Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar. Gersgorin - körök. Szakdolgozat. Kiss Rebecca. Matematika B.Sc.

Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Gersgorin - körök Szakdolgozat Kiss Rebecca Matematika B.Sc., elemző szakirány Témavezető: Mincsovics Miklós, tudományos segédmunkatárs Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Budapest 2012

Tartalomjegyzék 1. Sajátértékszámítás 2 2. Sajátértékek és normák 4 3. A Gersgorin-elmélet 6 4. A Gersgorin-körök kiterjesztése a gráfelmélet segítségével 14 5. Brauer Cassini-oválisai 20 6. A Brualdi-lemniszkáta 27 7. Összefoglalás 33 Irodalomjegyzék 34 Nyilatkozat 36 Köszönetnyilvánítás 37 1

1. fejezet Sajátértékszámítás A lineáris algebra egyik legfontosabb részét a mátrixok alkotják. Egyenletrendszereket tudunk leírni és megoldani mátrixokkal, lineáris transzformációkat tudunk velük leírni és még számos más alkalmazásuk is van. Az egyik leglényegesebb információ, amit kaphatunk egy mátrixról, a sajátértékei. Ezért gyakran szükségünk van ennek meghatározására a gyakorlatban. Vezessük be az alapvető fogalmakat, amiket használni fogunk. Legyen A C m n és I az egységmátrix. 1.1. Definíció. Az A C n n mátrix reguláris, ha olyan A 1 C n n mátrix, melyre AA 1 = A 1 A = I. Ha nincs ilyen A 1 mátrix, akkor az A mátrix szinguláris. 1.2. Definíció. Azt mondjuk, hogy a λ szám az A C n n mátrix sajátértéke, ha létezik olyan nemnulla x vektor, melyre Ax = λx. Az ilyen x vektorokat az A mátrix λ sajátértékhez tartozó sajátvektorainak nevezzük. 1.1. Tétel. Egy mátrix akkor és csak akkor reguláris, ha nem sajátértéke a 0. 1.3. Definíció. A mátrix spektruma a sajátértékek összessége és σ(a)-val jelöljük. Formálisan σ(a) := {λ C : det(a λi) = 0}. 1.4. Definíció. Ha A C n n, az A mátrix spektrálsugara ρ(a) = max{ λ : λ σ(a)}, tehát a legnagyobb abszolútértékű sajátérték. 1.5. Definíció. Az A mátrix karakterisztikus polinomja alatt a P (λ) = det(a λi) egyenletet értjük, ennek a λ gyökei adják az A mátrix sajátértékeit. 2

Hogy számolunk sajátértéket? Vezessük végig egy példán. Számítsuk ki az alábbi mátrix sajátértékeit és sajátvektorait: ( ) 2 2 A 1 = 2 3 ( ) ( ) ( ) 2 2 λ 0 2 3 0 λ = 2 λ 2 = ( 2 λ)(3 λ) + 4 2 3 λ Az A 1 mátrix karakterisztikus polinomja tehát: P (λ) = λ 2 λ 2 = (λ + 1)(λ 2) Ennek a polinomnak két gyöke van, a 2 és a 1, ezek a mátrix sajátértékei. Most számítsuk ki a sajátvektorokat. Helyettesítsünk be az (A λi)x = 0 egyenletbe. λ 1 = 2 ( ) ( ) 4 2 x1 = 0 2 1 4x 1 + 2x 2 = 0 2x 1 + x 2 = 0 ( ) t Ebből az adódik, hogy a 2-höz tartozó sajátvektorok alakúak. Ugyanígy lehet 2t meghatározni a 1-hez tartozó sajátvektorokat is. x 2 3

2. fejezet Sajátértékek és normák Gyakorlati problémák esetén az imént bemutatott módszer nem mindig alkalmazható, hiszen egy polinom gyökeit kell megtalálnunk és négynél nagyobb fokszámú egyenletek megoldására nincs képletünk. Ez azt jelenti, hogy a sajátértékeket általában direkt módszerrel nem lehet meghatározni. Ezért gyakran közelítő módszereket alkalmazunk. Hol lehet szükség sajátértékbecslésre? A gráfelmélet, a differenciálegyenletek, és a dinamikai rendszerek megoldásának például lényeges részét alkotja. Sokszor iterációs módszerekkel közelítjük a keresett értékeket, mert a közelítésből is már fontos információk nyerhetőek ki. A numerikus analízis segítségével például becsülni lehet a spektrálsugarát egy mátrixnak, ehhez definiálnunk kell néhány fogalmat. 2.1. Definíció. Legyen ϕ : C n R. Azt mondjuk, hogy ϕ norma, ha 1. ϕ(x) 0 x C n ; 2. ϕ(x) = 0 akkor és csak akkor, ha x = 0; 3. ϕ(γx) = γ ϕ(x) λ skalárra és x C n ; 4. ϕ(x + y) ϕ(x) + ϕ(y) x, y C n. Vegyünk egy ϕ normát C n -en és vegyünk egy B C n n mátrixot. Ekkor ϕ(bx) B ϕ := sup x 0 ϕ(x) 4 = sup ϕ(bx), ϕ(x)=1

és B ϕ -t B indukált operátornormájának nevezzük ϕ-n. 2.1. Tétel. ϕ normára C n -en: ρ(a) A ϕ. Bizonyítás. λ σ(a)-ra x 0 C n, amire Ax = λx. normát C n -ben, és válasszuk x-et úgy, hogy ϕ(x) = 1. A 3. normatulajdonságot alkalmazva: Válasszuk ki bármelyik ϕ(λx) = λ ϕ(x) = λ = ϕ(ax) A ϕ ϕ(x) = A ϕ, tehát λ A ϕ. Ez λ σ(a)-ra igaz, tehát ρ(a)-ra is, azaz ρ(a) A ϕ. Nagyon sok módszer létezik a sajátértékek becslésére, hiszen gyakori, hogy nagy mátrixokkal dolgozunk, és ilyenkor nem tudjuk egyszerűen meghatározni a sajátértékeit. Emellett még sok időt is spórolhatunk a becsléssel. Ezek közül az alábbiakat szeretném bemutatni és összehasonlítani a [19] könyv alapján: 1. A Gersgorin-körök 2. Brauer Cassini-oválisai 3. A Brualdi-lemniszkáta Az első két fejezetben felhasználtam a [6] és a [20] jegyzetet. Ezen kívül a [19] könyvből is választottam részleteket. A következő fejezetekben ezen a könyvön belül is feltüntetem a hivatkozásokat. 5

