 Ορισμός 2 Ενας πίνακας A R ν ν (ν 2) καλείται υποβιβάσιμος (reducible) αν υπάρχει πίνακας μετάθεσης P και ϕυσικός αριθμός r ν τέτοιοι έτσι ώστε [ ] B C P T AP =, 0 D όπου B R r r, C R r (ν r), D R (ν r) (ν r) και 0 R (ν r) r. Ενας πίνακας A R ν ν καλείται μη υποβιβάσιμος (irreducible) αν δεν είναι υποβιβάσιμος. Σημείωση Οι υποπίνακες B, C, D δεν είναι απαραίτητο να έχουν όλα τα στοιχεία τους μη μηδενικά. Παρατηρούμε επίσης ότι αν A > 0 τότε ο A είναι μη υποβιβασμός, ενώ αν ο A είναι υποβιβάσιμος τότε θα πρέπει να έχει τουλάχιστον ν 1 μηδενικά στοιχεία. Είναι επίσης προφανές ότι ένας πίνακας είναι μη υποβιβάσιμος αν και μόνο αν ο ανάστροφος του είναι μη υποβιβάσιμος. Ανάλυση Πινάκων 50 / 70

53 Θεώρημα 13 Ενας πίνακας A R ν ν είναι μη υποβιβασμός αν και μόνο αν ο πίνακας (I ν + A ) ν 1 είναι θετικός. Απόδειξη. Θα δείξουμε ότι ο πίνακας A είναι υποβιβάσιμος αν και μόνο αν ο (I ν + A ) ν 1 έχει τουλάχιστον ένα μηδενικό στοιχείο. Υποθέτουμε ότι ο A είναι υποβιβάσιμος και άρα για κάποιο πίνακα μετάθεσης P R ν ν θα έχουμε ότι [ ] B C P T AP = P P 0 D T = PÂP T, όπου οι B, C, D και 0 είναι υποπίνακες όπως στον Ορισμό 2. Παρατηρούμε ότι A = P Â P T αφού ο πίνακας P απλά μεταθέτει τις γραμμές και τις στήλες. Επίσης, παρατηρούμε ότι οι πίνακες Â 2, Â 3,..., Â ν 1 έχουν όλοι τον ίδιο υποπίνακα 0 R (ν r) r όπως ο Â. Ανάλυση Πινάκων 51 / 70

54 Συνέχεια Απόδειξης. Ετσι (I ν + A ) ν 1 = (I ν + P Â P T ) ν 1 = [P(I ν + Â )P T ] ν 1 = P(I ν + Â ) ν 1 P T ( ( ) ( ) ( ) ν 1 ν 1 ν 1 = P I ν + Â + Â Â )P ν 1 ν 1 T, όπου όλοι οι όροι στη τελευταία παράσταση έχουν το ίδιο υποπίνακα 0 R (ν r) r. Συνεπώς ο πίνακας (I ν + A ) ν 1 είναι υποβιβάσιμος και άρα δεν μπορεί να έχει όλα του τα στοιχεία μη μηδενικά. Το αντίστροφο αποδεικνύεται με τη βοήθεια της θεωρίας γραφημάτων και για το λόγο αυτό παραλείπεται. Ανάλυση Πινάκων 52 / 70

55 Λήμμα 5 Εστω λ 1,λ 2,...,λ ν οι ιδιοτιμές ενός πίνακα A R ν ν (όχι κατ ανάγκη διακεκριμένες). Τότε οι λ 1 + 1,λ 2 + 1,...,λ ν + 1 είναι ιδιοτιμές του πίνακα I ν + A και ρ(i ν + A) ρ(a) + 1. Αν A 0, τότε ρ(i ν + A) = ρ(a) + 1. Απόδειξη. Αφήνεται ως άσκηση. Ανάλυση Πινάκων 53 / 70

56 Λήμμα 6 Εστω A R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας, με A k > 0 για κάποιο k 1. Τότε η ϕασματική ακτίνα ρ(a) είναι απλή ιδιοτιμή του A. Απόδειξη. Αν οι λ 1,λ 2,...,λ ν είναι οι ιδιοτιμές του A, τότε οι λ k 1,λk 2,...,λk ν είναι οι ιδιοτιμές του A k. Γνωρίζουμε επίσης ότι η ϕασματική ακτίνα ρ(a) είναι ιδιοτιμή του πίνακα A. Ετσι αν η ρ(a) είναι πολλαπλή ιδιοτιμή του A, τότε και η ρ(a k ) = ρ(a) k θα είναι πολλαπλή ιδιοτιμή του A k. Αυτό όμως είναι άτοπο από το Θεώρημα 8. Ανάλυση Πινάκων 54 / 70

