Symm. Matrix, Skalarprodukt < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:44 Sa 10.07.2010 | | Autor: | Teufel |
| Aufgabe | A, B seien (nxn)-Matrizen, A symmetrisch.
Es gelte [mm] $v^T*A*v \ge [/mm] 0$ (für alle v [mm] \in \IR^n) [/mm] und AB+BA=0.
Zeige: AB=BA=0. |
Hi!
Eine kurze und knackige Aufgabe. Leider kann ich nsie nicht lösen. Mein Ansatz war folgender: Wenn ich herausfinde, dass AB=0 ist, dann ist auch automatisch BA=0, wegen AB=-BA.
Nun muss ich alo zeigen, dass AB=0 ist, bzw. äquivalent, dass ABv=0 ist für alle v [mm] \in \IR^n. [/mm] Dazu wollte ich mit dem Skalarprodukt herangehen.
Ich kann ja zeigen, dass für alle v gilt: <ABv,ABv>=0. Daraus würde ja eben ABv=0 [mm] \forall [/mm] v [mm] \gdw [/mm] AB=0 folgen.
Und um zu zeigen, dass <ABv,ABv>=0 ist, wollte ich irgendwie zeigen, dass [mm] \ge0 [/mm] und [mm] \le0 [/mm] ist, weil ich dachte, dass man die gegebene Ungleichung wohl dafür irgendwie verwenden kann. Leider weiß ich nicht, wie ich das Standardskalarprodukt so ummünzen kann, dass ich auf einen Term der Form w^TAw komme.
Kann mir da jemand helfen? Oder sollte ich vielleicht auch ganz anders rangehen? Man kann ja mit den 2 gegebenen Sachen nicht wirklich viel machen glaube ich, aber vielleicht gibt es noch einen besseren Weg.
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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Guten Morgen,
Ich hatte jetzt nicht die Zeit alles genau durchzurechnen, aber da ja A und B symmetrisch sind, finden wir immer orthogonale Matrizen S und T mit
[mm] $A=S^T*D_1*S$ [/mm] und [mm] $B=T^T*D_2*T$ [/mm] mit Diagonalmatrizen [mm] D_i
[/mm]
Orthogonale Matrizen konnte man im Skalarprodukt besser verwerten denke ich. Versuchs aber zuerst mal nur das B zu zerlegen, weil ja [mm] A*D_i [/mm] mit Diagonalmatrix [mm] D_i [/mm] das gleiche ist wie $A*v$ für einen bestimmten Vektor $v$, dann kannst du die pos. semidef. vllt anwenden.
lg Kai
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:29 So 11.07.2010 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Danke erst mal. Aber leider ist nur A symmetrisch, B kann im Prinzip sein, was es will. Oder folgt die Symmetrie von B vielleicht schon aus AB=-BA?
Teufel
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Schönes Wochenende,
Ich probier es mal (korrigiert):
Für die Matrix A gilt, dass sie nur Eigenwerte [mm] $\geq [/mm] 0$ hat!
Sei x ein Eigenvektor von A und o.B.d.A [mm] $\lambda [/mm] > 0$ ein Eigenwert von A. Dann
[mm] $ABx=-BAx=-B\lambda x=-\lambda [/mm] Bx$. Setze $h:= Bx$. Das heißt aber [mm] $Ah=-\lambda [/mm] h$. Damit wäre [mm] $-\lambda$ [/mm] ein Eigenwert von A bzgl. dem Eigenvektor h. Dieser Eigenwert [mm] ($-\lambda$) [/mm] ist aber negativ. Dass darf nicht sein, damit muss Bx = 0 gelten. Aber [mm] $x\neq [/mm] 0$. Damit ist [mm] $x\in \ker(B)$
[/mm]
gruß wieschoo
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:33 So 11.07.2010 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Das sieht sehr gut aus, vielen Dank. Die Eigenwerte von A habe ich leider ganz außer Acht gelassen. So ergibt das aber jetzt alles Sinn!
Teufel
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(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 13:38 So 11.07.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Schönes Wochenende,
>
> Ich probier es mal:
> Für die Matrix A gilt, dass sie nur Eigenwerte [mm]\geq 0[/mm]
> hat!
> Sei x ein Eigenvektor von A und o.B.d.A [mm]\lambda > 0[/mm] ein
> Eigenwert von A. Dann
> [mm]ABx=-BAx=-B\lambda x=-\lambda Bx[/mm]. Setze [mm]h:= Bx[/mm]. Das heißt
> aber [mm]Ah=-\lambda h[/mm]. Damit wäre [mm]-\lambda[/mm] ein Eigenwert von
> A bzgl. dem Eigenvektor h. Dieser Eigenwert ([mm]-\lambda[/mm]) ist
> aber negativ. Dass darf nicht sein, damit muss Bx = 0
> gelten. Aber [mm]x\neq 0[/mm].
bis hierhin sind Deine Überlegungen korrekt.
> Damit ist B=0.