3. fejezet A Gersgorin-elmélet Az első módszer, amivel sajátértékeket szeretnék becsülni, a Gersgorin-elmélet. Ennek alapja, hogy az adott mátrix elemeit használva köröket határozunk meg. A keresett sajátértékek ezekben a körökben helyezkednek el. Használjuk az alábbi jelölést: N := {1, 2,..., n}. 3.1. Definíció. Legyen A C n n. Ekkor r i (A) := a i,j j N\{i}} a mátrix i. kihagyott abszolútértékű sorösszege. 3.2. Definíció. Legyen A C n n, jelölje Γ i (A) := {z C : z a i,i r i (A)} az i. Gersgorin-kört. Legyen Γ(A) := i N Γ i (A) a körök egyesítése, az úgynevezett Gersgorin-halmaz. 3.1. Tétel. A C n n és λ σ(a) esetén k N, amire: λ a k,k r k (A). Ebből következik, hogy σ(a) Γ(A). Bizonyítás. λ σ(a)-ra legyen 0 x = [x 1, x 2,..., x n ] T C n a hozzá tartozó sajátvektor, tehát Ax = λx. 6

Ez minden sorra teljesül, azaz: j N a i,j x j = λx i i N. Mivel x 0, k N, amire 0 < x k = max{ x i : i N}. Erre a k-ra i N Ezzel ekvivalens, hogy: (λ a k,k )x k = a k,i x i. i N\{k} Abszolútértékbe téve és a háromszög-egyenlőtlenséget alkalmazva: λ a k,k x k i N\{k} a k,i x i i N\{k} a k,i x k = x k r k (A) a k,i x i = λx k. x k > 0-val leosztva az egyenlőtlenséget, pont azt kapjuk, amit szeretnénk. A Gersgorinkörök definíciójából következik, hogy λ Γ k (A), és ebből λ Γ(A). Ez igaz λ σ(a)- ra, tehát a sajátértékek tényleg a körökben helyezkednek el. 3.1. Következmény. A C n n esetén ρ(a) max i N a i,j. Bizonyítás. A 3.1. tételből tudjuk, hogy k N : λ a k,k r k (A). A háromszögegyenlőtlenséget alkalmazva az alábbit kapjuk: λ a k,k λ a k,k r k (A). Ebből átrendezéssel: λ a k,k + r k (A) = a k,j max a i,j. i N j N j N 3.1. Megjegyzés. Megjegyezzük, hogy a 3.1 következmény annyit jelent, hogy ρ(a) A, ahol A az alábbi vektornorma által indukált operátornomra: x := max{ x j : j j N N}. Ez egy speciális esete a 2. fejezetben említett tételnek. 1. Példaként tekintsük az 3 1 2 A 2 = 0 1 0 5 1 4 7

mátrixot. Itt σ(a 2 ) = { 2, 1}. Két Gersgorin-kör látható, mert a 2. csak egyetlen egy pont (1). A pontok a körök középpontját, a keresztek pedig a mátrix sajátértékeit ábrázolják. Láthatjuk, hogy ezek valóban a körökön belül vannak. 2. Példa: 0 4 0 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 A 3 = 1 1 0 0 i 0 0 8 8 1 1 0 0 0 2i 0 4 4 9 1 0 0 0 0 0 2 2 1 0 0 0 0 0 9 2 2 8

Itt σ(a 3 ) = {3.2361, 1.2361, 2, 1.0323i, 1.9677i, 4.5277, 4.5277}. Ez az ábra jó példa arra, hogy vannak olyan Gersgorin-körök, amelyek nem tartalmaznak sajátértéket, de vannak olyan körök is, amelyek több sajátértéket tartalmaznak. Definiáljuk a szigorú diagonális dominancia fogalmát, ami erősen kapcsolódik a Gersgorinkörök témaköréhez, hiszen teljesülése pontosan a mátrix főátlóbeli elemeivel és sorösszegeivel függ össze. 3.3. Definíció. Az A C n n mátrix szigorúan diagonálisan domináns, ha a i,i > r i (A), i N. 3.2. Tétel. Ha A szigorúan diagonálisan domináns, akkor reguláris. 9

Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy A szigorúan diagonálisan domináns és szinguláris. Ez azt jelenti, hogy a 0 is sajátértéke A-nak. A 3.1. tétel miatt k N, amire: 0 a k,k = a k,k r k (A), ami ellentmond a szigorúan diagonális dominanciának. 3.2. Megjegyzés. Fontos észrevétel, hogy a 3.1. és a 3.2. tétel gyakorlatilag ekvivalens. Bizonyítás. Azt már beláttuk, hogy a 3.2. tétel következik a 3.1. tételből. Most megmutatjuk, hogy ez fordítva is így van, ezzel igazolva az ekvivalenciát. Tegyük fel indirekten, hogy a 3.2. tétel teljesül, de a 3.1. tétel nem. Ez azt jelenti, hogy valamilyen A mátrixra λ σ(a), amire λ a k,k > r k (A) teljesül k N esetén. Definiáljuk a B mátrixot úgy, hogy B := λi A. Mivel (A λi)x = 0, az A λi mátrixnak sajátértéke a 0, ezért B biztosan szinguláris lesz. Másrészt viszont B definíciójából következik, hogy r k (A) = r k (B), és λ a k,k = b k k N. Így az alábbi összefüggést kapjuk: b k,k > r k (B) k N. Ha viszont erre alkalmazzuk a 3.2 tételt, akkor azt kapjuk, hogy B reguláris. Ez azonban ellentmondás. Nézzük az első kiterjesztését Gersgorin tetelének. Legyen x R n és x i > 0. Ennek az x vektornak segítségével definiáljuk az X R n n mátrixot. Legyen X := diag[x] := diag[x 1, x 2,..., x n ]. Itt X nyilván reguláris. Ha A C n n, akkor X 1 AX = [a i,j x j /x i ] és σ(x 1 AX) = σ(a). Ezzel a kiterjesztéssel ismét definiálhatjuk a Gersgorin-köröket: 3.4. Definíció. r x i (A) := r i (X 1 AX) = j N\{i} a i,j x j x i és r x i (A)-t A i. súlyozott kihagyott abszolútértékű sorösszegének hívjuk. Jelölje Γ x i (A) := {z C : z a i,i r x i (A)} 10