57 Θα δούμε στη συνέχεια σε ποιο βαθμό μπορεί να γενικευθεί το Θεώρημα Perron για μη αρνητικούς, μη υποβιβάσιμους πίνακες. Οι γενικεύσεις των αποτελεσμάτων του Perron για μη αρνητικούς πίνακες είναι άμεσα συνδεδεμένες με το όνομα του F.G. Frobenius. Για το λόγο αυτό άλλωστε η συγκεκριμένη θεωρία είναι γνωστή ως θεωρία Perron-Frobenius. Ανάλυση Πινάκων 55 / 70

58 Θεώρημα 14 Εστω A R ν ν ένας μη αρνητικός, μη υποβιβάσιμος πίνακας. Τότε ισχύουν τα ακόλουθα: Απόδειξη. (i) ρ(a) > 0. (ii) Η ρ(a) είναι ιδιοτιμή του A. (iii) Υπάρχει θετικό διάνυσμα x R ν τέτοιο ώστε Ax = ρ(a)x. (iv) Η ρ(a) είναι απλή ιδιοτιμή του A. Το Πόρισμα 3 δίνει άμεσα το (i). Από το Θεώρημα 10, το (ii) ισχύει για κάθε μη αρνητικό πίνακα A 0. Επίσης, από το Θεώρημα 10, υπάρχει ένα μη αρνητικό διάνυσμα x 0 τέτοιο ώστε Ax = ρ(a)x. Αλλά τότε (I ν + A) ν 1 x = (1 + ρ(a)) ν 1 x και έτσι ο πίνακας (I ν + A) ν 1 είναι θετικός σύμφωνα με το Λήμμα 13, άρα το διάνυσμα (1 + ρ(a)) ν 1 x είναι θετικό. Επομένως, το διάνυσμα q = (1 + ρ(a)) 1 ν (I ν + A) ν 1 x είναι θετικό. Για το (iv), εφαρμόζουμε το Λήμμα 5 και δείχνουμε ότι αν η ϕασματική ακτίνα ρ(a) είναι πολλαπλή ιδιοτιμή του A, τότε η 1 + ρ(a) = ρ(i ν + A) είναι πολλαπλή ιδιοτιμή του I ν + A. Αλλά I ν + A 0 και (I ν + A) ν 1 > 0 από το Λήμμα 13 και άρα η 1 + ρ(a) θα πρέπει σύμφωνα με το Λήμμα 5 να είναι απλή ιδιοτιμή του I ν + A. Ανάλυση Πινάκων 56 / 70

59 Το προηγούμενο θεώρημα μας εξασφαλίζει ότι ο ιδιοχώρος ενός μη αρνητικού, μη υποβιβάσιμου πίνακα που αντιστοιχεί στη ρίζα Perron, είναι μονοδιάστατος. Για ένα μη αρνητικό, μη υποβιβάσιμο πίνακα το μοναδικό θετικό ιδιοδιάνυσμα του οποίου τα στοιχεία έχουν άθροισμα 1 καλείται διάνυσμα Perron του πίνακα. Επίσης, δείξαμε ότι ένας μη αρνητικός, μη υποβιβάσιμος πίνακας έχει θετικό ιδιοδιάνυσμα. Επιπλέον, γνωρίζουμε ότι ένας πίνακας A είναι μη υποβιβάσιμος αν και μόνο αν ο A T είναι μη υποβιβασμός. Επομένως, κάθε μη αρνητικός, μη υποβιβάσιμος πίνακας έχει ένα θετικό αριστερό ιδιοδιάνυσμα. Ετσι το Θεώρημα 12 ισχύει για κάθε μη αρνητικό, μη υποβιβάσιμο πίνακα. Το γεγονός αυτό παίζει σημαντικό ρόλο στο παρακάτω θεώρημα (επέκταση του Θεωρήματος 1). Ανάλυση Πινάκων 57 / 70

