Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar. Maros Alexandra. PerronFrobenius tételkör és alkalmazásai. Matematika BSc szakdolgozat

Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Maros Alexandra PerronFrobenius tételkör és alkalmazásai Matematika BSc szakdolgozat Témavezet : Kunszenti-Kovács Dávid Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Budapest, 2016

Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretném megköszönni témavezet mnek, Kunszenti-Kovács Dávidnak, hogy elvállalta a konzulensi teend ket, mindig a rendelkezésemre állt, és hogy mindig segít készen elmagyarázta a témához kapcsolódó fogalmakat és tételeket, hogy azok szemléletes jelentését is megértsem. Külön köszönöm Édesanyámnak és Édesapámnak, hogy végigolvasták a szakdolgozatomat, és észrevételeikkel, valamint tanácsaikkal hozzájárultak, hogy a dolgozat végs formája a lehet legjobb legyen. Szeretnék továbbá köszönetet mondani barátaimnak, akik mindig mellettem álltak és támogattak a dolgozat írásakor. Külön köszönettel tartozom barátn mnek, Borbély Zsóának, aki végig nyomon követte a szakdolgozat alakulását, minden egyes verziót végigolvasott, és az esetleges hibákra felhívta a gyelmemet. Budapest, 2016. május 27. Maros Alexandra 2

Tartalomjegyzék Bevezetés 5 1. Algebrai összefoglaló 7 2. PerronFrobenius tétel pozitív mátrixokra 10 2.1. A Collatz-Wielandt formula másik alakja............ 20 2.2. Jobb és bal oldali Perron vektor................. 21 2.3. A pozitivitás szükségessége.................... 24 3. Általánosítás nemnegatív mátrixokra 26 4. Alkalmazások 32 4.1. Primitív mátrixok......................... 32 4.2. Leontief-féle input-output modell................ 34 4.3. Leslie-modell........................... 37 4.4. Markov-láncok........................... 42 5. Google PageRank 47 5.1. A weboldalak reprezentációja.................. 47 5.2. Matematikai felépítés....................... 48 5.2.1. A feladat mátrix reprezentációja............. 49 5.3. Az iteráció problémái....................... 50 5.4. Kapcsolat a Markov-láncokkal.................. 51 5.5. A Google mátrix felépítése.................... 51 3

TARTALOMJEGYZÉK 5.5.1. A mátrix tulajdonságai.................. 53 5.6. A PageRank vektor kiszámítása................. 54 6. Általánosítás végtelen dimenzióban 57 Irodalomjegyzék 59 4

Bevezetés A PerronFrobenius tételkör egy olyan témakör, amely adott tulajdonságú mátrixok sajátértékeir l mond ki bizonyos állításokat. Bár a tétel alapvet en a lineáris algebra témakörébe tartozik, számos egyéb területen is fontos szerepet tölt be. Dolgozatom célja, hogy részletesen ismertessem a tételt, és hogy bemutassam alkalmazásait több, egymástól eltér területen. Az els három fejezetben ismertetem a tételhez kapcsolódó alapvet fogalmakat, a tétel eredeti verzióját, amelyet Perron dolgozott ki, illetve a kiterjesztett változatot, amely Frobenius nevéhez f z dik. Ezeket a fejezeteket alapvet en az [1] illetve a [2] irodalom alapján dolgoztam ki. A további megértéshez elolvastam még a [3], [4], [5], [6] forrásokat, de ezeket végül közvetlenül nem használtam fel a szakdolgozatomban. A tétellel viszonylag részletesen foglalkozik egy korábbi szakdolgozat [7], azonban ott csak a nemnegatív mátrixok szemszögéb l kerül el a tétel. Ezzel ellentétben én a tételt vizsgáltam általánosan, de mivel ez a korábbi dolgozat is ismerteti a tétel egy alkalmazását (versenyz k rangsorolása), így azt én nem fejtettem ki a dolgozatomban. A negyedik fejezetben szerepel a PerronFrobenius tételkörnek négy különböz alkalmazása. Ezekkel azt próbáltam szemléltetni, hogy milyen sokféle területen lehet alkalmazni ezt a tételt, ráadásul olyan problémák megoldására, amelyek els ránézésre nem kapcsolódnak közvetlenül hozzá. Ezt a fejezetet az [1] irodalom alapján dolgoztam ki, de a fogalmak részletesebb megértéséhez elolvastam még néhány további forrást: a primitív mátrixok fejezetéhez a [8] irodalmat, a Leontief-féle input-output modellhez a [9], a Leslie-modellhez a [10], illetve a Markov-láncok fejezetéhez a [11] forrásanyagot, valamint egy másik korábbi szakdolgozatot [12]. Az ötödik fejezetben bemutatom, hogy hogyan m ködik a Google keres algoritmusa, és hogy ebben is milyen fontos szerepet tölt be a Perron- Frobenius tétel. Ennek a fejezetnek a kidolgozásához a [13] irodalmat használtam fel. 5

BEVEZETÉS Az utolsó fejezet egy rövid kitekintést nyújt a tétel végtelen dimenziós általánosítására. Ez azért lényeges, mert a megel z fejezetekben csak véges dimenziós esetekr l olvashatunk, azonban a tétel végtelen dimenziós általánosítása fontos szerepet tölt be a parciális dierenciálegyenletek témakörében. Ezt a fejezetet a [14] irodalom alapján dolgoztam ki, de itt sok segítséget kaptam a témavezet mt l is, hogy megértsem a témához kapcsolódó fogalmak jelentését. Ebben a fejezetben számos gondolatot az magyarázatai alapján fejtettem ki. Err l a témakörr l részletesebben a [15] irodalomban olvashatunk. A szakdolgozatom írásakor az eredeti szakirodalmakban szerepl bizonyításokat sokszor kiegészítettem önálló magyarázatokkal, azért, hogy érthet bb legyen a bizonyítások menete. A dolgozatban szerepl ábrákat önállóan hoztam létre a L A TEX programban. A fejezetekben említett példákat a megjelölt források alapján önállóan dolgoztam ki úgy, hogy az eredeti példákat részben módosítottam. Erre azért volt szükség, hogy lássam, hogy ha apró módosításokat végzek, hogyan változik az adott modell. Az ehhez szükséges számításokat pedig MATLAB programmal végeztem el. Összességében úgy gondolom, hogy a PerronFrobenius tételkör egy nagyon érdekes téma, amelyet tulajdonképpen az emberek nap mint nap használnak. Például ennek a tételnek köszönhetjük, hogy amikor az interneten rákeresünk egy adott kifejezésre, akkor a kapott találatok sorrendje jól tükrözi azt, hogy melyik oldal mennyire hasznos számunkra a keresett kifejezéssel kapcsolatban. Ahogy Meyer írja [1, 662. oldal 4. sor]: A PerronFrobenius tételkör elegáns. Annak a ténynek a megtestesülése, hogy a gyönyör matematika néha hasznos, és a hasznos matematika néha gyönyör.. 6

1. fejezet Algebrai összefoglaló Ebben a fejezetben tisztázzuk azokat az algebrai fogalmakat, illetve jelöléseiket, amelyeket a kés bbi fejezetek során használni fogunk. Egy A mátrix és egy v vektor koordinátáit a szokásos módon a ij és v i jelöli, a szorzatuk koordinátáit pedig [Av] i fogja jelölni. Továbbá A az A mátrix abszolút értékét jelöli, tehát a koordinátái az eredeti mátrix a ij elemei. A mátrix rangját rang(a) fogja jelölni. 1.0.1. Deníció. Egy A R m n mátrix pozitív, ha minden i-re és j-re a ij > 0. Jelölés: A > 0. Ha B R m n, akkor A > B azt jelenti, hogy minden i-re és j-re a ij > b ij. Hasonlóan, A nemnegatív, ha minden a ij 0 (jelölés: A 0) és A B, ha minden a ij b ij. 1.0.2. Deníció. Egy A R n n mátrixnak egy λ C szám a sajátértéke, ha létezik olyan v R n 1, v 0, hogy Av = λv. Ekkor v a λ-hoz tartozó jobb oldali sajátvektor. Ha pedig w R 1 n, w 0 és wa = λw, akkor w a λ-hoz tartozó bal oldali sajátvektor. 1.0.3. Deníció. Egy A mátrix spektrumának nevezzük a sajátértékeinek a halmazát. Jelölés: σ(a). 1.0.4. Deníció. Egy A mátrix spektrálsugarának nevezzük a sajátértékei abszolút értékeinek a maximumát. Jelölés: ρ(a). 1.0.5. Deníció. Egy A mátrix hasonló egy B mátrixhoz, ha létezik olyan C invertálható mátrix, hogy B = C 1 AC. 1.0.6. Deníció. Egy A mátrix magterén a Ker(A) = {x R n Ax = 0} halmazt értjük. A mátrix képtere pedig Im(A) = {Ax x R n }. 7