az i. súlyozott Gersgorin-kört, és legyen Γ x (A) := i N Γ x i (A) ezen körök összessége, a súlyozott Gersgorin-halmaz. 3.2. Következmény. A C n n és x > 0 R n : σ(a) Γ x (A). 3.3. Megjegyzés. Fontos tudni, hogy van egy reguláris S C n n mátrix, amire S 1 AS := J, ahol J az úgy nevezett Jordan normál-alak. J egy felső-háromszög mátrix, aminek a főátlójában a sajátértékek találhatóak, a főátló fölött pedig 0, illetve 1-esek vannak. Nagyon jó ötletnek tűnhet, hogy ezzel becsüljük A sajátértékeit, mert J struktúrája egyszerű, de nagyon nehéz feladat megtalálni A Jordan normál-formáját, sokkal több időt venne igénybe, mint az A mátrix sajátértékeit meghatározni. Ezért a gyakorlatban nem használjuk ezt. Legyen n 2 és legyen S az N = {1, 2,..., n} valódi részhalmaza, azaz = S N. S számosságát jelölje S. 3.5. Definíció. A C n n és x > 0 R n : Γ x S(A) := Γ x i (A). i S Γ x S (A) az S-hez tartozó súlyozott Gersgorin-halmaz. A következő kifejezés Γ x S(A) Γ x N\S(A) = (3.1) annyit jelent, hogy az S-hez tartozó és az S-en kívül lévő Gersgorin-körök összessége nem metszi egymást. 3.3. Tétel. A C n n, n 2 és x > 0 R n, amire teljesül a (3.1) képlet valamilyen S N-re, akkor Γ x S (A) pontosan S darab sajátértéket tartalmaz. Bizonyítás. Legyen A(t) := [a i,j (t)] C n n mátrixok olyan halmaza, ahol a i,i (t) := a i,i és a i,j (t) := t a i,j i j-re 0 t 1 mellett. Vegyük észre, hogy: r x i (A(t)) = j N\{i} a i,j (t) x j x i = t j N\{i} 11 a i,j x j x i = t r x i (A) r x i (A)

t [0, 1]. A 3.4. definíció miatt Γ x i (A(t)) Γ x i (A) t [0, 1]-re és i-re. A (3.1) jelölést használva : Γ x S (A(t)) Γ x N\S (A(t)) = t [0, 1]. A 3.3. következmény miatt: σ(a(t)) Γ x (A(t)) t [0, 1]. Nézzük meg, hogy néz ki az A(t) mátrix t = 0-ra. A(0) egy diagonális mátrix, tehát a sajátértékei pont a főátlóban található elemek: {a i,i } n i=1. Γ x S (A(0)) = {a i,i : i S}-ben A(0)-nak S darab sajátértéke található. A(t) elemei változnak t változásával, és ennek megfelelően a súlyozott Gersgorin-körei is folytonosan változnak. Mivel Γ x S (A(t)) Γ x N\S (A(t)) = teljesül t [0, 1]- re, t változásával nem veszítünk vagy kapunk új sajátértékeket, csak a körök sugara változik. Tehát Γ x S (A(t)) pontosan S darab sajátértéket tartalmaz t [0, 1]-re. Így t = 1-re: A(1) = A, tehát Γ x S (A)-ban is S darab sajátérték van. Különösen érdekes eset, ha S = {i}, mert ekkor a Γ x i (A) kör pontosan egy sajátértéket tartalmaz. Nézzük meg az alábbi példát: 1 i 0 A 4 = 1/2 4 i/2 1 0 7 A 3.3. tételből azt kapjuk, hogy λ 1 1 1, λ 2 4 1, λ 3 7 1, ahol σ(a 4 ) := {λ 1, λ 2, λ 3 } = {0.9641 0.1620i; 4.0641 + 0.1629i; 6.9718 0.0008i}. 12

Az ábrán pontosan láthatjuk, hogy minden kör pontosan egy sajátértéket tartalmaz. Ehhez a fejezethez az alábbi szakirodalmat használtam fel: [1], [4], [7], [8], [13], [15]. 13

4. fejezet A Gersgorin-körök kiterjesztése a gráfelmélet segítségével Definiáljunk további fogalmakat. A P R n n mátrixot permutációmátrixnak hívjuk, ha van egy φ permutáció, ami N = {1, 2,..., n}-ből N-be képez úgy, hogy P = [p i,j ] := [δ i,φ(j) ], ahol { } 1 ha k = l δ k,l :=. 0 ha k l 4.1. Definíció. Tegyük fel, hogy n 2. Ekkor az A C n n mátrix reducibilis, ha létezik egy olyan P R n n permutációmátrix és egy pozitív r (1 r < n), amire ) PA P T = ( A1,1 A 1,2 0 A 2,2, ahol A 1,1 C n n, A 2,2 C (n r) (n r). Ha nincs ilyen permutáció, akkor azt mondjuk, hogy A irreducibilis. Az A C 1 1 mátrix irreducibilis, ha az egyetlen eleme nemnulla. Az A mátrix normálredukált formája alatt az alábbi mátrixot értjük: R 1,1 R 1,2... R 1,m PAP T 0 R 2,2... R 2,m =,..... 0 0... R m,m ahol minden R j,j -re igaz az, hogy: 14

1. R j,j egy p j p j irreducibilis mátrix (p j 2), vagy 2. R j,j egy 1 1 - es mátrix: R i,j = [a k,k ], valamilyen k N-re. A mátrix struktúrájából adódóan n 2-re, A irreducibilitása nem függ a főátlóban elhelyezkedő elemektől. Ezen kívül, ha egy főátlón kívüli nemnulla elemet lecserélünk egy komplex nemnulla elemre, A reducibilitása vagy irreducibilitása szintén nem változik. A mátrixok irreducibilitása a gráfelmélettel függ össze. Feleltessük meg az A C n n mátrixot egy gráfnak, méghozzá az alábbi módon: vi v j a v i -ből v j -be mutató irányított él, ami csak akkor van behúzva a gráfban, ha a i,j 0. Ha a i,i 0, akkor v i v i egy kör. Ezt a gráfot G(A)-val jelöljük. Egy irányított út G(A)-ban irányított élek összessége, méghozzá: v l0 v l1, v l1 v l2,..., v lr 1 v lr. Ez az út a v l0 és a v lr csúcsokat köti össze. Ez az irányított út a mátrixban azt jelenti, hogy: r 1 a lk,l k+1 0. k=0 4.2. Definíció. Az A C n n mátrixhoz tartozó G(A) irányított gráf erősen összefüggő, ha minden v i és v j csúcshoz létezik irányított út a v i csúcsból v j -be. 4.1. Tétel. A C n n -re A akkor és csak akkor irreducibilis, ha a G(A) gráf erősen összefüggő. 4.3. Definíció. Az A C n n mátrix irreducibilisen diagonálisan domináns, ha A irreducibilis és diagonálisan domináns, azaz a i,i r i (A) i N, továbbá szigorú egyenlőtlenség áll fent legalább egy i-re. 4.1. Megjegyzés. Megjegyezzük, hogy egy mátrix lehet irreducibilis és diagonálisan domináns anélkül, hogy irreducibilisen diagonálisan domináns legyen. A következő tétel Taussky[17] nevéhez fűződik: 4.2. Tétel. Ha az A C n n mátrix irreducibilisen diagonálisan domináns, akkor reguláris. 15