60 Θεώρημα 15 Εστω A,B R ν ν. Αν ο A είναι μη αρνητικός, μη υποβιβάσιμος πίνακας και A B, τότε ρ(a) ρ(b). Αν επιπλέον ρ(a) = ρ(b) και ο λ = e iφ ρ(b) είναι ιδιοτιμή του πίνακα B, τότε υπάρχουν θ 1,θ 2,...,θ ν R τέτοια ώστε B = e iφ DAD 1, όπου D = diag{e iθ 1,e iθ 2,...,e iθ ν}. Απόδειξη. Από το Θεώρημα 1 γνωρίζουμε ότι αν A B, τότε ρ(a) ρ(b). Αν ρ(a) = ρ(b), τότε υπάρχει διάνυσμα x 0 τέτοιο ώστε Bx = λx με λ = ρ(b) = ρ(a), και άρα ρ(a) x = λx = Bx B x A x. Αφού ο A είναι μη υποβιβάσιμος, από το Θεώρημα 12 συμπεραίνουμε ότι A x = ρ(a) x και έτσι Bx = B x = A x. Επίσης από το Θεώρημα 14 έχουμε ότι x > 0, και αφού B A και B x = A x, συμπεραίνουμε ότι B = A. Αν τώρα ορίσουμε θ k R με e iθ k = x k / x k (k = 1,2,...,ν) και λ = e iφ ρ(a), και αν θέσουμε D = diag{e iθ 1,e iθ 2,...,e iθ ν}, τότε x = D x και λx = e iφ ρ(a)d x = BD x = Bx. Ετσι προκύπτει ότι e iφ D 1 BD x = ρ(a) x = A x. Από την ταυτότητα αυτή και από το γεγονός ότι x > 0 και e iφ D 1 BD = A συμπεραίνουμε ότι e iφ D 1 BD = A. Ανάλυση Πινάκων 58 / 70

61 Από το Θεώρημα Perron γνωρίζουμε ότι για ένα (τετραγωνικό) θετικό πίνακα A > 0, η ϕασματική ακτίνα ρ(a) είναι η μοναδική ιδιοτιμή μεγίστου μέτρου. Ομως για ένα μη αρνητικό πίνακα A, μπορεί να υπάρχουν περισσότερες από μία ιδιοτιμές μεγίστου μέτρου. Στην περίπτωση αυτή, ο πίνακας A θα πρέπει να έχει ειδική μορφή και οι ιδιοτιμές του θα πρέπει να βρίσκονται στις κορυφές κανονικού σχήματος. Ανάλυση Πινάκων 59 / 70

62 Θεώρημα 16 Εστω A R ν ν ένας μη αρνητικός, μη υποβιβάσιμος πίνακας. Υποθέτουμε ότι το σύνολο S = {λ ν,λ ν 1,...,λ ν s+1 } των ιδιοτιμών μεγίστου μέτρου ρ(a) έχει ακριβώς s διακεκριμένα στοιχεία. Τότε S = {e i2jπ/s ρ(a) : j = 0,1,...,s 1}, δηλαδή αυτές οι ιδιοτιμές μεγίστου μέτρου είναι ακριβώς οι s-οστές ρίζες της μονάδας πολλαπλασιασμένες με τη ϕασματική ακτίνα ρ(a). Επιπλέον, αν λ είναι μία τυχαία ιδιοτιμή του A, τότε ο αριθμός e i2jπ/s λ είναι επίσης ιδιοτιμή του A για κάθε j = 0,1,...,s 1. Απόδειξη. Η απόδειξη είναι τεχνική και παραλείπεται. Ανάλυση Πινάκων 60 / 70

63 Αν ένας μη αρνητικός πίνακας A είναι μη υποβιβάσιμος και έχει s > 1 ιδιοτιμές μεγίστου μέτρου, τότε κάθε μη μηδενική ιδιοτιμή του ανήκει σε κύκλο κέντρου 0 (στο μιγαδικό επίπεδο) πάνω στον οποίο εμφανίζονται ακριβώς s ιδιοτιμές του A που ορίζουν s ίσα τόξα. Ειδικότερα, ο ϕυσικός αριθμός s πρέπει να διαιρεί ακριβώς το πλήθος των μη αρνητικών ιδιοτιμών. Ετσι αν ο A είναι ν ν αντιστρέψιμος, μη αρνητικός και μη υποβιβάσιμος πίνακας και ο ν είναι πρώτος αριθμός, τότε ο A θα έχει είτε μία είτε ν ιδιοτιμές μεγίστου μέτρου. Ανάλυση Πινάκων 61 / 70