1. FEJEZET. ALGEBRAI ÖSSZEFOGLALÓ 1.0.7. Állítás. Egy A mátrix rangja megegyezik a képterének a dimenziójával, azaz rang(a) = dim Im(A). Bizonyítás: Legyen x R n tetsz leges és rang(a) = m, azaz A oszlopaiból m lineárisan függetlent tudunk kiválasztani. Jelölje az A mátrix i-edik oszlopát a i, ekkor az Ax szorzat a következ képpen írható fel: Ax = a 1 x 1 +... + a n x n. Ekkor az összes lehetséges Ax szorzatot az A oszlopai közül kiválasztható m független oszlop generálja, tehát az {Ax x R n } halmaz m dimenziós, azaz dim Im(A) = m = rang(a). 1.0.8. Deníció. (Jordan-féle normálalak) Legyen A R n n, és legyen J i egy olyan négyzetes mátrix, amelynek a f átlójában végig az A mátrix λ i sajátértéke szerepel, a f átló feletti átlóban végig 1-esek szerepelnek, az összes többi eleme pedig nulla, és legyen J a következ mátrix: J 1 0 λ i 1 0 J =..., ahol J λ i = i...... 1 0 J m 0 λ i Ekkor J f átlójában az úgynevezett Jordan-blokkok szerepelnek, azon kívül pedig nullák. Ha létezik J-hez egy olyan P invertálható mátrix, amelyre A felírható A = P JP 1 alakban (azaz, ha A hasonló J-hez), akkor azt mondjuk, hogy J az A mátrix Jordan-féle normálalakja. 1.0.9. Deníció. Egy A R n n mátrix nilpotens, ha létezik olyan k N szám, amelyre A k = 0. 1.0.10. Deníció. Egy A R n n mátrix reducibilis, ha létezik egy olyan P R n n permutációs mátrix, illetve B, C, D mátrixok úgy, hogy ( ) B C P T AP =, ahol 1 r n 1. 0 n r,r D Itt 0 n r,r egy olyan (n r) r méret mátrixot jelöl, amelynek minden eleme nulla, B R r r és C R (n r) (n r) pedig négyzetes mátrixok. Vegyük észre, hogy a B, C és D mátrixokról csak annyit teszünk fel, hogy van legalább egy nemnulla elemük, továbbá fontos, hogy B és D legalább 1 1-es mátrixok legyenek. Így például az 1 1-es mátrixok nem reducibilisek. Ezt a P T AP mátrixot az A mátrix szimmetrikus permutációjának nevezzük, ugyanis pontosan azokat a sorokat cseréli fel az eredeti A mátrixban, amely oszlopokat is. 8

1. FEJEZET. ALGEBRAI ÖSSZEFOGLALÓ 1.0.11. Deníció. Egy A mátrix irreducibilis, ha nem reducibilis. 1.0.12. Deníció. Az A R n n mátrixhoz tartozó G(A) gráf egy olyan irányított gráf, amelynek n csúcsa van, legyenek ezek {V 1,..., V n }, és egy V i csúcsból irányított él vezet a V j csúcsba akkor és csak akkor, ha a ij 0. Vegyük észre, hogy ha P egy permutációs mátrix, akkor G(P T AP ) = G(A), hiszen az A mátrixhoz tartozó gráf csúcsait átcímkézve könnyen megkaphatjuk a P T AP mátrixhoz tartozó gráfot. 1.0.13. Deníció. Egy irányított G gráf er sen összefügg, ha bármely pontjából bármely más pontjába vezet irányított út. 1.0.14. Tétel. Egy A mátrix akkor és csak akkor irreducibilis, ha a hozzá tartozó G(A) gráf er sen összefügg. Ennek a tételnek a bizonyítása megtalálható az [1] irodalomban, a 4.4.20. feladat megoldásánál a 36. oldalon. 1.0.15. Deníció. Ha létezik olyan k > 1 szám, amelyre az A k mátrix f átlójában minden elem pozitív, akkor azt mondjuk, hogy A periodikus. Ha ez teljesül k = 1 esetén (azaz ha minden i esetén a ii > 0), akkor azt mondjuk, hogy A aperiodikus. 9

2. fejezet PerronFrobenius tétel pozitív mátrixokra Ez a tétel két német matematikus, Oskar Perron és Ferdinand Georg Frobenius nevéhez f z dik. A tételt Perron 1907-ben eredetileg csak pozitív mátrixok esetére dolgozta ki, kés bb pedig Frobenius terjesztette ki nemnegatív mátrixokra 1912-ben. Ebben a fejezetben a pozitív mátrixokról szóló Perron tétellel ismerkedhetünk meg. 2.0.1. Tétel. (Perron) Legyen A R n n pozitív mátrix, ρ(a) = r. Ekkor a következ állítások teljesülnek. r > 0, azaz A spektrálsugara pozitív. (2.1) r σ(a), azaz r sajátértéke A-nak és ekkor azt mondjuk, hogy r az A-hoz tartozó PerronFrobenius sajátérték. (2.2) Létezik egy x > 0 sajátvektor, amelyre Ax = rx. (2.3) r egyszeres sajátértéke A-nak. (2.4) A-nak egyértelm en létezik egy olyan p > 0 sajátvektora, amelyre Ap = rp és n p i = 1, továbbá A-nak p pozitív i=1 skalárszorosain kívül nem létezik más nemnegatív sajátvektora. Ez az úgynevezett Perron vektor. (2.5) Nem létezik A-nak másik olyan sajátértéke, amelynek az abszolút értéke egyenl r-rel. (2.6) 10

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA Collatz-Wielandt formula: r = max f(x), x N [Ax] ahol f(x) = min i és N = {x x 0 és x 0} (2.7) 1 i n x i x i 0 Ha A minden sorának (vagy oszlopának) az összege egyenl egy ρ számmal, akkor r = ρ. (2.8) min i n j=1 a ij r max i n a ij (2.9) j=1 Bizonyítás: r > 0, azaz A spektrálsugara pozitív. Indirekt tegyük fel, hogy ρ(a) = 0, azaz σ(a) = {0}. Ez azt jelenti, hogy A-nak az egyetlen sajátértéke a 0, vagyis A Jordan normálalakjában a f átlóban végig nullák szerepelnek, tehát egy J i Jordan-blokk a következ képpen néz ki: 0 1 0 0... J i =... 1 0 0 Ha egy ilyen mátrixot elégszer hatványozunk, végül nullmátrixot kapunk, tehát létezik egy olyan k i szám, amelyre J k i i = 0. Tudjuk, hogy a J mátrix k-adik hatványa úgy néz ki, hogy a f átlóban a Jordanblokkok k-adik hatványai szerepelnek, az összes többi eleme pedig nulla: J 1 0 J J =... = J 1 k 0 k =... 0 J m 0 J k m Így, ha ezt a J mátrixot hatványozzuk, egy id után nullmátrixot kapunk, tehát létezik egy olyan k szám (k = max k i ), amelyre J k = 0, i vagyis A Jordan normálalakja nilpotens, és így A is nilpotens, mivel A k = P J k P 1 = 0. Ez viszont ellentmondás, ugyanis A pozitív. 11

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA r σ(a) és létezik egy x > 0 sajátvektor, amelyre Ax = rx. ρ(a) = r azt jelenti, hogy A-nak létezik egy olyan λ sajátértéke, amire λ = r. Azt fogjuk belátni, hogy λ = r és a hozzá tartozó sajátvektor pozitív. Feltehet, hogy ρ(a) = 1, ugyanis A > 0 akkor és csak akkor, ha A/ρ(A) > 0, és ρ(a) = r ekvivalens azzal, hogy ρ(a/r) = 1. Tehát tegyük fel, hogy ρ(a) = 1, ekkor λ = 1 és legyen a λ-hoz tartozó sajátvektor x, azaz Ax = λx. Ekkor: x = λ x = λx = Ax A x = A x = x A x (2.10) Azt fogjuk megmutatni, hogy egyenl ség áll fenn. Legyen z = A x és y = z x, ekkor a (2.10) egyenl tlenség a következ módon írható át: x A x = z = 0 z x = y Tegyük fel, hogy y 0, ekkor (mivel y nemnegatív) létezik egy olyan i index, amelyre y i > 0. Abból, hogy A > 0 és y 0, az következik, hogy Ay > 0 és z > 0. Ekkor létezik ɛ > 0 úgy, hogy: ɛz < Ay =A(z x ) = Az A x = Az z = Az z > ɛz = Az > z + ɛz = (1 + ɛ)z = A 1 + ɛ z > z Vezessük be a B = A jelölést, így a fenti egyenl tlenség alapján 1 + ɛ Bz > z, amit ha beszorzunk B-vel balról, a következ t kapjuk: B 2 z > Bz > z = B 3 z > B 2 z > z =... = B k z > z k N + (2.11) Vegyük azonban gyelembe a következ ket: ( ) A ρ(b) = ρ = 1 < 1 = lim 1 + ɛ 1 + ɛ k Bk = 0 (2.12) Ahhoz, hogy ezt belássuk, bizonyítás nélkül felhasználjuk a következ egyenl séget, ez az úgynevezett Gelfand formula. Az állítás bizonyítása megtalálható az [1] irodalomban, a 7.10.1 példánál a 619. oldalon. ρ(a) = lim k A k 1/k (2.13) 12