Bizonyítás. Az n = 1 eset evidens, tehát legyen n 2 és indirekt tegyük fel, hogy A szinguláris. Ebből következik, hogy a 0 sajátértéke A-nak, és emiatt létezik egy 0 x = [x 1, x 2,..., x n ] T C n sajátvektor, amire Ax = 0. Ez az egyenlet soronként így néz ki: a i,j x j = 0, i N. j N a i,i x i = a i,j x j (i N). j N\{i} Erre alkalmazva az abszolútértéket és a háromszög-egyenlőtlenséget: a i,i x i a i,j x j. j N\{i} Normáljuk le az x vektort, legyen x = 1. Legyen S az x vektor koordinátáinak egy részhalmaza, pontosabban S := {j N : x j = 1}. S nem lehet az üres halmaz, mert feltettük, hogy az x sajátvektor nem 0. Továbbá nem lehet egyenlő az egész N halmazzal sem, hisz ez azt jelentené, hogy x = [1,..., 1]. a i,j = a i,i, erre az abszolútértéket alkalmazva: r i (A) = j N\{i} j N\{i} a i,j a i,j = a i,i, ami ellentmond annak, hogy A irreducibilisen j N\{i} diagonálisan domináns. Tehát S N. Becsüljük a szummát felülről úgy, hogy x j -t 1-el helyettesítünk. a i,j + a i,j x j a i,i, i S. j S\{i} j N\S Tehát r i (A) a i,i, másrészt a tétel feltevése szerint r i (A) a i,i, tehát r i (A) = a i,i, és a i,j = 0, ha j N\S. Ez azt jelenti, hogy a mátrixban ilyen a i,j = 0 -k szerepelnek, ahol az x sajátvektorban nem 1-es van, vagyis a mátrix megfelelő permutációval a következő alakra hozható: ( ) ( ) Tehát A reducibilis, ami ellentmondás. 0 1 Mielőtt kimondjuk Taussky[17] következő tételét, definiáljunk további fogalmakat. 16

C := C { } Ha T nem részhalmaza C-nek, akkor T a T lezártja C -ben, és T := T (C \T ) a T halmaz határát jelöli. int T := T \ T pedig a T halmaz belseje. 4.3. Tétel. Legyen az A C n n mátrix irreducibilis. Ha λ σ(a) olyan, hogy λ / int Γ i (A) i N, vagyis λ a i,i r i (A) minden i N-re, akkor λ a i,i = r i (A) i N, (4.1) azaz minden Gersgorin-kör {z C : z a i,i = r i (A)} átmegy λ-n. Ha valamilyen λ sajátérték Γ(A) határán fekszik, akkor (4.1) egyenlet teljesül rá. 4.2. Megjegyzés. A 4.2. tétel ekvivalens a 4.3. tétellel. Bizonyítás. 4.3.= 4.2. Indirekt tegyük fel, hogy A irreducibilisen diagonálisan domináns, de szinguláris. Ez azt jelenti, hogy a i,i r i (A) és k N : a k,k > r k (A). Ez alapján a 4.3. tétel feltételei teljesülnek λ = 0 -ra, így a (4.1) egyenlet is, ami viszont ellentmond a szigorú diagonális dominanciának. 4.2.= 4.3. Tegyük fel indirekten, hogy λ σ(a) : λ / int Γ i (A), amire λ a i,i r i (A) i-re, de olyan i, amire λ a i,i r i (A), tehát erre az i-re λ a i,i > r i (A) teljesül. Definiáljuk a B mátrixot úgy, hogy B = λi A. B szinguláris és teljesül rá, hogy r i (A) = r i (B) és b i,i = λ a i,i. A fenti egyenletet átírva azt kapjuk, hogy i, amire b i,i > r i (B). Ebből következik, hogy B irreducibilisen diagonálisan domináns. A 4.2. tétel miatt ebből az következik, hogy B reguláris, de ez ellentmondás. 17

Példaként tekintsük az alábbi mátrixot: σ(a 5 ) := {0}. i i 0 0 A 5 = 0 1 1 0 0 0 1 1 i 0 0 i Ez az ábra tökéletesen mutatja a 4.3. tételt. A mátrix egyetlen sajátértéke, a 0 nem helyezkedik el egyetlen kör belsejében sem, ezért teljesül a feltétel. Ebből pedig a tétel alapján azt kapjuk, hogy minden kör átmegy a sajátértéken, ami valóban teljesül. Ha A irreducibilis, akkor a 4.3. tétel megadja nekünk a szükséges feltételt az A mátrix λ sajátértékére. Ha A egy λ sajátértékére igaz az, hogy λ / int Γ(A), akkor átmegy rajta minden Gersgorin-kör. Ez azonban visszafelé nem teljesül, tehát akkor is, ha mindegyik Gersgorin-kör átmegy egy z ponton, z nem feltétlenül sajátértéke a mátrixnak. 18

A 4. fejezethez az alábbi jegyzeteket alkalmaztam: [7], [16], [17]. 19

5. fejezet Brauer Cassini-oválisai A korábban definiált r i (A) fogalmat használva: 5.1. Tétel. Ha A C n n, n 2 és a i,i a j,j > r i (A) r j (A) i j N, akkor A reguláris. Bizonyítás. Tegyük fel indirekten, hogy A teljesíti a feltételt, de szinguláris. Ez azt jelenti, hogy x C n 0, amire Ax = 0. Tegyük x komponenseit növekvő sorrendbe, ez így néz ki: x t x s max{ x k : k N, k s, k t}, x t > 0. Az Ax = 0 egyenlet az alábbi összefüggést adja soronként: a i,i x i = a i,j x j i N. Az abszolútértéket és a háromszög-egyenlőtlenséget alkalmazva: a i,i x i a i,j x j i N. j N\{i} j N\{i} Legyen i = t, ekkor a t,t x t a t,j x j r t (A) x s. j N\{i} Tegyük fel, hogy x s = 0. Ekkor a t,t x t = 0, amiből az következik, hogy a t,t = 0, de ez ellentmond annak, hogy a i,i > 0 i N. Tehát x s > 0. 20

