positive Eigenwerte < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
Hallo Leute,
Ich habe hier wiedermal Probleme mit folgender Aufgabe:
Zeigen Sie: Die Eigenwerte einer symmetrischen und positiv definiten Matrix $A [mm] \in [/mm] M(n [mm] \times [/mm] n, [mm] \IR)$ [/mm] sind positive reelle Zahlen. Und jede reelle symmetrische Matrix $A [mm] \in [/mm] M(n [mm] \times [/mm] n, [mm] \IR)$ [/mm] mit nur positiven Eigenwerten ist eine positiv definite Matrix.
Nun habe ich versucht, da irgendwie weiterzukommen und stecke fest.
Hier mein Anfang:
Da A eine reelle symmetrische $n [mm] \times n\text{-Matrix}$ [/mm] ist, gilt für ihre Eigenvektoren $u [mm] \in [/mm] M(n [mm] \times [/mm] 1, [mm] \IR)$:[/mm] [m]u = \begin{pmatrix} u_0 \\ ... \\ u_{n-1} \end{pmatrix}[/m]: (*) $Au = [mm] \lambda [/mm] u$, wobei [m]\lambda \in \IR[/m] die Eigenwerte von A sind. Die Gleichung (*) kann umgeformt werden: [mm] $(A-\lambda [/mm] E)u = 0$. ist [mm] $det(A-\lambda [/mm] E) [mm] \ne [/mm] 0$, so ist dieses System lösbar, und die einzige Möglichkeit die Gleichung zu erfüllen, wäre u gleich 0 zu setzen. Demnach muß [mm] $det(A-\lambda [/mm] E) = 0$ sein.
Und hier komme ich nun nicht weiter. Ich denke, daß ich hier die positive
Definitheit ausnutzen muß, aber wie?
Ich habe dazu bis jetzt nur folgendes gefunden:
Hauptminoren-Kriterium für Definitheit:
Die symmetrische Matrix A ist genau dann positiv definit, wenn alle Hauptminoren von A positiv sind.
Allerdings verstehe ich nicht so ganz, was Hauptminoren sind. Hier noch eine Definition:
Hauptminoren:
Die linken oberen [mm] $k\times k\text{-Teilmatrizen}\ A_k$ [/mm] der [m]n\times n\text{-Matrix}[/m] A, die durch Streichung der n-k rechtesten Spalten und n-k untersten Zeilen entstehen, haben eine (wenigstens theoretische) Bedeutung für die Feststellung der Definitheit der Matrix A. Die Determinanten [mm] $det(A_k)$ [/mm] dieser Teilmatrizen heißen Hauptminoren.
Nun, verstehe ich nicht, wie dieses Kriterium funktioniert. Es wäre Klasse,
wenn mir da jemand ein Beispiel geben könnte. Außerdem wollte ich fragen, ob mich diese Hauptminoren nun im Beweis weiterbringen können,
oder ob ich auf einer falschen Fährte gelandet bin.
Vielen Dank!
Schöne Grüße
Karl
|
|
| |
|
Hallo Karl!
Ein kleiner Hinweis, der Dir vielleicht weiterhilft:
Eine symmetrische $(n [mm] \times [/mm] n)$-Matrix $A$ über den reellen Zahlen ist genau dann positiv definit, wenn für jeden Vektor $x [mm] \in \IR^n \backslash \{ 0 \}$ [/mm] gilt:
[mm] $x^t [/mm] A x > 0$
Mit anderen Worten: man faßt $A$ als Matrix einer symmetrischen Bilinearform auf und nennt die Matrix positiv definit, wenn die Form es ist.
Wenn Du jetzt einen Eigenvektor $u$ hast, dann ist der nicht 0 und erfüllt das Kriterium - versuch mal, ob Du dann das Vorzeichen von [mm] $\lambda$ [/mm] bestimmen kannst.