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA Ez teljesül tetsz leges mátrix norma esetén, tehát speciálisan a végtelen normára is igaz. Így tehát azt írhatjuk fel, hogy: 1 > ρ(b) = lim B k 1/k k Ekkor létezik egy olyan ɛ (0, 1) és N N, hogy minden k N esetén: B k 1/k < 1 ɛ Így, ha mindkét oldalt a k-adik hatványra emeljük: 0 < B k < (1 ɛ) k < 1 Ekkor (1 ɛ) k 0, ha k, és így mivel az egyenl tlenség jobb oldala nullához tart, a rend r elv alapján B k 0, amib l pedig az következik, hogy B k 0. Ezzel tehát beláttuk a (2.12) állítást. Ekkor a (2.11) egyenl tlenségb l határátmenettel azt kapjuk, hogy 0 z, ami ellentmondás, hiszen z pozitív. Tehát helytelen volt az a feltevésünk, hogy y 0, amib l az következik, hogy 0 = y = A x x. Ezzel bebizonyítottuk, hogy r = 1 sajátértéke az A mátrixnak, és a hozzá tartozó sajátvektor pedig x > 0. Ezzel a bizonyítással tulajdonképpen a következ fontos állítást is beláttuk: Ha Ax = ρ(a)x és x 0, akkor A x = ρ(a) x és x > 0. (2.14) r egyszeres sajátértéke A-nak. Ahhoz, hogy ezt belássuk, szükségünk lesz a következ állításra, tehát el ször ezt fogjuk igazolni: Az A mátrix Jordan normálalakjában a ρ(a)-hoz tartozó legnagyobb Jordan-blokk 1 1-es méret. (2.15) Feltehet, hogy ρ(a) = 1, ugyanis A > 0 akkor és csak akkor, ha A/ρ(A) > 0, és ρ(a) = r ekvivalens azzal, hogy ρ(a/r) = 1. Tehát tegyük fel, hogy ρ(a) = 1 és tegyük fel, hogy az r = 1-hez tartozó legnagyobb Jordan-blokk mérete m > 1, legyen ez az i-edik Jordanblokk, azaz J i R m m, ahol: 1 1 0 1... J i =... 1 0 1 13

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA Ha ezt a mátrixot hatványozzuk, a mátrix elemei egyre nagyobbak lesznek, tehát J k i, ha k, amib l pedig az következik, hogy J k. Mivel A = P JP 1, ezért J = P 1 AP, tehát J k = P 1 A k P, aminek ha vesszük a végtelen normáját, a következ t kapjuk: J k = P 1 A k P P 1 A k P Oszzuk el az egyenl tlenség két oldalát P 1 P -val: A k J k P 1 P A rend r-elv alapján tehát A k ha k. Jelölje az A k mátrix i-edik sorának j-edik elemét a (k) ij, és legyen i k az a sor A k -ban, amelynek a legnagyobb a sorösszege, azaz: A k = j a (k) i k j A tétel (2.3) pontja alapján létezik egy olyan x > 0, amelyre x = Ax. Nézzük a következ egyenl tlenséget: x x ik = [Ax] ik = ( ) a (k) i k j x j a (k) i k j (min x i ) i j j Ebb l az következik, hogy x, ami viszont ellentmondás, hiszen x egy konstans vektor. Így tehát hibás volt az a feltevésünk, miszerint m > 1, tehát m = 1, azaz beláttuk a (2.15) állítást. A tétel (2.4) pontjának igazolásához szükségünk lesz a következ állításra: Ha az A mátrixnak r egy m-szeres sajátértéke, akkor az r-hez tartozó lineárisan független sajátvektorok száma éppen m. (2.16) Ahhoz, hogy ezt bebizonyítsuk, vizsgáljuk meg, hogy hogyan is néz ki A Jordan-normálalakja. A (2.15) állítás alapján az r-hez tartozó összes Jordan-blokk 1 1-es méret, tehát: ( ) P 1 rim,m 0 AP = J = 0 B 14

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA Itt I m,m az m m méret egységmátrixot jelöli, B pedig egy olyan mátrix, amelyre r / σ(b). Vizsgáljuk meg az (A ri) mátrix rangját: ( ( ) ) 0 0 rang(a ri) = rang P P 1 = rang(b ri) = n m 0 B ri Most használjuk fel a dimenziótételt: dim Im(A ri) + dim Ker(A ri) = n (2.17) A 1.0.7 Állítás alapján dim Im(A ri) = rang(a ri), és mivel kiszámoltuk, hogy rang(a ri) = n m, így a (2.17) egyenl ségb l azt kapjuk, hogy: n m + dim Ker(A ri) = n = dim Ker(A ri) = m Vegyük észre, hogy dim Ker(A ri) = m azt jelenti, hogy az r-hez tartozó lineárisan független sajátvektorok száma éppen m, ezzel tehát beláttuk a (2.16) állítást. Nézzük tehát a tétel (2.4) pontjának bizonyítását, azaz lássuk be, hogy r egyszeres sajátértéke A-nak. Tegyük fel, hogy r = 1 egy olyan sajátértéke A-nak, amelynek a multiplicitása m > 1. Ez tehát a (2.16) állítás alapján azt jelenti, hogy az r-hez tartozó lineárisan független sajátvektorok száma éppen m. Ha x és y két olyan sajátvektor, amelyek az r = 1 sajátértékhez tartoznak, és lineárisan függetlenek, akkor minden α C esetén x αy. Ekkor tehát Ax = x és Ay = y, azaz: Ax x = 0 = Ay y (2.18) Mivel az egyenlet jobb és bal oldala is a nullvektorral egyenl, ezért megtehetjük, hogy az egyenlet jobb oldalát beszorozzuk egy konstanssal, hiszen akkor is ugyanúgy a nullvektort kapjuk eredményül. Válasszunk ki y-ból egy nemnulla komponenst, legyen ez y i 0, és szorozzuk be az x i /y i számmal a (2.18) jobb oldalát: Ax ( A x ( ) xi Ax x = Ay y ) i ( ) xi Ay = x y y i y ) ) ( i xi y = x ( xi ( xi y i y i ( xi y i ) y ) y (2.19) 15

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA Legyen z = x (x i /y i )y, ekkor z 0 mivel x és y függetlenek. A (2.19) egyenl ség alapján Az = z, azaz z sajátvektora A-nak, ekkor a (2.14) állítás alapján A z = z > 0, de: ( ) xi z i = x i y i = x i x i = 0 y i Ez pedig ellentmondás, tehát hibás volt a feltevésünk, miszerint m > 1, tehát m = 1, azaz r valóban egyszeres sajátértéke A-nak. A-nak egyértelm en létezik egy p > 0 sajátvektora, amelyre Ap = rp és n p i = 1. i=1 Azt már beláttuk a tétel (2.3) pontjánál, hogy létezik A-nak olyan pozitív sajátvektora, amely az r sajátértékhez tartozik, tehát csak annyit kell igazolni, hogy ez el állítható úgy, hogy az elemeinek összege 1-gyel egyenl, és hogy ez egyértelm. Legyen x olyan pozitív vektor, hogy Ax = rx, és legyen p a következ vektor: p = x x 1 Ekkor p elemeinek az összege pont 1 lesz, hiszen: n p i = i=1 n i=1 x i x 1 = n x i i=1 = x 1 = 1 x 1 x 1 Így már csak az egyértelm séget kell igazolni. Tegyük fel, hogy léteznek p 1 és p 2 sajátvektorai A-nak úgy, hogy Ap 1 = rp 1, p 1 > 0, p 1 1 = 1, illetve Ap 2 = rp 2, p 2 > 0, p 2 1 = 1. Ez azt jelenti, hogy p 1 és p 2 is az r sajátértékhez tartozó sajátvektorai A-nak. Mivel r csak egyszeres sajátérték, ezért a hozzá tartozó lineárisan független sajátvektorok száma is 1, amib l pedig az következik, hogy valamilyen α R esetén: p 1 = αp 2 Vegyük mindkét oldal 1-es normáját: 1 = p 1 1 = αp 2 1 = α p 2 1 = α = α = ±1 Mivel p 1 és p 2 is pozitívak, így biztos, hogy α 1, tehát α = 1, és így p 1 = p 2. 16