Legyen i = s, ekkor a s,s x s r s (A) x t. Ezt beszorozva az előző egyenlőtlenséggel: a t,t a s,s x t x s r t (A) r s (A) x t x s. Mivel x t x s > 0, a t,t a s,s r t (A) r s (A), ami ellentmond feltevésünknek. 5.2. Tétel. A C n n, n 2 és λ σ(a), i, j N, hogy: λ K i,j (A) := {z C : z a i,i z a j,j r i (A) r j (A)}, (5.1) ahol K i,j (A) az A mátrix (i, j). Brauer Cassini oválisa. Ez sajátértékre, azaz λ σ(a)-ra igaz, tehát σ(a) K(A) := K i,j (A), i,j N,i j ahol K(A) az oválisok összessége, a Brauer-halmaz. 5.1. Megjegyzés. Az 5.1. és az 5.2. tétel ekvivalens. Bizonyítás. Az 5.1. tételt már bizonyítottuk, így az ekvivalencia igazolásával az 5.2. tételt is bizonyítjuk. 5.2.= 5.1. Indirekt tegyük fel, hogy a i,i a j,j > r i (A) r j (A) i j N, de A szinguláris. Ekkor x 0 sajátvektor a 0 sajátértékhez, amire teljesül, hogy Ax = 0. A λ = 0 sajátértéket az (5.2) egyenletbe behelyettesítve azt kapjuk, hogy a i,i a j,j r i (A) r j (A), ami ellentmond feltevésünknek. 5.1.= 5.2. Tegyük fel indirekten, hogy λ / K i,j (A) i, j-re. Ekkor λ a i,i λ a j,j > r i (A) r j (A). Definiáljuk a B mátrixot az alábbi módon: B = λi A. Itt B szinguláris, tehát Bx = 0. Továbbá r i (A) = r i (B) és b i,i = λ a i,i is teljesül. b i,i b j,j > r i (B) r j (B), ebből következik, hogy B reguláris, ami ellentmondás. 21

Összesen ( ) n 2 = n(n 1) Cassini-ovális van, míg Gersgorin-körből n darab van egy n-szer n-es 2 mátrixhoz. Ez azt mutatja, hogy a Cassini-oválisok komplikáltabbak, sokkal összetettebb dolgot reprezentálnak, hiszen 2 értéktől függnek. Sőt, az is lehetséges, hogy K i,j (A) két részre szakad. Ez akkor következik be, ha a i,i a j,j > 2(r i (A) r j (A) 1/2. Hogy pontosabban láthassuk a Cassini-oválisok struktúráját, nézzünk meg egy konkrét példát. Itt egy másik jelölést használunk, legyen K( 1, +1, r) := {z C : z 1 z + 1 r 2 }. Ezt láthatjuk a lenti ábrán az r = 0, r = 0.5, r = 0.9, r = 1, r = 1.2, r = 2 és r = 2 értékekre. r = 0 -ra a Brauer-halmaz két pontból áll, z = 1 és z = 1-ből. r = 0.5 -re a halmaz két körhöz hasonlító oválisból áll 1 és 1 körül. r 1 -re zárt, összefüggő halmazt kapunk a komplex síkon, ami r 2 -re konvex is. 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.5 2 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.5 2 Fontos megjegyezni, hogy a Gersgorin- és a Brauer-halmaz ugyanazoktól a számoktól függ, méghozzá {a i,i } n i=1 és {r i (A)} n i=1-tól. 22

5.3. Tétel. A C n n, és n 2-re: K(A) Γ(A), tehát a Cassini-oválisok részét alkotják a Gersgorin-halmaznak. Bizonyítás. Legyen i j N, és legyen z a K i,j (A) tetszőleges pontja. Ekkor z a i,i z a j,j r i (A) r j (A). Ha r i (A) r j (A) = 0, akkor z = a i,i, vagy z = a j,j. Mivel a i,i Γ i (A) és a j,j Γ j (A), z Γ i (A) Γ j (A). Ha r i (A) r j (A) > 0, akkor az alábbit kapjuk: ( ) ( ) z ai,i z aj,j 1. r i (A) r j (A) A szorzat egyik tagjára igaz, hogy legfeljebb 1 lehet, tehát z a i,i r i (A) vagy z a j,j r j (A) teljesül. Ez alapján z Γ i (A), vagy z Γ j (A) teljesül. Tehát összességében z Γ i (A) Γ j (A). Ebből pedig az következik, hogy K i,j (A) Γ i (A) Γ j (A) Γ(A). Ezzel be is láttuk a tételt. 5.2. Megjegyzés. Külön eset, ha a 2 halmaz megegyezik: K i,j (A) = Γ i (A) Γ j (A) akkor és csak akkor, ha r i (A) = r j (A) = 0, vagy ha r i (A) = r j (A) > 0 és a i,i = a j,j. 5.1. Definíció. ω(a) := {B C n n : b i,i = a i,i és r i (B) = r i (A) i N}, ahol ω(a)-t A ekviradiális halmazának hívjuk. ˆω(A) := {B C n n : b i,i = a i,i és r i (B) r i (A) ahol ˆω(A) a bővített ekviradiális halmaz. i N}, Tehát ω(a) és ˆω(A) olyan mátrixok halmaza, amelyeknek a főátlóbeli elemeik megegyeznek A-val, és a törölt abszolútértékű sorösszegeik pedig szintén megegyeznek, vagy kisebbek. 5.3. Megjegyzés. ω(a) ˆω(A) 23

Továbbá vezessük be az alábbi definíciókat: 5.2. Definíció. σ(ω(a)) := σ(b), σ(ˆω(a)) := σ(b). B ω(a) B ˆω(A) Ezekkel a definíciókkal felírhatjuk az alábbi összefüggést: σ(ω(a)) σ(ˆω(a)) K(A). 5.4. Tétel. A C n n, n 2 : { K(A) = K1,2 (A), ha n = 2 σ(ω(a)) = K(A), ha n 3 És n 2 : σ(ˆω(a)) = K(A). Bizonyítás. n = 2-re B ω(a) az 5.2 definíció miatt így néz ki: ( ) a1,1 r 1 (A)e iψ 1 B =, r 2 (A)e iψ 2 a 2,2 ahol ψ 1 és ψ 2 valós számok és e iψ j = 1. Ha λ sajátértéke B-nek, akkor teljesül rá, hogy det(b λi) = 0, tehát (a 1,1 λ)(a 2,2 λ) = r 1 (A) r 2 (A)e i(ψ 1+ψ 2 ) Ezért a 1,1 λ a 2,2 λ = r 1 (A) r 2 (A) Ez megegyezik az (5.2) egyenlettel egyenlőség esetén. Ebből látszik, hogy λ K 1,2 (A). Ez B ω(a) mátrix λ sajátértékre teljesül. ψ 1 és ψ 2 változásával az ellipszis összes pontját megkapjuk. Az 5.2. tétel alapján K 1,2 (A) = K(A). Ha ezt megnézzük n = 2-re, az alábbit kapjuk: σ(ω(a)) K 1,2 (A) = K(A). ψ 1 és ψ 2 megfelelő megválasztása mellett K 1,2 (A) minden pontja B sajátértéke, tehát: σ(ω(a)) = K 1,2 (A) = K(A). 24