64 Πόρισμα 11 Εστω A R ν ν ένας μη αρνητικός, μη υποβιβάσιμος πίνακας. Για κάθε k = 1,2,..., συμβολίζουμε A k = [ a (k) ] ij. Αν υπάρχουν ακριβώς s > 1 ιδιοτιμές του A μεγίστου μέτρου, τότε a k ii = 0 για κάθε i = 1,2,...,ν, όταν ο k δεν είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του s. Ειδικότερα, για k = 1, όλα τα διαγώνια στοιχεία του A είναι μηδενικά. Απόδειξη. Λόγω του Θεωρήματος 16, μπορούμε να επιλέξουμε μία ιδιοτιμή λ = e iφ ρ(a) του πίνακα A μεγίστου μέτρου, με όρισμα φ = 2π/k. Ετσι ο e iφ ρ(a) δεν είναι πραγματικός και θετικός αριθμός, όποτε ο k δεν είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του s. Εφαρμόζοντας το Θεώρημα 15 με B = A και λ = e iφ ρ(a), βρίσκουμε ότι A = e iφ DAD 1 και άρα A k = e ikφ DA k D 1. Επομένως, ισχύει ότι a (k) = e ikφ a (k) για κάθε i = 1,2,...,ν και k = 1,2,... Αν ο e ikφ δεν είναι ii ii πραγματικός και θετικός αριθμός, θα πρέπει να έχουμε a (k) 11 = a(k) 22 = = a(k) νν = 0, όποτε ο ϕυσικός αριθμός k δεν είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του s. Ανάλυση Πινάκων 62 / 70

65 Ενας μη αρνητικός πίνακας με όλα τα διαγώνια στοιχεία του μηδενικά μπορεί να έχει μοναδική ιδιοτιμή μεγίστου μέτρου. Για παράδειγμα, ο πίνακας A = έχει μία απλή ιδιοτιμή λ = 2 και μία διπλή ιδιοτιμή λ = 1. Δηλαδή, έχει μοναδική ιδιοτιμή μεγίστου μέτρου, η οποία ισούται με τη ϕασματική ακτίνα ρ(a). Ανάλυση Πινάκων 63 / 70

66 Ισχύει επίσης ότι αν ο A 0 είναι μη υποβιβάσιμος και έχει k > 1 ιδιοτιμές μεγίστου μέτρου, τότε υπάρχει πίνακας μετάθεσης P τέτοιος ώστε 0 A 1,2 0. PAP T. 0.. =,. 0.. Ak 1,k A k,1 0 0 όπου οι k υποπίνακες στην κύρια διαγώνιο είναι τετραγωνικοί και οι A ij δεν είναι απαραίτητα μη μηδενικοί. Ανάλυση Πινάκων 64 / 70

67 Πόρισμα 12 Εστω A R ν ν ένας μη αρνητικός πίνακας, ρ(a) > 0 και λ μία ιδιοτιμή του A τέτοια ώστε λ = ρ(a). Τότε ο λ/ρ(a) = e iφ είναι s-οστή ρίζα της μονάδας για κάποιο s ν και {e iφ ρ(a),e i2φ ρ(a),...,e i(s 1)φ ρ(a)} σ(a). Απόδειξη. Αν ο πίνακας A είναι μη υποβιβάσιμος, τότε η απόδειξη έπεται άμεσα από το Θεώρημα 16. Αν ο A είναι υποβιβάσιμος, τότε υπάρχει ένας πίνακας μετάθεσης P τέτοιος ώστε A 1 0 A 2 PAP T =., A r όπου κάθε τετραγωνικός πίνακας A j είναι είτε μη υποβιβάσιμος, είτε μηδενικός. Οι ιδιοτιμές του πίνακα A είναι η ένωση των ιδιοτιμών των πινάκων A 1,A 2,...,A r, και η δομή των ιδιοτιμών μεγίστου μέτρου για κάθε A j δίνεται από το Πόρισμα 11. Ανάλυση Πινάκων 65 / 70