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA A-nak p skalárszorosain kívül nem létezik más nemnegatív sajátvektora. Legyen λ olyan sajátértéke és y 0 olyan sajátvektora A-nak, amelyre Ay = λy. Legyen p > 0 az A T -hoz tartozó Perron vektor, azaz: A T p = r p Ha ezt transzponáljuk, majd beszorozzuk mindkét oldalt jobbról y-nal, akkor azt kapjuk, hogy: p T Ay = r p T y Felhasználva, hogy Ay = λy, azt kapjuk, hogy: p T λy = r p T y = λ p T y = r p T y Mivel p T y > 0, ez pontosan akkor teljesül, ha λ = r, és mivel az el bb már beláttuk, hogy A-nak egyértelm en létezik r-hez tartozó sajátvektora, így létezik egy olyan α 0 szám, amelyre y = αp. Nem létezik A-nak másik olyan sajátértéke, amelynek az abszolút értéke egyenl r-rel. Ismét feltehet, hogy r = 1. Legyen λ = 1 sajátértéke A-nak, és legyen a hozzá tartozó sajátvektor x, azaz: n a kj x j = λx k j=1 k A (2.14) állítás alapján 0 < x = A x, tehát: 0 < x k = [A x ] k = n a kj x j j=1 Ugyanakkor vegyük gyelembe a következ eket: n x k = λ x k = λx k = [λx] k = [Ax] k = a kj x j Ha egyenl vé tesszük ezt a két szummát, amit x k -ra felírtunk, akkor azt kapjuk, hogy: n n n a kj x j = a kj x j = a kj x j (2.20) j=1 j=1 Itt a második egyenl ség azért teljesül, mert A minden eleme pozitív. Tudjuk, hogy ha a {z 1,..., z n } C n nemnulla vektoroknak egy j=1 j=1 17

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA halmaza, akkor j z j 2 = j z j 2 akkor és csak akkor, ha minden j esetén létezik olyan α j > 0, hogy z j = α j z 1. Ez azért igaz, mert a kettes norma az euklideszi távolságot jelöli, és a vektorok összegének a távolsága csak akkor lehet egyenl a távolságaik összegével, ha minden vektor egy irányba mutat, azaz ha egymásnak a pozitív többszörösei. Ezt alkalmazhatjuk vektorok helyett skalárokra is, és így a (2.20) egyenl ség alapján léteznek olyan α j > 0 skalárok, hogy: a kj x j = α j (a k1 x 1 ), azaz x j = π j x 1, ahol π j = α ja k1 a kj > 0 Ekkor tehát ha λ = 1, akkor x = x 1 p, ahol p = ( 1 π 2... ) T π n > 0, így: λx = Ax = λp = Ap = Ap = λp = λ p = λ p = p = λ = 1 Itt Ap = Ap azért teljesül, mert A is és p is pozitívak, tehát Ap is. Így tehát azt kaptuk, hogy λ = 1 = r, tehát valóban a PerronFrobenius sajátérték az egyetlen r abszolút érték sajátértéke A-nak. r = max x N f(x) Legyenek A r-hez tartozó jobb és baloldali sajátvektorai p és q T. Legyen x N és ξ = f(x). Ekkor 0 ξx Ax, ugyanis ha indirekt feltesszük, hogy létezik egy olyan j index, amelyre [Ax] j < ξx j, akkor: [Ax] j x j [Ax] < ξ = min i 1 i n x i x i 0 Ez pedig ellentmondás, tehát valóban ξx Ax. Ha az egyenl tlenség mindkét oldalát beszorozzuk balról q T -tal (ezt megtehetjük, hiszen q nemnegatív) és felhasználjuk, hogy q T A = rq T, akkor azt kapjuk, hogy: ξq T x q T Ax = rq T x Mivel q T x > 0, így ebb l következik, hogy ξ r, azaz f(x) r minden x N esetén. Mivel p az A-hoz tartozó Perron vektor, így Ap = rp, amib l következik, hogy minden i index esetén [Ap] i = rp i, tehát: [Ap] i p i = r Ez teljesül minden i-re, így a minimum is egyenl r-rel, tehát f(p) = r. Mivel p N, így azt kapjuk, hogy r = max x N f(x). 18

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA Ha A minden sorának (vagy oszlopának) az összege egyenl egy ρ számmal, akkor r = ρ. Legyen e a csupa 1-esekb l álló vektor, ekkor Ae = ρe, ami azt jelenti, hogy az A mátrixnak e egy sajátvektora. Mivel e pozitív, így a tétel (2.5) pontja miatt biztos, hogy ez az A-hoz tartozó p Perron vektornak valamely skalárszorosa, azaz létezik egy olyan α szám, amelyre p = αe. Helyettesítsük ezt be az Ap = rp egyenletbe: Aαe = rαe Mivel Ae = ρe, így azt kapjuk, hogy: min i n j=1 a ij r max i αρe = rαe = ρ = r n a ij j=1 Ehhez el ször belátjuk az alábbi állítást, amit majd kés bb felhasználunk a bizonyítás során. A B = ρ(a) ρ( A ) ρ(b) (2.21) A háromszög egyenl tlenségb l következik, hogy A k A k minden k pozitív egész esetén. Ezenkívül abból, hogy 0 A B, az következik, hogy A k B k. A (2.13) egyenl ség (Gelfand formula), illetve az el bbi két egyenl tlenség alapján: A k = A k A k B k A k 1/k A k 1/k B k 1/k lim A k 1/k lim A k 1/k lim B k 1/k k k ρ(a) ρ( A ) ρ(b) k Ezzel beláttuk a (2.21) állítást. Most nézzük tehát a tételben szerepl egyenl tlenség bizonyítását. Legyen ρ a legnagyobb sorösszeg A-ban, azaz: ρ = max i n j=1 a ij 19

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA Ekkor létezik egy olyan E 0 mátrix, amelyre teljesül, hogy B = A+E minden sorának összege egyenl ρ-val. A tétel (2.7) pontja alapján ekkor ρ(b) = ρ, tehát (2.21)-et felhasználva azt kapjuk, hogy: r = ρ(a) ρ(b) = ρ = max i Ezzel beláttuk a jobb oldali egyenl tlenséget. A bal oldali bizonyításához legyen e a csupa 1-esekb l álló vektor, ekkor e N, így a Collatz-Wielandt formula alapján: [Ae] r = max f(x) f(e) = min i x N i e i n j=1 a ij = min i n j=1 a ij 2.1. A Collatz-Wielandt formula másik alakja A tételben szerepl Collatz-Wielandt formulával úgy kaphatjuk meg a PerronFrobenius sajátértéket, hogy el ször nézzük az Ax és x vektorok elem-hányadosainak a minimumát, majd megkeressük, hogy ez milyen x vektor esetén lesz a legnagyobb, és ez a maximum lesz r. Ezt úgy is kiszámolhatjuk, hogy el ször vesszük a hányadosok maximumát, és utána nézzük ezeknek a minimumát, azaz, ha A egy pozitív mátrix, akkor r = min g(x), ahol: x P [Ax] g(x) = max i és P = {x x > 0} 1 i n x i Ezt az eredeti formulához hasonlóan tudjuk belátni. Legyenek tehát az A mátrix r-hez tartozó jobb és baloldali sajátvektorai p és q T. Legyen x P tetsz leges és ξ = g(x). Ekkor 0 < Ax ξx, ezt szorozzuk be balról a nemnegatív q T -tal: q T Ax q T ξx Mivel q T az A mátrix baloldali sajátvektora, így az egyenl tlenség bal oldala átírható rq T x-re: rq T x q T ξx = ξq T x Felhasználva, hogy q T x > 0, ebb l az következik, hogy r ξ, tehát r g(x) minden x P esetén. Mivel p P az A-hoz tartozó Perron vektor, így 20