A másik rész bizonyításához először tegyük fel, hogy n 4. Ekkor B legyen: ( ) B1,1 B 1,2 B =, 0 B 2,2 ahol ( ) a1,1 se iψ 1 B 1,1 =, te iψ 2 a 2,2 amiben 0 s r 1 (A), 0 t r 2 (A), ψ 1 és ψ 2 valós számok, és b j,j = a j,j j n. i B 1,2 elemei megválaszthatók úgy, hogy r 1 (B) és r 2 (B), B első 2 sorában, megegyezik A-val. Mivel n 4, B 2,2 -t is választhatjuk úgy, hogy sorösszegei megegyeznek A sorösszegeivel. B-t úgy konstruáltuk, hogy B ω(a). B particionált alakja és irreducibilitása miatt σ(b) = σ(b 1,1 ) σ(b 2,2 ). Az s, t, ψ 1, ψ 2 paraméterekből B 1,1 -ben látszik, hogy z K 1,2 (A)-re létezik a paraméterek egy megválasztása, amire z sajátértéke B 1,1 -nek. Máshogy megfogalmazva: B 1,1 sajátértékei kitöltik K 1,2 (A)-t. Ezeknek a sajátértékeknek σ(ω(a)) σ(ˆω(a)) K(A) teljesülése miatt K(A)-ban kell lenniük. Mivel ez K i,j, i j Cassini-oválisra igaz, létezik egy megfelelő permutáció, ami B sorait úgy permutálja, hogy az i. sort az 1.-be, a j. sort pedig a 2. sorba viszi. Erre igaz, hogy σ(ω(a)) = K(A) n 4-re. Már csak az n = 3 esetet kell bebizonyítanunk. ω(a) bármely B mátrixa felírható az alábbi alakban: a 1,1 se iψ 1 (r 1 (A) s)e iψ 2 B = te iψ 3 a 2,2 (r 2 (A) t)e iψ 4, ue iψ 5 (r 3 (A) u)e iψ 6 a 3,3 ahol 0 s r 1 (A), 0 t r 2 (A), 0 u r 3 (A) és {ψ i } 6 i=1 valós számok. 25

Vegyünk egy tetszőleges z számot a K 1,2 (A) Cassini-oválisból, amire az alábbi teljesül: z a 1,1 z a 2,2 r 1 (A) r 2 (A). Ha r 1 (A) = 0, akkor z = a 1,1 vagy z = a 2,2. Máshogy megközelítve, ha r 1 (A) = 0 teljesül, akkor B első sora (a 1,1, 0, 0), amiből az következik, hogy z sajátértéke B- nek. r 2 (A) = 0-ra ugyanezt levezethetjük, tehát a továbbiakban tegyük fel, hogy r 1 (A) r 2 (A) > 0. Ezután válasszuk meg s-et úgy, hogy 0 s r 1 (A) és z a 1,1 z a 2,2 = sr 2 (A). A valós ψ számra teljesüljön az, hogy (a 1,1 z) (a 2,2 z) = sr 2 (A)e iψ. Definiáljuk a B mátrixot az alábbi módon: (α := r 2 (A) + a 2,2 z, α > 0) B = a 1,1 se iψ (r 1 (A) s) r 2 (A) a 2,2 0. r 2 (A) r 3 (A) α (a 2,2 z)r 3 (A) α a 3,3 Ez a B ω(a). Könnyen látszik, hogy det( B zi) = 0, ami pontosan azt jelenti, hogy z sajátértéke B-nek. Ebből következik, hogy z sajátértéke valamilyen B-nek ω(a)-ban. Ez a konstrukció bármilyen K i,j (i j) Cassini-oválisra alkalmazható, mindig teljesül, hogy σ(ω(a)) = K(A). Ezzel beláttuk a tétel minden lehetséges esetét. Ebben a fejezetben az alábbi szakirodalom szerepel: [5], [14], [18]. 26

6. fejezet A Brualdi-lemniszkáta 6.1. Definíció. Legyen A C n n, és {i j } m j=1 tetszőleges számok N = {1, 2,..., n}, úgy, hogy m n. Ezekkel a jelölésekkel az m-edrendű lemniszkáta: { } m m l i1,...,i m (A) := z C : z a ij,i j r ij (A). j=1 j=1 Ezek összessége: L (m) (A) := l i1,i 2,...,i m (A). 1 i 1,i 2,...,i m n Ennek ( n m) eleme van. A Gersgorin-köröket m = 1-re kapjuk meg, míg Brauer Cassinioválisai másodrendűek. Formálisan: L (1) (A) = Γ(A), L (2) (A) = K(A). A legnagyobb különbség a lemniszkáta-halmaz és az eddig bemutatott halmazok között az, hogy a Gersgorin- és a Brauer-halmaz tételek bizonyításában az A mátrixnak két sorával foglalkozunk, míg a lemniszkátáknál már több sor szükséges. Az 5.3. tétel azt a benyomást kelti, hogy a lemniszkáta-halmaz szűkebb, még jobb becslést ad a sajátértékekre. Sajnos azonban a definíció által megadott alakban a lemniszkáta m > 2 és n 3-ra nem működik jól, L (m) (A) gyakran nem tartalmazza a mátrix spektrumát. Emiatt tekintsük Brualdi[3] kiterjesztését a lemniszkáta fogalmának. 6.2. Definíció. Azt mondjuk, hogy γ egy erős ciklus G(A)-ban, ha {i j } p+1 j=1 a csúcsok egy részhalmaza, p 2 és {i j } p j=1 minden eleme különbözik, valamint i p+1 = i 1 és v i1 v i2,..., v ip v ip+1 G(A) élei. Ez azt jelenti, hogy a i1,i 2, a i2,i 3,..., a ip,i p+1 mind nemnulla. (i p+1 = i 1 ). 27

