Autovalori
Dato un insieme di numeri positivi reali $p_{ij}$ tali che $\sum_{j=1}^n p_{ij}=1$ verificare che la matrice $A nxxn$ composta dagli elementi dell'insieme prima definito ammetta autovalore $\lambda=1$
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Ho provato a risolvere il quesito con la formula di Laplace per il determinante $det(A)=\sum_{j=1}^n {p_{ij}*C_{ij}}$ dove $C_{ij}$ è il complemento algebrico della coppia (i,j), cioè $C_{ij}$ è data da $(- 1)^{i+j}$ per il determinante del minore di ordine n − 1 ottenuto dalla matrice A eliminando la riga i-esima e la colonna j-esima.
Ho proceduto così:
$det(A)=\sum_{j=1}^n {p_{ij}*C_{ij}}=\sum_{j=1}^n p_{ij}\sum_{j=1}^n C_{ij}$
per il calcolo del determinante bisogna sottrarre sulla diagonale della matrice $\lambda$, quindi avremo $\sum_{j=1}^n p_{ij}=1-\lambda$.
così:
$\sum_{j=1}^n p_{ij}\sum_{j=1}^n C_{ij}=(1-\lambda)*\sum_{j=1}^n C_{ij}$
posto il determinante uguale a zero avremo dimostrato che:
$(1-\lambda)*\sum_{j=1}^n C_{ij}=0 => (1-\lambda)=0 => \lambda=1$
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Credo di non aver commesso errori (adesso scoprite un'errore madornale
) avete comunque altre soluzioni?
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Ho provato a risolvere il quesito con la formula di Laplace per il determinante $det(A)=\sum_{j=1}^n {p_{ij}*C_{ij}}$ dove $C_{ij}$ è il complemento algebrico della coppia (i,j), cioè $C_{ij}$ è data da $(- 1)^{i+j}$ per il determinante del minore di ordine n − 1 ottenuto dalla matrice A eliminando la riga i-esima e la colonna j-esima.
Ho proceduto così:
$det(A)=\sum_{j=1}^n {p_{ij}*C_{ij}}=\sum_{j=1}^n p_{ij}\sum_{j=1}^n C_{ij}$
per il calcolo del determinante bisogna sottrarre sulla diagonale della matrice $\lambda$, quindi avremo $\sum_{j=1}^n p_{ij}=1-\lambda$.
così:
$\sum_{j=1}^n p_{ij}\sum_{j=1}^n C_{ij}=(1-\lambda)*\sum_{j=1}^n C_{ij}$
posto il determinante uguale a zero avremo dimostrato che:
$(1-\lambda)*\sum_{j=1}^n C_{ij}=0 => (1-\lambda)=0 => \lambda=1$
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Credo di non aver commesso errori (adesso scoprite un'errore madornale
) avete comunque altre soluzioni?
Risposte
il tuo metodo credo funzioni ma forse ne esiste uno più immediato credo. spero sia corretto.
allora sia
$A=((p_{11},...,p_{1n}),(...,...,... ),(p_{n1},...,p_{n n}))$
beh considera il vettore $v=(1,1,...,1)$ allora se tu vai a fare
$Av=(\sum_{j=1}^n p_{1j},\sum_{j=1}^n p_{2j},...,\sum_{j=1}^n p_{nj})=v$ per le ipotesi sui $p_{ij}$... e quindi $v$ è autovettore di autovalore 1.
allora sia
$A=((p_{11},...,p_{1n}),(...,...,... ),(p_{n1},...,p_{n n}))$
beh considera il vettore $v=(1,1,...,1)$ allora se tu vai a fare
$Av=(\sum_{j=1}^n p_{1j},\sum_{j=1}^n p_{2j},...,\sum_{j=1}^n p_{nj})=v$ per le ipotesi sui $p_{ij}$... e quindi $v$ è autovettore di autovalore 1.
$det(A)=\sum_{j=1}^n {p_{ij}*C_{ij}}=\sum_{j=1}^n p_{ij}\sum_{j=1}^n C_{ij}$ non so se sia giusto...
potresti essere più chiaro?
Av è una moltiplicazione?
se è così un autovettore per la matrice restituisce sempe lo stesso autovettore?
"miuemia":
il tuo metodo credo funzioni ma forse ne esiste uno più immediato credo. spero sia corretto.
allora sia
$A=((p_{11},...,p_{1n}),(...,...,... ),(p_{n1},...,p_{n n}))$
beh considera il vettore $v=(1,1,...,1)$ allora se tu vai a fare
$Av=(\sum_{j=1}^n p_{1j},\sum_{j=1}^n p_{2j},...,\sum_{j=1}^n p_{nj})=v$ per le ipotesi sui $p_{ij}$... e quindi $v$ è autovettore di autovalore 1.
potresti essere più chiaro?
Av è una moltiplicazione?
se è così un autovettore per la matrice restituisce sempe lo stesso autovettore?