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA minden i index esetén [Ap] i /p i = r, tehát a maximumuk is egyenl r-rel, azaz g(p) = r, így: r = min x P g(x) Vegyük észre, hogy a tételben szerepl Collatz-Wielandt formulában N = {x x 0 és x 0} szerepel, míg ebben a másik alakban a P = {x x > 0} halmazt alkalmazzuk. Most nézzük meg, hogy mi történne, ha az eredeti N halmazon vennénk a Collatz-Wielandt formulának ezt a másik alakját. Deniáljuk g(x)-et a következ képpen: [Ax] g(x) = max i 1 i n x i x i 0 Most mutatunk példát egy olyan A mátrixra, amely pozitív, de ρ(a) min g(x). x N ( ) 1 2 A = 2 4 Ennek a mátrixnak a két sajátértéke a 0 és az 5, tehát ρ(a) = 5. Nézzük az alábbi vektorokat: ( ) ( ) 1 1 x = Ax = 0 2 Ekkor x N, de g(x) = 1, tehát: min g(x) 1 < 5 = ρ(a) x N min g(x) < ρ(a) x N 2.2. Jobb és bal oldali Perron vektor Tudjuk, hogy A > 0 ekvivalens azzal, hogy A T > 0, továbbá ha ρ(a) = r, akkor ρ(a T ) = r. Így ha A pozitív, és az r-hez tartozó Perron vektora p, akkor létezik egy hozzá tartozó q Perron vektora az A T mátrixnak, amit a következ képpen kapunk meg. Legyen az A T mátrixnak az r-hez tartozó Perron vektora p, azaz: A T p = r p Transzponáljuk ezt az egyenletet: p T A = r p T 21

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA Ekkor tehát p T egy A-hoz tartozó bal oldali sajátvektor, amely a PerronFrobenius sajátértékhez tartozik. Normáljuk ezt a p vektort úgy, hogy a normált vektor q = α p legyen és teljesüljön az, hogy: n q T p = q i p i = 1 i=1 Ekkor tehát q T A = α p T A = αr p T = r(α p T ) = rq T, azaz q T egy bal oldali sajátvektora A-nak, amely a PerronFrobenius sajátértékhez tartozik. Ezt a q T vektort nevezzük az A mátrix bal oldali Perron vektorának. Mivel A T > 0, így a Perron tétel alapján egyértelm en létezik egy ilyen p > 0, amib l az következik, hogy q T is pozitív és egyértelm. Az alábbiakban láthatunk két fontos összefüggést az A mátrix jobb és bal oldali Perron vektoraira vonatkozóan. 2.2.1. Tétel. Ha A R n n egy pozitív mátrix és ρ(a) = r, továbbá az A-hoz tartozó jobb és bal oldali Perron vektorok p és q T, akkor létezik egy olyan S invertálható mátrix, amelyre ( ) r 0 A = S S 1, 0 B ahol B egy (n 1) (n 1) méret mátrix, S els oszlopában a p vektor szerepel (ezt jelölje S = ( ( ) ) q p S 1 ), S 1 els sorában pedig q T áll, (azaz S 1 T = ). Z 1 Bizonyítás: Válasszunk ki egy s 1,..., s n 1 bázist q ortogonális kiegészít alteréb l, és legyenek ezek az S 1 mátrix oszlopai, ekkor tehát q T S 1 = 0. Legyen S = ( p S 1 ) és legyen z egy olyan vektor, amelyre z = ( z1 c )T, ahol c egy n 1 hosszú vektor. Tegyük fel, hogy Sz = 0, ekkor q T (Sz) = q T 0 = 0, tehát: 0 = q T (Sz) = q T (pz 1 + S 1 c) = (q T p)z 1 + (q T S 1 )c = 1 z 1 + 0 c = z 1 Tehát z 1 = 0, ekkor 0 = Sz = pz 1 + S 1 c = p 0 + S 1 c = S 1 c, ami csak akkor lehetséges, ha c = 0, hiszen S 1 egy teljes rangú mátrix (mert így állítottuk el ). Így tehát z minden koordinátája nulla, és ezzel azt kaptuk, hogy Sz = 0 z = 0, tehát S invertálható. ( ) d Legyen S 1 =, ahol d egy n hosszúságú sorvektor és számítsuk ki az Z 1 S 1 S mátrixot: ( ) ( ) ( ) d (p ) dp I n = S 1 ds1 1 0 S = S1 = = Z 1 Z 1 p Z 1 S 1 0 I n 1 (2.22) 22

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA Itt I n az n dimenziós egységmátrixot jelöli. Abból, hogy ds 1 = 0, az következik, hogy d mer leges S 1 -re, azaz a q ortogonális kiegészít alterére, tehát létezik egy olyan α skalár, hogy d T = αq, azaz d = αq T. A (2.22) egyenlet alapján dp = 1, így: 1 = dp = (αq T )p = α(q T p) = α 1 = α = d = q T Továbbá a (2.22) egyenlet alapján ds 1 = q T S 1 = 0 és Z 1 p = 0, így: ( ) q S 1 T AS = A ( ( ) ) q p S T Ap q T AS Z 1 = 1 1 Z 1 Ap Z 1 AS 1 ( ) ( ) (rq = T )p (rq T )S 1 r(q = T p) r(q T S 1 ) Z 1 (rp) Z 1 AS 1 r(z 1 p) Z 1 AS 1 ( ) ( ) r 1 r 0 r 0 = = r 0 Z 1 AS 1 0 Z 1 AS 1 Ezek alapján ha bevezetjük a B = Z 1 AS 1 jelölést és beszorzunk balról S-sel, jobbról pedig S 1 -zel, akkor éppen a tételben szerepl alakját kapjuk A-nak. 2.2.2. Tétel. Legyen A R n n egy pozitív mátrix és ρ(a) = r, illetve legyenek az A-hoz tartozó jobb és bal oldali Perron vektorok p és q T. Ekkor lim k ( ) k A = pq T r és a pq T egy olyan mátrix, amely pozitív, és rang(pq T ) = 1. Bizonyítás: A 2.2.1 Tétel alapján léteznek olyan S = ( ) ( ) p S 1 és q S 1 T = mátrixok, hogy: Z 1 S 1 AS = ( ) r 0 =: C 0 B Ekkor az A mátrix hasonló a C mátrixhoz, és mivel A-nak r egyszeres sajátértéke és r-en kívül minden más sajátértéke abszolút értékben kisebb, mint r = ρ(a), így C-nek is egyszeres sajátértéke r, és így ρ(b) < r, tehát: ρ(b) r = ρ( B r ) < 1 23

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA Így a (2.12) állítás alapján: lim k ( ) k B = 0 r Ebb l pedig következik a tétel els állítása, ugyanis: lim k ( ) k ( A = lim S r k ( C r ( r 0 = lim S r k 0 B r ( ) 1 0 = S 0 0 n 1 ) S 1 ) k = lim k S ) k S 1 = lim k S S 1 = ( p S 1 ) ( 1 0 0 0 n 1 ( ) k C S 1 r ( 1 k ) 0 ( 0 B ) k S 1 r) ( ) q T = pq T Itt 0 n 1 egy olyan (n 1) (n 1)-es négyzetes mátrixot jelöl, amelynek minden eleme nulla. Mivel p és q is pozitívak, így szükségképpen pq T is pozitív. Az pedig, hogy rang(pq T ) = 1 könnyen látszik, hiszen pq T hasonló egy olyan mátrixhoz, amelynek az els eleme 1 és minden más eleme nulla, így csak egyetlen lineárisan független sort vagy oszlopot tudunk kiválasztani bel le (az els t), tehát a rangja 1. Z 1 2.3. A pozitivitás szükségessége Most megmutatjuk, hogy mi történne, ha a Perron tételben szerepl feltételt elhagynánk, miszerint A pozitív. Ehhez tehát olyan A négyzetes mátrixokat láthatunk majd, amelyekre teljesül, hogy A 0, de A 0 (azaz A-nak van legalább egy nulleleme) és r = ρ(a) σ(a). Vegyük el ször az alábbi mátrixot: ( ) 0 1 A 1 = 0 0 Ekkor r = ρ(a 1 ) = 0, mivel A 1 egyetlen sajátértéke a 0, így nem teljesülne a tétel (2.1) pontja, azaz, hogy r > 0. ( ) 3 2 A 2 = 0 3 Ennek a mátrixnak a 3 kétszeres sajátértéke, tehát ha elhagynánk azt a feltételt, hogy A legyen pozitív, akkor nem teljesülne a tétel (2.4) pontja, 24