Ezt a ciklust jelöljük így: γ := (i 1 i 2... i p ) p 2. Itt γ egy olyan permutáció, hogy γ(i 1 ) := i 2, γ(i 2 ) = i 3,..., γ(i p ) := i 1. Azt mondjuk, hogy γ hossza p és γ áthalad a {v ij } p j=1 csúcsokon. Ha {v ij } nem része erős ciklusnak, akkor társítunk hozzá egy gyenge ciklust, méghozzá legyen γ = (i). Továbbá definiáljuk a C(A) ciklushalmazt, amely tartalmazza G(A) összes gyenge és erős ciklusát. A gyenge ciklus definíciójából következik, hogy minden csúcson megy át gyenge vagy erős ciklus. Tegyük fel, hogy az A C n n mátrix (n 2) reducibilis. Ekkor P R n n permutációmátrix, és m : 2 m n, amire PAP T normálredukált formában van és így néz ki: R 1,1 R 1,2... R 1,m PAP T 0 R 2,2... R 2,m =.,.... 0 0... R m,m ahol minden R j,j -re igaz az, hogy: 1. R j,j egy p j p j irreducibilis mátrix (p j 2), vagy 2. R j,j egy 1 1 - es mátrix: R j,j = [a k,k ], valamilyen k N-re. R j,j létezése 1.-ben ekvivalens azzal, hogy v k -n megy át erős ciklus. R j,j létezése 2.-ben pedig azzal ekvivalens, hogy v k gyenge ciklus része. Fontos észrevétel, hogy m σ(a) = σ(r k,k ). k=1 Ez azt jelenti, hogy a felső blokkok nincsenek hatással A sajátértékeire. Ennek az észrevételnek alapján definiáljuk az r i (A) redukált kihagyott abszolútértékű sorösszeget, r i (A) := r l (R j,j ). Ez az új definíció valójában a régi definíció, ha A irreducibilis. Az új sorösszeg definíciójával vezessünk be további új fogalmakat: 28

6.3. Definíció. Legyen A C n n, n 1. Ha γ = (i 1 i 2... i p ) különböző elemei {i j } p j=1 (p 2) erős ciklust alkotnak G(A)-ban, az ehhez tartozó p-edrendű Brualdi-lemniszkáta B γ (A) az alábbi módon van definiálva: B γ (A) := {z C : i γ z a i,i i γ r i (A)}. (6.1) Ha γ = (i) egy gyenge ciklus G(A)-ban, akkor az ehhez tartozó B γ (A) Brualdi-lemniszkáta: B γ (A) := {z C : z a i,i = r i (A) = 0} = {a i,i }. Ezek összességét a Brualdi-halmaznak hívjuk: B(A) := B γ (A). γ C(A) 6.1. Tétel. Ha A = [a i,j ] C n n, C(A) az összes erős és gyenge ciklus összessége G(A)- ban, és a i,i > r i (A) ( γ C(A)), i γ i γ akkor A reguláris. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy A szinguláris. Ha n = 1, akkor A = [a 1,1 ] C 1 1 és C(A) egyetlen gyenge ciklusból áll, méghozzá γ = (1)-ből. Ebben az esetben a 1,1 > 0, ebből azt kapjuk a tétel alapján, hogy A reguláris, ez ellentmondás. Ezután tegyük fel, hogy n 2. Itt különböztessünk meg két esetet. Tegyük fel, hogy szerepel a főátlóban 0, vagyis k N, amire a k,k = 0. Ha a k,k egy gyenge ciklus, akkor a k,k > 0, ez ellentmondás. Ha a k,k része egy γ erős ciklusnak, akkor i γ-ra r i (A) > 0. Tehát a tételben azt kapjuk, hogy 0 > r i (A) > 0, ami lehetetlen. Most tegyük fel, hogy a i,i 0 teljesül i-re. Mivel A szinguláris, a 0 sajátértékhez tartozik egy x 0 sajátvektor, amire Ax = 0 és i, amivel erre a sorra felírva: a i,j x j = 0. Ebből a i,i x i = a i,j x j j N adódik. Az abszolútértéket és a háromszög-egyenlőtlenséget alkalmazva: a i,i x i a i,j x j. 29 j N\{i} j N\{i}

sorban a i,j 0, ezért létezik egy i k N, amire x k = max{ x j : j N, i j, a i,j x j 0}. Ebből következik, hogy x k > 0 és a i,k 0 úgy, hogy a i,i x i a i,j x j r i (A) x k, k i. j N\{i} Jelöljük i := i 1 -vel és k := i 2 -vel és ismételjük meg az előbbi gondolatmenetet: (a i2,i 2 )x i2 = a i2,jx j, j N\{i 2 } és hasonlóan, mint az előbb, van egy i 3, amire x i3 0 és a i2,i 3 0. Ebből az alábbi adódik: a i2,i 2 x i2 r i2 (A) x i3, ahol i 3 i 2 és ahol x i3 = max{ x j : j N, j i 2, a i2,jx j 0}. Ha i 3 = i 1, a folyamat véget ér, mert meghatároztuk i 1 -et, i 2 -t és i 1 = i 3. Emellett a i1,i 2 és a i2,i 1 nemnulla. Ezáltal létrehoztuk a γ := (i 1 i 2 ) erős ciklust. Ha i 3 i 1, akkor ez a folyamat folytatódik, és valamikor véget ér, hisz az N halmaz véges. Mikor ér ez véget? Pontosan akkor, amikor találtunk egy i p+1 N-t, ami megegyezik egy azt megelőző i l -el, tehát amikor bezárul az erős ciklus. Ezáltal létrejön egy {i j } p j=l sorozat p 2-vel, ahol i p+1 = i l. Ez az alábbi sorozatot jelenti A-ban: a il,i l+1, a il+1,i l+2,..., a ip,ip+1, ahol i p+1 = i l. Ez alapján γ := (i l i l+1... i p ) A erős ciklusa. Így a ij,i j x ij r ij (A) x ij+1, j = l, l + 1,..., p, ahol i p+1 = i l és x ij nemnulla. Vegyük a fenti elemek szorzatát. ( p ) ( p ) ( p ) ( p ) a ij,i j x ij r ij (A) x ij+1. j=l j=l j=l j=l 30

p Mivel x ip+1 = x il, x ij = j=l p x ij+1 > 0. Így az alábbit kapjuk: j=l p a ij,i j j=l p r ij (A). j=l Ez azonban ellentmond a tételünknek. 6.2. Tétel. A C n n és A bármilyen λ sajátértékére erős vagy gyenge ciklus C(A)- ban úgy, hogy λ B γ (A). Ebből következik, hogy σ(a) B(A) 6.1. Megjegyzés. A 6.1. és a 6.2. tétel ekvivalens. Bizonyítás. 6.2.= 6.1. Indirekt tegyük fel, hogy az A mátrix szinguláris. Ez azt jelenti, hogy egy x 0 sajátvektor, amire Ax = 0. Mivel a λ = 0 sajátértéke a mátrixnak, teljesül rá, hogy λ B γ (A). Ha λ gyenge ciklus része, akkor a i,i = r i (A) = 0, ez alapján a 6.3. definícióban azt kapjuk, hogy 0 > 0, ami nyilván ellentmondás. Ha λ része egy erős cilkusnak, akkor a (6.1) képletben z = 0 -t behelyettesítve: i γ a i,i i γ r i(a), de ez ismét ellentmondás. 6.1.= 6.2. Tegyük fel indirekten, hogy λ sajátérték, amire λ / B γ (A) γ-ra. Ebből következik, hogy i γ λ a i,i > i γ r i (A) γ C(A)-ra. Definiáljuk ismét a B mátrixot a szokásos módon, legyen B = λi A, b i,i = λ a i,i és r i (A) = r i (B). Itt B szinguláris és b i,i > r i (B) γ C(A)-ra, amiből a tétel alapján azt i γ i γ kapjuk, hogy B reguláris, ami ellentmondás. 31