Für die Umkehrung brauchst Du außerdem, dass jede symmetrische Matrix über [mm] $\IR$ [/mm] auch diagonalisierbar ist, also [mm] $\IR^n$ [/mm] sogar eine Basis aus Eigenvektoren von $A$ hat - ist dieser Sachverhalt (manchmal "Spektralsatz" genannt) bekannt?
Gruß,
Lars
|
|
|
| |
|
Hallo Lars,
Also ich hab' jetzt versucht deinen Hinweis zu verwerten,
glaub' aber nicht, daß es stimmt:
[mm] $u^T(A-\lambda [/mm] E)u > 0$
[mm] $\gdw (u^T [/mm] A - [mm] \lambda u^T [/mm] E) u > 0$
[mm] $\gdw u^T [/mm] A u - [mm] \lambda u^T [/mm] u > 0$
[mm] $\gdw u^T [/mm] A u - [mm] \lambda [/mm] > [mm] 0\quad [/mm] |\ [mm] +\lambda$
[/mm]
[mm] $\gdw u^T [/mm] A u > [mm] \lambda$
[/mm]
Tja, war die Umformung richtig (bzw. hatte sie jetzt einen "tieferen" Sinn?
Außerdem ist es wohl schade, daß dort das '>'-Zeichen und nicht das
'<'-Zeichen steht. Denn so weiß ich nur, daß [mm] $\lambda$ [/mm] kleiner als der linke
Wert ist, was aber nicht ausschließt, daß [mm] $\lambda$ [/mm] auch negativ sein kann (Vorrausgesetzt dieser Ansatz war richtig).
Viele Grüße
Karl
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:38 Sa 30.10.2004 | | Autor: | andreas |
hi Karl
du nimmst da meiner meinung nach ein [m] - \lambda E [/m] zuviel in deine rechnung auf. denn wäre $u$ eigenvektor der matrix $A$ zu [mm] $\lambda$, [/mm] dan wäre ja die linke seite deiner ungleichung schon null (ist dir das klar? - überlege dir mal, wie man eigenwerte berechnet).
wenn du jedoch einen eigenvektor [m] u [/m] zum eigenwert [m] \lambda [/m] nimmst, so erhälst du eben (da [m] u \not= 0 [/m] nach definition von eigenvektoren):
[m] 0 < u^T A u =u^T \lambda u = \lambda \underbrace{u^T u}_{ > 0} [/m]
wobei [m] u^Tu > 0 [/m] als standardskalarprodukt eines nicht-nullvektor mit sich selbst.
und daraus folgt direkt [m] \lambda > 0 [/m]. warum?
grüße
andreas
|
|
|
| |
|
Hallo Andreas,
> du nimmst da meiner meinung nach ein [m]- \lambda E[/m] zuviel in
> deine rechnung auf. denn wäre [mm]u[/mm] eigenvektor der matrix [mm]A[/mm] zu
> [mm]\lambda[/mm], dan wäre ja die linke seite deiner ungleichung
> schon null (ist dir das klar? - überlege dir mal, wie man
> eigenwerte berechnet).