2. FEJEZET. PERRONFROBENIUS TÉTEL POZITÍV MÁTRIXOKRA miszerint r = ρ(a 2 ) = 3 csak egyszeres sajátértéke A-nak. S t, módosítsuk a mátrixot úgy, hogy a jobb fels eleme is nulla legyen: ( ) 3 0 Ã 2 = 0 3 Így Ã2-nak szintén kétszeres sajátértéke a 3, és tartozik hozzá két lineárisan független sajátvektor: ( ) ( ) 1 0 x = y = 0 1 Így tehát az r = ρ(ã2) = 3-hoz tartozó lineárisan független sajátvektorok száma sem egy, ami ellentmond Perron tételének. ( ) 1 2 A 3 = 0 0 Ennek a mátrixnak a sajátértékei a λ 1 = 1 és λ 2 = 0. Tehát r = ρ(a 3 ) = 1, amelyhez az alábbi sajátvektor tartozik: ( ) a x = a R\{0} 0 Ekkor akárhogyan is választjuk meg a-t, x biztosan nem lesz pozitív, tehát nem teljesülne a tétel (2.3) pontja, azaz, hogy létezik A 3 -nak egy x pozitív sajátvektora, amelyre A 3 x = rx. ( ) 0 1 A 4 = 1 0 Ennek a mátrixnak a spektrálsugara r = ρ(a) = 1, sajátértékei pedig 1 és 1. Mindkét sajátértékének az abszolút értéke 1 = ρ(a), tehát nem teljesül a tétel (2.6) pontja, miszerint r-en kívül nincs A-nak másik olyan sajátértéke, amelynek az abszolút értéke egyenl r-rel. 25

3. fejezet Általánosítás nemnegatív mátrixokra Láthattuk, hogy Perron tételét nem tudjuk közvetlenül alkalmazni a nemnegatív mátrixokra. Frobeniusnak azonban volt egy fontos észrevétele ezekkel a mátrixokkal kapcsolatban: nem egyszer en az a probléma, hogy egy adott mátrixnak nullelemei is vannak, hanem az, hogy hol helyezkednek el ezek a nullelemek. Nézzük például az alábbi két mátrixot: A = ( 1 0 1 1 ) à = ( 1 1 1 0 Itt az A mátrixra nem teljesülnek a Perron tétel (2.3) és (2.4) pontjai, de az à mátrixra igen. Továbbá A reducibilis, ugyanis: ( ) ( ) 1 1 0 1 P T AP =, ahol P = 0 1 1 0 Most vizsgáljuk meg a reducibilitást illetve az irreducibilitást a mátrixokhoz tartozó gráfokból kiindulva. A 3.1 ábrán láthatjuk, hogy az A-hoz tartozó gráf nem er sen összefügg, hiszen nem tudunk irányított úton eljutni V 1 -b l V 2 -be. Így a 1.0.14 Tétel alapján láthatjuk, hogy A valóban reducibilis. ) V 1 V 2 3.1. ábra. G(A) 26

3. FEJEZET. ÁLTALÁNOSÍTÁS NEMNEGATÍV MÁTRIXOKRA V 1 V 2 3.2. ábra. G(Ã) Ugyanakkor a 3.2 ábrán jól látható, hogy az Ã-hoz tartozó gráfban már el tudunk jutni a V 1 csúcsból a V 2 csúcsba irányított úton, így bármely csúcsból bármely másik csúcsba vezet irányított út, azaz G(Ã) er sen összefügg, tehát a 1.0.14 Tétel alapján à irreducibilis. Ezek alapján azt remélhetjük, hogy a Perron tétel állításai kiterjeszthet k nemnegatív mátrixokra is, amennyiben a mátrix irreducibilis. Ennek igazolásához szükségünk lesz az alábbi lemmára, amely megmutatja, hogy hogyan alakíthatunk át egy nemnegatív mátrixot pozitívvá. 3.0.1. Lemma. Ha A R n n egy nemnegatív mátrix és I az n-dimenziós egységmátrix, akkor (I + A) n 1 > 0. Bizonyítás: Bár a mátrixszorzás nem kommutatív m velet, de vegyük észre, hogy mivel IA = AI = A, így az I és A mátrixok esetén teljesül a binomiális tétel, azaz: n 1 ( ) n 1 (I + A) n 1 = A k k k=0 Elég tehát azt megmutatnunk, hogy az egyenl ség jobb oldalán szerepl mátrix minden eleme pozitív. Jelölje az A k mátrix i-edik sorának j-edik elemét a (k) ij, amely a következ képpen néz ki: a (k) ij = a ih1 a h1 h 2 a hk 1 j 1 h 1,...,h k 1 n Vegyük észre, hogy a (k) ij > 0 akkor és csak akkor, ha létezik az indexnek egy olyan h 1,..., h k 1 sorozata, hogy: a ih1 > 0 és a h1 h 2 > 0 és... és a hk 1 j > 0 Ez azt jelenti, hogy létezik az éleknek egy olyan V i V h1 V hk 1 V j k hosszú sorozata G(A)-ban, amely a V i csúcsból a V h csúcsba vezet akkor és csak akkor, ha a (k) ij > 0. Mivel A irreducibilis, így G(A) er sen összefügg, tehát bármely (V i, V j ) csúcspárra létezik egy k élhosszúságú út, amely V i -b l V j -be vezet (k < n). Ez azt jelenti, hogy minden (i, j) esetén létezik 27

3. FEJEZET. ÁLTALÁNOSÍTÁS NEMNEGATÍV MÁTRIXOKRA 0 k n 1 úgy, hogy a (k) ij > 0. Ezek alapján: [ ] [ n 1 ( ] (I + A) n 1 n 1 )A = k ij k k=0 ij n 1 ( ) n 1 = a (k) ij > 0 k A Perron tétel tehát kiterjeszthet nemnegatív mátrixokra is abban az esetben, ha feltesszük, hogy a mátrix irreducibilis. 3.0.2. Tétel. (PerronFrobenius) Ha A R n n egy nemnegatív, irreducibilis mátrix, és r = ρ(a), akkor a következ állítások teljesülnek: r σ(a). (3.1) r egyszeres sajátértéke A-nak. (3.2) Létezik egy x > 0 sajátvektora A-nak, amelyre Ax = rx. (3.3) r > 0, azaz A spektrálsugara pozitív. (3.4) k=0 A-nak egyértelm en létezik egy olyan p > 0 sajátvektora, amelyre Ap = rp és n p i = 1, továbbá A-nak p pozitív i=1 skalárszorosain kívül nem létezik más nemnegatív sajátvektora. (3.5) Collatz-Wielandt formula: r = max f(x), x N [Ax] ahol f(x) = min i és N = {x x 0 és x 0} (3.6) 1 i n x i x i 0 Bizonyítás: r σ(a). Azt, hogy A spektrálsugara egyúttal sajátértéke is A-nak, a következ állítással együtt fogjuk belátni: A-nak létezik olyan z 0, z 0 sajátvektora, amelyre Az = rz. (3.7) Legyen A k = A + (1/k)E > 0, ahol E a csupa 1-esekb l álló mátrix. Jelölje az A k -hoz tartozó PerronFrobenius sajátértéket r k > 0, a hozzá tartozó Perron vektort pedig p k > 0. Vegyük észre, hogy {p k } k=1 egy 28

3. FEJEZET. ÁLTALÁNOSÍTÁS NEMNEGATÍV MÁTRIXOKRA korlátos halmaz, ugyanis minden i esetén p i elemeinek az összege 1, ami nem teljesülne, ha a halmaz nem lenne korlátos. A Bolzano-Weierstrass tétel szerint minden korlátos R-ben haladó sorozatnak van konvergens részsorozata, amib l az következik, hogy minden korlátos R n -ben haladó sorozatnak is van konvergens részsorozata. Ugyanis ha vesszük el ször a vektorok els koordinátáját, az egy korlátos R-ben haladó sorozat, tehát van konvergens részsorozata. Ezután ha vesszük ezt a konvergens részsorozatot, akkor a vektorok els koordinátáiban minden további részsorozat is konvergens marad, és a maradék n 1 koordinátában nézzük a további konvergenciát: ennek az els (tehát a vektornak eredetileg a második) koordinátája is egy R-ben haladó sorozatot ad, tehát létezik konvergens részsorozata. Így tehát találunk egy olyan részsorozatot, amely az els két koordinátájában konvergens. Iterálva találunk olyan részsorozatot, amely már minden koordinátában konvergens, ez pedig épp a vektorok konvergenciáját jelenti. Így tehát {p k } k=1 is tartalmaz egy konvergens részsorozatot, azaz létezik egy olyan z vektor és léteznek olyan k i indexek, hogy: {p ki } i=1 z Mivel bármely i esetén p ki > 0, így z 0, és mivel p ki 1 = 1, így z 0. A (2.21) állítás alapján mivel A 1 > A 2 >... > A 0, így r 1 r 2... r, azaz {r k } k=1 egy korlátos monoton csökken sorozat, amelynek alsó korlátja r. Ekkor létezik olyan r r, amelyre: lim r k = r k Ekkor az r k -knak tetsz leges részsorozata is tart r-hoz, tehát speciálisan a k i indexekb l álló részsorozat is: lim r k i = r r i Ugyanakkor vegyük gyelembe a következ eket: lim A k = A = lim A ki = A k i Ezek alapján, ha felhasználjuk, hogy véges határértékek esetén a szorzatok határértéke egyenl a határértékek szorzatával, azt kapjuk, hogy: Az = lim i A ki p ki = lim i r ki p ki = rz = r σ(a) = r r 29