6.3. Tétel. Ha A = [a i,j ] C n n irreducibilis és a i,i r i (A) ( γ C(A)) i γ i γ és szigorú egyenlőtlenség áll fent valamilyen γ C(A)-ra, akkor A reguláris. 6.2. Megjegyzés. Hasonlóan bizonyíhathó ez a tétel, mint a 4.2., illetve a 6.1. tétel. 6.4. Tétel. Ha A = [a i,j ] C n n irreducibilis és a i,i r i (A) ( γ C(A)) i γ i γ és szigorú egyenlőtlenség áll fent valamilyen γ C(A)-ra, akkor A reguláris. A következő tétel a 6.4. tétel általánosítása: 6.5. Tétel. Ha A = [a i,j ] C n n irreducibilis és A egyik sajátértéke, λ olyan, hogy λ / B γ (A) bármilyen γ C(A)-ra, azaz λ a i,i r i (A) ( γ C(A)), i γ i γ akkor λ a i,i = r i (A) ( γ C(A)), i γ i γ azaz λ a B γ (A) Brualdi-lemniszkáta határán van, minden γ C(A)-ra. Pontosabban, ha A valamelyik λ sajátértéke a B(A) Brualdi-halmaz határán van, akkor egyenlőség áll fent. 6.3. Megjegyzés. A 6.4. és a 6.5. tétel ekvivalens. Bizonyítás. Ennek a tételnek a bizonyítása ugyanúgy működik, mint a 4.2. 4.3. ekvivalencia bizonyítása. A 6. fejezethez a következő szakirodalmat használtam: [3], [9], [10], [11], [12]. 32

7. fejezet Összefoglalás Fontos észrevenni, hogy a különböző fejezetekben erősen összefüggenek a tételek. Az ekvivalenciákat már bizonyítottuk, de ennél több kapcsolat is látható. Nagyon sok helyen érezhető az, hogy ezt a tételt már ismerjük, a bizonyításhoz is láttunk hasonlót. A Gersgorin-körökkel kezdtük, utána már két ilyen kört összeszorzunk, a végén még többet. Tehát gyakorlatilag ugyanazokat a tételeket mondtuk ki, először a Gersgorin-körökre, utána a Cassini-oválisokra, végül a Brualdi-lemniszkátákra. Hasonló módon, először a diagonális dominancia és a regularitás kapcsolatát vizsgáltuk meg. Majd bevezettük az irreducibilisen diagonálisan domináns fogalmat, és itt is összeszoroztunk egyre több tagot és ismét a mátrix regularitásával hoztuk kapcsolatba. Pontosítsunk. Egy csoportba sorolhatóak az alábbi tételek: 3.1., 5.2., 6.2. 3.2., 4.2., 5.1., 6.1. A 4.2. tételnek a 6.4. a párja, valamint a 4.3. -nek a 6.5. tétel a párja. 33

Irodalomjegyzék [1] Brauer, A.: Limits for the characteristic roots of a matrix, Duke Math. J. 13, 1946 [2] Brauer, A.: Limits for the characteristic roots of a matrix II, Duke Math. J. 14, 1947 [3] Brualdi, R: Matrices, eigenvalues and directed graphs, Linear Multilinear Algebra 11, 1982 [4] Desplanques, J.: Théorém d algébre, emphj. de Math. Spec. 9, 1887 [5] Engel, G.M.: Regular equimodular sets of matrices for generalized matrix functions, Linear Algebra and Appl. 7, 1973 [6] Faragó I., Horváth R.: Numerikus módszerek, 2011 [7] Gersgorin, S.: Über die Abgrenzung der Eigenwerte einer Matrix, Izv., Akad, Nauk SSSR Ser. Mat. 1., 1931 [8] Hadamard, J.: Lecons sur la propagation des ondes, Hermann et fils, 1903 [9] Karow, M.: Geometry and Spectral Value Sets, Ph.D. Thesis, 2003 34

[10] Kolotolina, L.Yu.: Nonsingularity/singularity criteria for nonstrictly block diagonally dominant matrices, Linear Algebra and Appl. 359, 2003 [11] Kolotolina, L. Yu.: Generalizations of the Ostrowski-Brauer Theorem, Linear Algebra and Appl. 364, 2003 [12] Li, B. and Tsanomeros, M.J.: Doubly diagonally dominant matrices, Linear Algebra and Appl. 4, 1997 [13] Minkowksi, H.: Zur Theorie der Einheiten in den algebraischen Zahlkörpern, Nachr. Königlichen. Ges. Wiss. Göttingen Math.-Phys. Kl., 90-93. Gesammelte Abh. 1, 1900 [14] Ostrowski, A.M.: Über die Determinanten mit überwiegender Hauptdiagonale, Comment. Math. Helv. 10, 1937 [15] Ostrowski, A.M.: Über das Nichtverschwinden einer Klasse von Determinanten und die Lokalisierung der charakteristischen Wurzeln von Matrizen, Compositio Math. 9, 1951 [16] Taussky, O.: A recurring theorem on determinants, Amer. Math. Monthly 56, 1949 [17] Taussky, O.: How I became a torch bearer for Matrix Theory, Amer. Math. Monthly 95, 1988 [18] Varga, R.S. and Krautstengl, A.: On Gersgorin-type problems and ovals of Cassini, Electronic Transactions of Numerical Analysis 8, 1999 35

[19] Varga, R.S.: Gersgorin and His Circles, Springer, 2010 [20] http://www.uni-miskolc.hu/~matha/numerikus_0910ea.pdf 36

Nyilatkozat Név: Kiss Rebecca ELTE Természettudományi Kar, szak: Matematika B.Sc., matematikai elemző szakirány ETR-azonosító: KIRQABT.ELTE Szakdolgozat címe: Gersgorin-körök A szakdolgozat szerzőjeként fegyelmi felelősségem tudatában kijelentem, hogy a dolgozatom önálló munkám eredménye, saját szellemi termékem, abban a hivatkozások és idézések standard szabályait következetesen alkalmaztam, mások által írt részeket a megfelelő idézés nélkül nem használtam fel. Budapest, 2012. május 30. a hallgató aláírása 37

Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretném megköszönni Mincsovics Miklósnak, hogy segített a téma feldolgozásában. Mindig ellátott jó tanácsokkal, melyek hozzájárultak szakdolgozatom elkészüléséhez. 38