Предел минимального собственного числа матрицы

[prof.uskov]

Евгений Машеров в сообщении #1170510 писал(а):

iifat в сообщении #1170491 писал(а):

Кстати, корни при росте $N$ получаются разных знаков. Вас интересует минимальное по модулю, или минимальное число?

Не должно. Матрица должна быть положительно определённой.

Да, матрица положительно определенная, оба собственных значения положительны.

Евгений Машеров, -это критерий (необходимои достаточное условие) состоятельности оценки регрессии, в приведенном примере рассматривается линейная регрессия, в качестве регрессора - неограниченно возрастающее время.
Вот только получается, что проверить такой критерий состоятельности не намного проще, чем непосредственно установить стремление к нулю дисперсии параметров регрессии.

[iifat]

Евгений Машеров в сообщении #1170510 писал(а):

Матрица должна быть положительно определённой

А, действительно. Там ещё одна описка.

[mihiv]

Если мы знаем асимптотику детерминанта и следа матрицы при $N\to \infty $,то можно действовать так: $\det A=\lambda _1\cdots \lambda _n, \operatorname {Tr} A=\lambda _1+\cdots +\lambda _n$, где $\lambda _1\equiv \lambda _{\min }$. Составим отношение ($n$- порядок матрицы):

$$R=\dfrac {\sqrt [n-1]{\det A}}{\operatorname {Tr}A}\qquad (1)$$

В выражении для определителя заменим все $\lambda _i$ кроме $\lambda _1$ на $\lambda _n$, а знаменатель в (1) заменим на $\lambda _n$, в результате получим неравенство $R<\sqrt [n-1]{\lambda _{\min }}$.
Если теперь $R\to \infty $ при $N\to \infty $, то и $\lambda _{\min}\to \infty $

Для нашей матрицы: $\operatorname {Tr}A= \dfrac {N^3}3+o(N^3), \det A= \dfrac {N^4}{12}+o(N^4)$, поэтому получим $\lambda _{\min }>R=\dfrac N4+o(N)$, то есть $\lambda _{\min }\to +\infty $

[prof.uskov]

iifat в сообщении #1170516 писал(а):

Евгений Машеров в сообщении #1170510 писал(а):

Матрица должна быть положительно определённой

А, действительно. Там ещё одна описка.

$\lambda{^2}-\lambda(N+\sum\limits_{i=1}^{N}}{{i^2})+(N\sum\limits_{i=1}^{N}{i^2}-(\sum\limits_{i=1}^{N}}{{i})^2)=0$

-- 21.11.2016, 12:10 --

iifat в сообщении #1170491 писал(а):

prof.uskov в сообщении #1170470 писал(а):

получается характеристическое уравнение

Ну, дальше же ж. $\sum\limits_{i=1}^Ni=\frac{N(N+1)}2$. И т.п.

Правильно я просуммировал?
$\sum\limits_{i=1}^Ni^2=\frac{1}{3}(N+1)^3-\frac{1}{2}(N+1)^2+\frac{1}{6}N+\frac{1}{6}$

[Someone]

prof.uskov в сообщении #1170473 писал(а):

Одну опечатку нашел
$\lambda{^2}-\lambda(N+\sum\limits_{i=1}^{N}}{{i^2})+(N\sum\limits_{i=1}^{N}{i^2}-(\sum\limits_{i=1}^{N}}{{i^2})^2)=0$

Ещё одна есть: лишний "квадрат" в последней сумме.

[prof.uskov]

Someone в сообщении #1170544 писал(а):

prof.uskov в сообщении #1170473 писал(а):

Одну опечатку нашел
$\lambda{^2}-\lambda(N+\sum\limits_{i=1}^{N}}{{i^2})+(N\sum\limits_{i=1}^{N}{i^2}-(\sum\limits_{i=1}^{N}}{{i^2})^2)=0$

Ещё одна есть: лишний "квадрат" в последней сумме.