3. FEJEZET. ÁLTALÁNOSÍTÁS NEMNEGATÍV MÁTRIXOKRA Így tehát r = r és Az = rz úgy, hogy z 0 és z 0. Ezzel tehát beláttuk a (3.7) állítást és a tétel els állítását is, azaz, hogy r σ(a). r egyszeres sajátértéke A-nak. Ha egy C mátrixra Cx = λx akkor minden n N esetén C n x = λ n x. Ez teljes indukcióval könnyen belátható, hiszen az n = 1 eset triviális és ha feltesszük, hogy n 1-re már igaz az állítás, akkor: C n x = (CC n 1 x) = C(C n 1 x) = C(λ n 1 x) = λ n 1 Cx = λ n 1 λx = λ n x Legyen B = (I +A) n 1 > 0, ekkor az el z ek alapján λ pontosan akkor (m-szeres) sajátértéke A-nak, ha (1 + λ) n 1 is (m-szeres) sajátértéke B-nek. S t, ha x a λ-hoz tartozó sajátvektor, az ekvivalens azzal, hogy az (1 + λ) n 1 -hez tartozó sajátvektor szintén x. Így tehát ha µ = ρ(b), akkor: µ = max λ σ(a) (1 + λ) n 1 = max (1 + λ σ(a) λ) n 1 = { max (1 + λ) λ σ(a) } n 1 (3.8) A háromszög egyenl tlenségb l tudjuk, hogy 1 + λ 1 + λ, amib l az következik, hogy: max (1 + λ) max (1 + λ ) = 1 + max λ = 1 + r λ σ(a) λ σ(a) λ σ(a) Ugyanakkor mivel ρ(a) = r és r σ(a), így a fenti egyenl tlenségben λ = r választással egyenl ség teljesül, amit ha felhasználunk a (3.8) egyenletnél, azt kapjuk, hogy: { } n 1 µ = = max (1 + λ) = (1 + r) n 1 λ σ(a) Mivel B pozitív, így alkalmazhatjuk rá a Perron tételt, miszerint µ egyszeres sajátértéke B-nek, amib l pedig az következik, hogy r egyszeres sajátértéke A-nak. Létezik egy x > 0 sajátvektor, amelyre Ax = rx. Ahhoz, hogy ezt belássuk, felhasználjuk a (3.7) állítást, azaz, hogy A-nak létezik olyan x nemnegatív sajátvektora, amely az r sajátértékhez tartozik. Mivel Ax = rx Bx = (I + A) n 1 x = (1 + r) n 1 x = µx, így ez az x sajátvektor tartozik µ = ρ(b)-hez is. Viszont mivel B pozitív, így a Perron tétel alapján biztos, hogy x a B-hez tartozó Perron vektornak pozitív többszöröse, amib l az következik, hogy x pozitív. 30

3. FEJEZET. ÁLTALÁNOSÍTÁS NEMNEGATÍV MÁTRIXOKRA r > 0, azaz A spektrálsugara pozitív. Mivel A 0 és x > 0, így Ax > 0. Ha indirekt feltesszük, hogy r = 0, akkor Ax = rx = 0, ami ellentmondás, hiszen Ax > 0. Így tehát biztos, hogy r > 0. A tétel (3.5) pontja a Perron vektorról szól, amely ugyanazt mondja ki nemnegatív irreducibilis mátrixokra, mint a Perron tétel a pozitív mátrixokra. A Perron tétel bizonyításánál a Perron vektorról szóló állítások igazolásához nem használtuk ki, hogy A pozitív, így azok a bizonyítások itt is érvényesek. r = max f(x) x N Ahogy a tétel (3.1) pontjának bizonyításánál is, legyen A k = A + ( 1E), k ahol E a csupa 1-esekb l álló mátrix, ekkor bármely k esetén A k pozitív. Legyen minden k esetén az A k -hoz tartozó Perron-Frobenius sajátérték r k, és a hozzá tartozó bal oldali Perron vektor qk T > 0. A Perron tétel alapján minden x N és k > 0 esetén qk T x > 0, és mivel 0 f(x)x Ax (ezt láthattuk a Perron tétel esetén a Collatz-Wielandt formula bizonyításánál), így: 0 f(x)x Ax A k x = f(x)x A k x Szorozzuk be az egyenl tlenséget balról q T k -tal: q T k f(x)x = f(x)q T k x q T k A k x = r k q T x Így tehát azt kaptuk, hogy f(x) r k. A tétel (3.1) pontjának bizonyításánál már beláttuk, hogy r k r amint k, tehát f(x) r. Legyen z N egy olyan vektor, amelyre Az = rz. Ilyen vektor biztos hogy létezik a (3.7) állítás alapján. Ekkor f(z) = r, ugyanis: [Az] f(z) = min i 1 i n z i z i 0 [rz] = min i 1 i n z i z i 0 rz i = min 1 i n z i z i 0 Így tehát f(z) = r és z N, amib l az következik, hogy max f(x) = r. x N = r 31

4. fejezet Alkalmazások A PerronFrobenius tételt számos területen lehet alkalmazni, ezek közül ebben a fejezetben megismerkedhetünk néhány algebrai (primitív mátrixok), illetve sztochasztikai (Markov-láncok), egy közgazdaságtani (Leontief-féle input-output modell), illetve egy demográai (Leslie-modell egy populáció méretének leírására) alkalmazással. A tételt rangsorok készítésére is kiválóan lehet alkalmazni, például labdajátékoknál a csapatok páronkénti összehasonlításával kialakuló rangsorhoz, vagy akár egy internetes kereséskor a találatok sorrendjének felállításához. Utóbbira a következ fejezetben láthatunk egy példát, amelyben megismerhetjük a Google keres m ködését és kapcsolatát a PerronFrobenius tétellel. 4.1. Primitív mátrixok A primitív mátrixokat a PerronFrobenius tételben szerepl egyik fontos tulajdonság alapján deniáljuk. 4.1.1. Deníció. Legyen A R n n egy nemnegatív, irreducibilis mátrix. Ha r = ρ(a) sajátértéke A-nak, de ezen kívül A-nak nincs másik olyan sajátértéke, amelynek az abszolút értéke egyenl r-rel, akkor azt mondjuk, hogy A primitív. A következ tétel ugyanazt mondja ki primitív mátrixokra, mint amit a 2.2.2 Tétel állít pozitív mátrixokra. Ennek a két tételnek a bizonyítása ugyanúgy zajlik, éppen ezért az alábbi tétel bizonyítása nem tartalmaz minden lépést, mert azokat már láthattuk a korábbi tétel bizonyítása során. 32

4. FEJEZET. ALKALMAZÁSOK 4.1.2. Tétel. Legyen A egy primitív mátrix, ρ(a) = r, és legyenek az A-hoz tartozó jobb és bal oldali Perron vektorok p és q T. Ekkor ( ) k A lim = pq T, k r ahol pq T egy pozitív mátrix és rang(pq T ) = 1. Bizonyítás: Ha A primitív és ρ(a) = r, akkor r egyszeres sajátértéke A-nak, és a hozzá tartozó p és q T sajátvektorok pozitívak úgy, hogy p T q = 1. Járjunk el ugyanúgy, mint a 2.2.2 Tétel bizonyításánál, és írjuk fel A-t a következ alakban: ( ) r 0 A = S S 1 0 B Ekkor a korábbi bizonyításhoz hasonlóan B-nek minden sajátértéke abszolút értékben kisebb, mint r, tehát itt is elmondható, hogy: ( ) k B lim = 0 k r Ebb l pedig (ahogy korábban is láthattuk) már következik a tétel állítása. Az, hogy pq T > 0 és rangja 1, ugyanúgy látható be, mint a 2.2.2 Tétel bizonyításánál. Frobenius nem csak Perron tételét általánosította a nemnegatív mátrixokra, hanem azt is megmutatta, hogy egy nemnegatív mátrix hatványai meghatározzák, hogy a mátrix primitív-e. Err l szól az alábbi tétel. 4.1.3. Tétel. Egy nemnegatív A mátrix akkor és csak akkor primitív, ha létezik olyan m > 0, amelyre A m > 0. Bizonyítás: El ször tegyük fel, hogy A primitív és r = ρ(a). Ekkor a 4.1.2 Tétel alapján: ( ) k A lim > 0 k r ( ) m A Így biztos, hogy létezik olyan m > 0, amelyre > 0, amib l pedig r következik, hogy A m > 0. Most nézzük a másik irány bizonyítását, tehát tegyük fel, hogy valamely m > 0-ra A m > 0. Ekkor A m irreducibilis, ugyanis ha reducibilis lenne, az azt jelentené, hogy létezik olyan P permutációs mátrix, amelyre: ( ) ( ) B C A = P P T = A m B m C = P 0 D 0 D m P T 33