Hmm, also ich würde vom ursprünglichen Ansatz aus meinem ersten Posting in diesem Thread ausgehen, nämlich [mm] $det(A-\lambda [/mm] E) = 0$,
eigentlich ist das doch schon eine Rechenvorschrift, oder? Für [m]A \in M(2 \times 2, \IR)[/m] gilt doch z.B.:
[m]\begin{gathered}
\det \left( {\begin{array}{*{20}c}
{a_{0,0} - \lambda } & {a_{0,1} } \\
{a_{1,0} } & {a_{1,1} - \lambda } \\
\end{array} } \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {a_{0,0} - \lambda } \right)\left( {a_{1,1} - \lambda } \right) - a_{1,0} a_{0,1} = 0 \hfill \\
\Leftrightarrow a_{0,0} a_{1,1} - a_{0,0} \lambda - \lambda a_{1,1} + \lambda ^2 - a_{1,0} a_{0,1} = 0 \hfill \\
\Leftrightarrow \lambda ^2 - \lambda \underbrace {\left( {a_{0,0} + a_{1,1} } \right)}_p + \underbrace {a_{0,0} a_{1,1} - a_{1,0} a_{0,1} }_q = 0 \Leftrightarrow \lambda ^2 - \lambda p + q = 0 \hfill \\
\Leftrightarrow \lambda _{1;2} = \frac{p}
{2} \pm \sqrt {\frac{{p^2 }}
{4} - q} = \frac{{a_{0,0} + a_{1,1} }}
{2} \pm \sqrt {\frac{{a_{0,0}^2 + 2a_{0,0} a_{1,1} + a_{1,1}^2 }}
{4} - a_{0,0} a_{1,1} + a_{1,0} a_{0,1} } \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Ich habe halt meistens immer Probleme etwas im allgemeinen Fall zu verstehen, dazu benötige ich leider sehr oft einige praktische Beispiele.
Also was genau war jetzt nochmal an meinem obigen Ansatz falsch? Du sagst ja, dann wäre die linke Seite schon null, aber so ganz klar ist's jetzt
noch nicht!
> wenn du jedoch einen eigenvektor [m]u[/m] zum eigenwert [m]\lambda[/m]
> nimmst, so erhälst du eben (da [m]u \not= 0[/m] nach definition
> von eigenvektoren):
>
> [m]0 < u^T A u =u^T \lambda u = \lambda \underbrace{u^T u}_{ > 0}[/m]
>
>
> wobei [m]u^Tu > 0[/m] als standardskalarprodukt eines
> nicht-nullvektor mit sich selbst.
>
> und daraus folgt direkt [m]\lambda > 0 [/m]. warum?
Nun ja, $u [mm] \ne [/mm] 0$ haben wir ja vorrausgesetzt. Also ist auch [mm] $u^T [/mm] u [mm] \ne [/mm] 0$.
Wäre nun [mm] $\lambda [/mm] = 0$, so wäre die Ungleichung verletzt: 0 < 0. Demnach muß [mm] $\lambda [/mm] > 0$ sein. Und wäre [mm] $\lambda$ [/mm] negativ so widerspräche das der Ungleichung. Richtig?
Und was ich noch fragen wollte: Warum kann man im folgenden Schritt A durch [mm] $\lambda$ [/mm] ersetzen? :
> $0 < [mm] u^T [/mm] A u [mm] =u^T \lambda [/mm] u$
Schöne Grüße
Karl
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:32 Sa 30.10.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Karl!
> Hmm, also ich würde vom ursprünglichen Ansatz aus meinem
> ersten Posting in diesem Thread ausgehen, nämlich
> [mm]det(A-\lambda E) = 0[/mm],
Erstens: Dieser Ansatz über die Determinante ist in deinem letzten Beitrag beim besten Willen nicht wiederzufinden.
Zweitens: Dieser Ansatz bringt leider nichts. 
> Also was genau war jetzt nochmal an meinem obigen Ansatz
> falsch? Du sagst ja, dann wäre die linke Seite schon null,
> aber so ganz klar ist's jetzt
> noch nicht!
Wenn ich mich nicht ganz irre, hattest du ja so angesetzt:
[mm] $x^T (A-\lambda [/mm] Id) x > 0$.
(Vielleicht hast du mir auch ein $u$ für ein $x$ vorgemacht , aber so ähnlich war es.)
Da aber $x$ ein Eigenvektor zum Eigenwert [mm] $\lambda$ [/mm] ist, gilt:
$Ax = [mm] \lambda [/mm] x$,
also:
[mm] $\red{(A- \lambda Id)x} [/mm] = Ax - [mm] \lambda [/mm] x = [mm] \red{0}$.
[/mm]
Daher ist auch
[mm] $x^T \red{\underbrace{(A-\lambda Id) x}_{=\, 0}} [/mm] = 0$.