Спасибо, уже убран, см. выше post1170520.html#p1170520

-- 21.11.2016, 13:51 --

mihiv в сообщении #1170517 писал(а):

Если мы знаем асимптотику детерминанта и следа матрицы при $N\to \infty $,то можно действовать так: $\det A=\lambda _1\cdots \lambda _n, \operatorname {Tr} A=\lambda _1+\cdots +\lambda _n$, где $\lambda _1\equiv \lambda _{\min }$. Составим отношение ($n$- порядок матрицы):

$$R=\dfrac {\sqrt [n-1]{\det A}}{\operatorname {Tr}A}\qquad (1)$$

В выражении для определителя заменим все $\lambda _i$ кроме $\lambda _1$ на $\lambda _n$, а знаменатель в (1) заменим на $\lambda _n$, в результате получим неравенство $R<\sqrt [n-1]{\lambda _{\min }}$.
Если теперь $R\to \infty $ при $N\to \infty $, то и $\lambda _{\min}\to \infty $

Для нашей матрицы: $\operatorname {Tr}A= \dfrac {N^3}3+o(N^3), \det A= \dfrac {N^4}{12}+o(N^4)$, поэтому получим $\lambda _{\min }>R=\dfrac N4+o(N)$, то есть $\lambda _{\min }\to +\infty $

Да, возможно это проще, чем непосредственное исследование собственных значений.

-- 21.11.2016, 14:19 --

mihiv, объясните, пожалуйста, как получено соотношение (1).

[iifat]

prof.uskov в сообщении #1170555 писал(а):

как получено соотношение (1)

Как понимаю, соотношение (1) получено путём написания одной формулы сверху, другой снизу и чёрточки между ними. Осмысленная формула выводится в результате: $\frac{\det A}{(\operatorname{Tr} A)^{n-1}}\geq \lambda_\min$. Если, конечно, доказательство правильное.

[mihiv]

prof.uskov в сообщении #1170555 писал(а):

mihiv, объясните, пожалуйста, как получено соотношение (1).

Выражая $\det $ и $\operatorname {Tr}$через собственные значения матрицы, получим:

$$R=\dfrac {\sqrt [n-1] {\lambda _1\cdots \lambda _n}}{\lambda _1+\cdots +\lambda _n}}<\dfrac {\sqrt [n-1]{\lambda _1\lambda _n^{n-1}}}{\lambda _n}=\sqrt [n-1] {\lambda _1}$$

Ну или $R^{n-1}<\lambda _1\equiv \lambda _{\min}$

[prof.uskov]

iifat в сообщении #1170603 писал(а):

prof.uskov в сообщении #1170555 писал(а):

как получено соотношение (1)

Как понимаю, соотношение (1) получено путём написания одной формулы сверху, другой снизу и чёрточки между ними. Осмысленная формула выводится в результате: $\frac{\det A}{(\operatorname{Tr} A)^{n-1}}\geq \lambda_\min$. Если, конечно, доказательство правильное.

iifat, Вы не согласны с тем, как mihiv вывел формулу?

-- 21.11.2016, 21:44 --

mihiv, спасибо, ясно.

[prof.uskov]

$\lambda_{min} \rightarrow + \infty$ при $N\rightarrow + \infty$ эквивалентно тому, что $A^{-1}=\left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right)$ при $N\rightarrow + \infty$
(доказывается приведением симметрической матрицы $A$ к диагональному виду ортогональным преобразованием)

Далее

$$A=\left( \begin{array}{cc} N & \sum\limits_{i=1}^{N}}{{i} \\ \sum\limits_{i=1}^{N}}{{i} & \sum\limits_{i=1}^{N}}{{i^2} \end{array} \right)=\left( \begin{array}{cc} N & \dfrac {N^2}{2}+o(N^2) \\ \dfrac {N^2}{2}+o(N^2) & \dfrac {N^3}{3}+o(N^3) \end{array} \right)$$

$$\det A= \dfrac {N^4}{12}+o(N^4)$$

Найдя транспонированную матрицу алгебраических дополнений несложно видеть, что при $$N\rightarrow + \infty$

$$A^{-1}=\left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right)$$

Вроде бы, это более простое доказательство.

[Brukvalub]

prof.uskov в сообщении #1170708 писал(а):

$\lambda_{\min} \rightarrow + \infty$ при $N\rightarrow + \infty$ эквивалентно тому, что $A^{-1}=\left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right)$ при $N\rightarrow + \infty$

Во дает! Это еще на первой стр. было, но последовало возражение:

prof.uskov в сообщении #1170440 писал(а):

Vince Diesel в сообщении #1170439

писал(а):
Так что критерием будет $\lim_{N\to\infty}\|A_N^{-1}\|_2=0$.
Это сложно, нужно обратную матрицу искать.

А теперь, оказывается, от Вологды до Урюпинска пешком не так и далеко..

[prof.uskov]

Brukvalub , так я думал, что для собственных чисел будет гораздо более простое условие, но оказалось, что нет, таким образом, вернулись к тому с чего начинали.