4. FEJEZET. ALKALMAZÁSOK Ez viszont nem lehetséges, hiszen A m -nek minden eleme nagyobb, mint nulla. Tegyük fel, hogy A-nak van h darab olyan sajátértéke (λ 1,..., λ h ) amelyekre teljesül, hogy: r = λ 1 = = λ h > λ h+1 > > λ n Mivel λ σ(a)-ból következik, hogy λ m σ(a m ), így ha λ l-szeres sajátértéke A-nak, akkor λ m is l-szeres sajátértéke A m -nek. (Ez A Jordannormálalakjából látszik.) Ezek alapján minden 1 i h esetén λ i és λ m i multiplicitása megegyezik, továbbá: r m = σ(a m ) = λ m 1 = = λ m h Perron tétele alapján ρ(a m ) = r m az egyetlen olyan sajátértéke A m -nek, amelynek az abszolút értéke r m és ennek egyszeres a multiplicitása, tehát h = 1 és r m = λ m 1. λ 1 -hez tartozik A-nak egy x sajátvektora, amely ekkor A m -nek az r m -hez tartozó sajátvektora. A Perron tétel alapján feltehet, hogy ez pozitív, így 0 Ax = λ 1 x, ami csak akkor lehet, ha λ 1 nemnegatív, és ekkor r = λ 1. 4.2. Leontief-féle input-output modell Tegyük fel, hogy van egy zárt gazdasági rendszer, amely n különböz iparágból áll úgy, hogy minden iparág pontosan egy terméket állít el, és mindegyik terméket pontosan egy iparág állítja el, tehát a termékek és a termelési folyamatok közötti kapcsolat kölcsönösen egyértelm. Nevezzük J-egységnek azt, amit a J iparág gyárt és 100 Ft-ért adja el. Például ha az A ipar autókat gyárt, a B pedig ceruzákat, akkor egy A-egységnek megfelel az autó egy töredékének, de egy B-egység egy csomag ceruzának felel meg. Vezessük be a következ jelöléseket: 0 s j := a J iparág által évente gyártott J-egységek száma 0 a ij := egy J-egység el állításához szükséges I-egységek száma Így tehát: a ij s j = a J iparág által évente felhasznált I-egységek száma n a ij s j = az összes iparág által évente felhasznált I-egységek száma j=1 d i := a nem ipari célokra évente fennmaradó I-egységek száma 34

4. FEJEZET. ALKALMAZÁSOK Ekkor tehát: n d i = s i a ij s j (4.1) j=1 Jelölje s = ( s 1... s n ) T a készlet vektort, azaz, hogy az egyes termékekb l évente mennyit állítanak el, és jelölje az iparok által nem felhasznált (kereskedelmi célokra megmaradó) termékek mennyiségét a d = ( d 1... d n ) T kereskedelmi vektor. Azt szeretnénk kiszámolni, hogy egy adott kereskedelmi vektorhoz milyen készlet vektorra van szükségünk. Tehát a feladatunk az, hogy egy adott d 0 esetén kiszámítsuk az s 0 vektort. Els ránézésre a feladat egyszer nek t nhet, hiszen a (4.1) egyenletet felírhatjuk (I A)s = d alakban, és így ha (I A) invertálható, akkor s = (I A) 1 d. Ezzel azonban az a probléma, hogy annak ellenére, hogy A egy nemnegatív mátrix, a kapott s vektornak lehetnek negatív elemei is, pedig mi olyan készlet vektort szeretnénk kiszámolni, amely nemnegatív. Ebben a modellben fontos azonban, hogy az egyes iparágak szoros összefüggésben állnak egymással, pontosabban: minden egyes termékre közvetve vagy közvetlenül ugyan de mindenképp szükségünk van ahhoz, hogy a gazdasági rendszer összes termékét el állítsuk. Ez matematikailag azt jelenti, hogy ha az a ij számokat felírjuk egy közös A mátrixba, akkor a hozzá tartozó G(A) gráf er sen összefügg lesz, és így a 1.0.14 Tétel alapján az A mátrix irreducibilis. Ha az A mátrix j-edik oszlopának elemeit összegezzük, akkor megkapjuk azt a mennyiséget, amely megmutatja, hogy összesen hány egységre van szükségünk egy J-egység el állításához. Azonban vegyük gyelembe, hogy az egyes egységek 100 Ft-ba kerülnek, tehát: n c ij = a ij = hány egység kell egy J-egység el állításához i=1 = hányszor 100 Ft-ot költünk el egy J-egység el állítására Mivel az el állított J-egységet 100 Ft-ért tudjuk eladni, így értelemszer en azt szeretnénk, hogy az el állítása ne kerüljön többe, mint amennyiért eladjuk. Tehát egy jó gazdasági rendszerben minden j-re c j 1 és létezik legalább egy olyan iparág (legyen ez az I), amelyre c i < 1 (különben az egész rendszer nem termelne hasznot). Ekkor A oszlopait ki tudjuk úgy egészíteni, hogy mindegyik oszlopösszeg pontosan 1 legyen, azaz létezik egy olyan nemnegatív E mátrix, hogy E 0 és az A + E mátrix minden oszlopának összege egyenl 1-gyel. Ekkor ha e egy olyan vektor, amelynek mindene eleme 1, akkor a következ teljesül: 35

4. FEJEZET. ALKALMAZÁSOK e T (A + E) = e T Tegyük fel, hogy ρ(a) 1, és legyen az A-hoz tartozó jobb oldali Perron vektor p, ekkor az e T p szorzat a p vektor elemeinek az összegét jelenti, ami a PerronFrobenius tétel alapján 1-gyel egyenl, így az el z egyenlet alapján felírhatjuk a következ egyenletet: 1 = e T p = e T (A + E)p = e T (Ap) + e T (Ep) = e T (ρ(a)p) + e T (Ep) = ρ(a)(e T p) + e T (Ep) = ρ(a) + e T (Ep) (4.2) Mivel E 0, E 0 és p > 0, így Ep > 0, tehát az Ep vektor elemeinek az összege is pozitív, azaz e T (Ep) > 0, amit ha felhasználunk a (4.2) egyenletben, akkor a következ t kapjuk: 1 =... = ρ(a) + e T (Ep) 1 + e T (Ep) > 1 Ez pedig ellentmondás, tehát nem igaz, hogy ρ(a) 1, tehát biztos, hogy ρ(a) < 1. Most pedig bizonyítás nélkül fel fogjuk használni a következ tételt. 4.2.1. Tétel. Ha A C n n, akkor a következ állítások ekvivalensek: A k konvergens k=0 ρ(a) < 1 lim k A k = 0 Ekkor létezik az (I A) 1 mátrix és A k = (I A) 1. k=0 Emlékezzünk vissza, hogy a 3.0.1 Lemma bizonyításakor beláttuk, hogy ha az A k mátrix i-edik sorának j-edik elemét a (k) ij jelöli, akkor ha A irreducibilis, biztos, hogy minden i és j indexhez létezik olyan 1 k n 1, amelyre a (k) ij > 0, ebb l pedig az következik, hogy k Ak > 0, tehát (I A) 1 egy pozitív mátrix. Ezek alapján pedig minden d 0 kereskedelmi vektorhoz egyértelm en létezik egy s > 0 készlet vektor, amelyet az s = (I A) 1 d egyenlettel tudunk kiszámolni, így tehát megsz nt az eredetileg felvetett probléma. Van még egy érdekes következménye is annak, hogy az (I A) 1 mátrix és az s vektor is pozitív: ha a d vektornak egyetlen elemét megnöveljük, az azt eredményezi, hogy s-nek minden eleme növekedni fog. Ez pedig azt jelenti, hogy ha akár csak egyetlen iparág egyetlen termékéb l többet szeretnénk a kereskedelemben forgalmazni, az hatással lesz az egész gazdaságra, és szükségképpen minden iparág termékéb l többet kell gyártani. 36