Klar? 
> > wenn du jedoch einen eigenvektor [m]u[/m] zum eigenwert [m]\lambda[/m]
>
> > nimmst, so erhälst du eben (da [m]u \not= 0[/m] nach definition
>
> > von eigenvektoren):
> >
> > [m]0 < u^T A u =u^T \lambda u = \lambda \underbrace{u^T u}_{ > 0}[/m]
>
> >
> >
> > wobei [m]u^Tu > 0[/m] als standardskalarprodukt eines
> > nicht-nullvektor mit sich selbst.
> >
> > und daraus folgt direkt [m]\lambda > 0 [/m]. warum?
>
> Nun ja, [mm]u \ne 0[/mm] haben wir ja vorrausgesetzt. Also ist auch
> [mm]u^T u \ne 0[/mm].
Sogar (und das ist wichtig): [mm] $u^T [/mm] u > 0$. Beachte: [mm] $u^T [/mm] u = [mm] \Vert [/mm] u [mm] \Vert_2^2$.
[/mm]
> Wäre nun [mm]\lambda = 0[/mm], so wäre die
> Ungleichung verletzt: 0 < 0. Demnach muß [mm]\lambda > 0[/mm] sein.
> Und wäre [mm]\lambda[/mm] negativ so widerspräche das der
> Ungleichung. Richtig?
Ja, das ist richtig. (Wenn auch umständlich ausgedrückt, aber das macht nichts. )
> Und was ich noch fragen wollte: Warum kann man im folgenden
> Schritt A durch [mm]\lambda[/mm] ersetzen? :
>
> > [mm]0 < u^T A u =u^T \lambda u[/mm]
Da $u$ ein Eigenvektor zum Eigenwert [mm] $\lambda$ [/mm] ist, gilt:
$Au = [mm] \lambda [/mm] u$.
Jetzt alles klar?
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
Hallo Stefan,
> > Hmm, also ich würde vom ursprünglichen Ansatz aus meinem
>
> > ersten Posting in diesem Thread ausgehen, nämlich
> > [mm]det(A-\lambda E) = 0[/mm],
>
> Erstens: Dieser Ansatz über die Determinante ist in deinem
> letzten Beitrag beim besten Willen nicht wiederzufinden.
Mit dem urspünglichen Beitrag meinte ich meine erste Frage in dieser Diskussion.
> Zweitens: Dieser Ansatz bringt leider nichts.
Aber müßten sich die Eigenwerte nicht dennoch so berechnen lassen?
> Jetzt alles klar?
Danke! Ich denke, ich habe jetzt den Rest so weit nachvollziehen können. Jetzt muß ich "nur noch" die umgekehrte Richtung des Beweises machen.
|
|
|
| |
|
Hallo Karl!
Den entscheidenden Hinweis habe ich Dir schon in der ersten Antwort gegeben...
Da $A$ symmetrisch ist, existiert eine Basis von $V$ aus Eigenvektoren zu $A$ (Spektralsatz). Alle Eigenwerte sind nun nach Voraussetzung positiv.
Nehme nun die zu $A$ gehörige Bilinearform (d.h. Du faßt $A$ als Matrix einer Bilinearform auf: [mm] $\langle [/mm] v, w [mm] \rangle_A [/mm] := [mm] v^t [/mm] A w$) und zeige, dass diese positiv definit ist. Dazu mußt Du eigentlich nur verwenden, dass jeder Vektor sich in der oben gewählten Basis schreiben läßt und für jeden Basisvektor [mm] $v_j$ [/mm] doch gilt: [mm] $\langle v_j, v_j \rangle_A [/mm] = [mm] v_j^t [/mm] A [mm] v_j [/mm] = [mm] \lambda_j v_j^t v_j [/mm] > 0$ falls [mm] $\lambda_j$ [/mm] der zu [mm] $v_j$ [/mm] gehörige Eigenwert ist.
Viel Glück!
Lars
|
|
|
|