68 Παράδειγμα 3 Εστω οι μη αρνητικοί πίνακες A 1 = [ ], A 2 = [ και A = A1 0 A 2 ]. Το ϕάσμα σ(a) του 5 5 πίνακα A 0 είναι η ένωση σ(a 1 ) σ(a 2 ). Ο πίνακας A 1 έχει δύο απλές ιδιοτιμές μεγίστου μέτρου ρ(a 1 ) = 1 και ο πίνακας A 2 έχει τρεις απλές ιδιοτιμές μεγίστου μέτρου ρ(a 2 ) = 1. Συγκεκριμένα, οι ιδιοτιμές του A 1 είναι οι 1 και 1, ενώ οι ιδιοτιμές του πίνακα A 2 είναι οι τρεις κυβικές ρίζες της μονάδας, 1, ( 1 + i 3)/2 και ( 1 i 3)/2. Παρατηρούμε ότι οι ιδιοτιμές του πίνακα A δεν ισαπέχουν στην περιφέρεια του μοναδιαίου κύκλου, σε αντίθεση με τις ιδιοτιμές των πινάκων A 1 και A 2 οι οποίες βρίσκονται στις κορυφές κανονικών σχημάτων. Ανάλυση Πινάκων 66 / 70

69 Ενα Γενικό Οριακό Θεώρημα Το σημαντικότερο ίσως αποτέλεσμα της θεωρίας Perron-Frobenius είναι η ύπαρξη του ορίου lim(a/ρ(a)) k. Είδαμε ότι το όριο αυτό υπάρχει για κάθε θετικό πίνακα. Σε αυτή τη παράγραφο, θα δούμε ότι κάτι ανάλογο ισχύει για μη αρνητικούς, μη υποβιβάσιμους πίνακες. Αν B C ν ν και ο πίνακας I ν B είναι αντιστρέψιμος, τότε μπορεί εύκολα να δει κανείς ότι για κάθε N = 1,2,..., ισχύει N B k = B(I ν B N )(I ν B) 1. (2) k=1 Ανάλυση Πινάκων 67 / 70

70 Θεώρημα 17 Εστω A R ν ν ένας μη αρνητικός, μη υποβιβάσιμος πίνακας και x,y R ν θετικά διανύσματα τέτοια ώστε Ax = ρ(a)x, A T y = ρ(a)y, L = xy T και x T y = 1. Τότε lim 1 N ( ) k A = L. N ρ(a) Απόδειξη. k=1 Αν θέσουμε λ = ρ(a) και επιλέξουμε για x και y το δεξιό και αριστερό διάνυσμα Perron του πίνακα A, αντίστοιχα, τότε ικανοποιούνται οι υποθέσεις (1) (7) του Λήμματος 4 και έτσι ο πίνακας ( ) A I ν ρ(a) L = 1 ρ(a) [ρ(a)i ν (A ρ(a)l)] είναι αντιστρέψιμος. Ανάλυση Πινάκων 68 / 70

71 Συνέχεια Απόδειξης. Από το (e) του Λήμματος 4 και την ταυτότητα (2), έχουμε 1 N N ( ) k A = 1 ρ(a) N = 1 N ( A N k=1 k=1 N k=1 ρ(a) L = L + 1 ( A N ρ(a) L = L + 1 ( A N ρ(a) L ( ) k A ρ(a) L + L ) k + L ( A ) I ν ( A ) I ν N = L + 1 N k=1 ) N [ ( ) k A ρ(a) L ( A )] 1 ρ(a) L I ν ρ(a) L ) N [ ( )] 1 A + L ρ(a) I ν ρ(a) L. Οι μόνοι όροι του τελευταίου μέλους που εξαρτόνται από το N είναι ο 1/N και ο (A/ρ(A)) N. Αν x = [x i ], τότε από το Πόρισμα 6, τα στοιχεία του πίνακα (A/ρ(A)) N είναι μικρότερα ή ίσα του πηλίκου max x k / min x k. k=1,2,...,ν k=1,2,...,ν Ανάλυση Πινάκων 69 / 70

72 Χρηματοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδημαϊκά Μαθήματα» του ΕΜΠ έχει χρηματοδοτήσει μόνο την αναδιαμόρφωση του υλικού. Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράμματος «Εκπαίδευση και Δια Βίου Μάθηση» και συγχρηματοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ενωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταμείο) και από εθνικούς πόρους. Ανάλυση Πινάκων 70 / 70