$Av$ è la moltiplicazione matrice per vettore, beh in generale non restituisce lo stesso vettore.
se fai $Ae_1$ dove $e_1$ è il primo vettore della base canonica allora hai che $Ae_1$ è la prima colonna di $A$ che è diversa da $e_1$.
capito?
se fai $Ae_1$ dove $e_1$ è il primo vettore della base canonica allora hai che $Ae_1$ è la prima colonna di $A$ che è diversa da $e_1$.
capito?
"miuemia":
$Av$ è la moltiplicazione matrice per vettore, beh in generale non restituisce lo stesso vettore.
se fai $Ae_1$ dove $e_1$ è il primo vettore della base canonica allora hai che $Ae_1$ è la prima colonna di $A$ che è diversa da $e_1$.
capito?
allora se cercavamo un metodo per dimostrare ke ammettesse autovalore 1 ed il tuo metodo non è generale..bhe direi ke nn l'hai trovato...
scusa e perchè?
hai che il vettore $v=(1,1,...,1)$ è sempre autovettore di autovalore uno per una matrice fatta in quel modo.
hai che il vettore $v=(1,1,...,1)$ è sempre autovettore di autovalore uno per una matrice fatta in quel modo.
tu dici perkè in qst caso sia la sommatoria delle colonne che v coincidono...ma in generale no, giusto?
però se v è autovettore d A allora sarà Av=v ? cioè qst èl'assero che dovrebbe farmi dire ke ammette autovalore 1?
però se v è autovettore d A allora sarà Av=v ? cioè qst èl'assero che dovrebbe farmi dire ke ammette autovalore 1?
ma scusa le tue ipotesi non sono che $\sum_{j=1}^n p_{ij}=1$? e questo vale per ogni i ? giusto?
vuol dire che una matrice fatta in questo modo è tale che sommando gli elementi di ogni riga ti da 1...questo dicono le tue ipotesi.
ma allora se prendi il vettore con tutte le componenti uguali a 1, si ha immediatamente che la moltiplicazione per $A$ lo lascia invariato e quindi questo vettore è autovetore per $A$ di autovalore $1$.
vuol dire che una matrice fatta in questo modo è tale che sommando gli elementi di ogni riga ti da 1...questo dicono le tue ipotesi.
ma allora se prendi il vettore con tutte le componenti uguali a 1, si ha immediatamente che la moltiplicazione per $A$ lo lascia invariato e quindi questo vettore è autovetore per $A$ di autovalore $1$.
se non vuoi utilizzare gli autovettori, come ottimamente suggerito da miuemia potresti procedere così.
Per calcolare il determinante della matrice $A-\lambda I$
$A - \lambda I = ((p_{11} - \lambda, p_{12},...,p_{1n}),(p_{21},p_{22}-\lambda,...,p_{2n}),(...,...,...,...),(...,...,...,p_{nn}-\lambda))$
sostituisci alla prima colonna la somma di tutte le altre colonne. Sfruttando il fatto che la somma delle righe è $1$ ottieni la matrice
$ ( (1 - \lambda, p_{12},...,p_{1n}),(1-\lambda, p_{22}-\lambda,...,p_{2n}),(...,...,...,...),(1-\lambda,...,...,p_{nn}-\lambda)) $
quindi
$ \det ( (1 - \lambda, p_{12},...,p_{1n}),(1-\lambda, p_{22}-\lambda,...,p_{2n}),(...,...,...,...),(1-\lambda.,...,...,p_{nn}-\lambda)) = (1-\lambda) \det ( (1, p_{12},...,p_{1n}),(1, p_{22}-\lambda,...,p_{2n}),(...,...,...,...),(1,...,...,p_{nn}-\lambda)) $
Per calcolare il determinante della matrice $A-\lambda I$
$A - \lambda I = ((p_{11} - \lambda, p_{12},...,p_{1n}),(p_{21},p_{22}-\lambda,...,p_{2n}),(...,...,...,...),(...,...,...,p_{nn}-\lambda))$
sostituisci alla prima colonna la somma di tutte le altre colonne. Sfruttando il fatto che la somma delle righe è $1$ ottieni la matrice
$ ( (1 - \lambda, p_{12},...,p_{1n}),(1-\lambda, p_{22}-\lambda,...,p_{2n}),(...,...,...,...),(1-\lambda,...,...,p_{nn}-\lambda)) $
quindi
$ \det ( (1 - \lambda, p_{12},...,p_{1n}),(1-\lambda, p_{22}-\lambda,...,p_{2n}),(...,...,...,...),(1-\lambda.,...,...,p_{nn}-\lambda)) = (1-\lambda) \det ( (1, p_{12},...,p_{1n}),(1, p_{22}-\lambda,...,p_{2n}),(...,...,...,...),(1,...,...,p_{nn}-\lambda)) $
Si può estendere così:
se la matrice ha somma costante sulle colonne, ha per autovalore
la somma comune.
(basta ragionare sulla trasposta di $A$, che ha gli stessi autovalori)
se la matrice ha somma costante sulle colonne, ha per autovalore
la somma comune.
(basta ragionare sulla trasposta di $A$, che ha gli stessi autovalori)
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