Da wird's unlogisch, denn aus $Bx=0$ folgt nur $x [mm] \in \text{kern }B\,.$
[/mm]
[mm] $\text{(}B\,$ [/mm] kann und wird i.a. ja sicher nicht invertierbar sein. Du kennst übrigens auch Beispiele:
Obwohl [mm] $\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 0 } \not=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 }$ [/mm] und [mm] $\vektor{0\\1}\not=\vektor{0//0}$ [/mm] ist, gilt dennoch
[mm] $$\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 0 }*\vektor{0\\1}=\vektor{0\\0}\text{.)}$$
[/mm]
Aber mit der Kenntnis [mm] $\{x \text{ EV zu einem positiven EW von }A\} \subseteq \text{kern }B$ [/mm] kann man sicher dennoch weiterarbeiten. (Diagonalisierung? Jordannormalform? Mir scheint's, dass das in irgendsoeine Richtung tendiert... )
Beste Grüße,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:42 So 11.07.2010 | | Autor: | luis52 |
Moin,
> Für die Matrix A gilt, dass sie nur Eigenwerte [mm]\geq 0[/mm]
> hat!
> Sei x ein Eigenvektor von A und o.B.d.A [mm]\lambda > 0[/mm] ein
> Eigenwert von A. Dann
> [mm]ABx=-BAx=-B\lambda x=-\lambda Bx[/mm]. Setze [mm]h:= Bx[/mm]. Das heißt
> aber [mm]Ah=-\lambda h[/mm]. Damit wäre [mm]-\lambda[/mm] ein Eigenwert von
> A bzgl. dem Eigenvektor h.
Vielleicht eine naive Frage: Wieso ist [mm] $h=Bx\ne0$?
[/mm]
vg Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:46 So 11.07.2010 | | Autor: | wieschoo |
Das ist der Gleiche Einwand von marcel. Der Einwand stimmt natürlich.
Dennoch wäre das der Ansatz den ich verfolgen würde. Du weißt durch die Aufgabe noch mehr:
- ein Eigenwert von A ist ungleich Null, sonst ist Aussage trivial
- [mm] $ABx=-\lambda [/mm] Bx$ mit [mm] \lambda [/mm] ist Eigenwert zum Eigenvektor x von A
Vielleicht kann man damit noch herum spielen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:50 So 11.07.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Moin,
>
> > Für die Matrix A gilt, dass sie nur Eigenwerte [mm]\geq 0[/mm]
> > hat!
> > Sei x ein Eigenvektor von A und o.B.d.A [mm]\lambda > 0[/mm] ein
> > Eigenwert von A. Dann
> > [mm]ABx=-BAx=-B\lambda x=-\lambda Bx[/mm]. Setze [mm]h:= Bx[/mm]. Das
> heißt
> > aber [mm]Ah=-\lambda h[/mm]. Damit wäre [mm]-\lambda[/mm] ein Eigenwert von
> > A bzgl. dem Eigenvektor h.
>
> Vielleicht eine naive Frage: Wieso ist [mm]h=Bx\ne0[/mm]?
Du meinst sicher: "Wieso.. [mm] $\blue{=}0$?"
[/mm]
Diese Folgerung war schon okay:
Wäre $h=Bx [mm] \not=0$, [/mm] so lieferte die Gleichung [mm] $ABx=-\lambda [/mm] Bx [mm] \gdw Ah=-\lambda h\,,$ [/mm] dass [mm] $(-\lambda,h)$ [/mm] ein Eigenpaar für [mm] $A\,$ [/mm] wäre, woraus folgte, dass (wegen $h [mm] \not=0$) $A\,$ [/mm] einen Eigenwert [mm] $<0\,$ [/mm] hätte (da [mm] $-\lambda [/mm] < 0$ wegen [mm] $\lambda [/mm] > 0$ gilt) im Widerspruch zu [mm] $x^T [/mm] A x [mm] \ge [/mm] 0$ für alle $x [mm] \in \IR^n\,.$
[/mm]
Also muss [mm] $h=0\,$ [/mm] und damit $x [mm] \in \text{kern }B$ [/mm] gelten.
Beste Grüße,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:44 So 11.07.2010 | | Autor: | blascowitz |
So ganz stimmt das aber nicht: aus: $Bx=0$ und $x [mm] \not=0$ [/mm] folgt ja nicht automatisch $B=0$ es gilt nur $x [mm] \in \ker(B)$. [/mm] Das liefert uns aber die Information: jeder EV zu einem positiven EW liegt im Kern von $B$. Dank $AB=-BA$, wird auch jeder EV zum EW 0 von AB auf 0 geschoben. Nun ist $A$ ja diagonalierbar. Also gibt es eine Basis aus EV von A. Bzgl dieser Basis gilt $AB=0$. Somit gilt für alle Vektoren $v [mm] \in \IR^{n}$: [/mm] $ABv=0$
Grüße
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:09 So 11.07.2010 | | Autor: | Teufel |
Hi an alle!
Hier ist ja eine richtige Diskussion entbrannt. Da hab ich wohl nicht aufgepasst. Aber ich glaube nun stimmt alles, oder?
Es wurde gezeigt: Ist v ein Eigenvektor von A zu positivem Eigenwert [mm] \lambda, [/mm] so liegt dieser im Kern von B und es ist ABv=0. Ist v im Kern von A, so folgt direkt ABv=0. Nimmt man sich eine Basis [mm] \mathcal{B}=(v_1,...,v_n) [/mm] aus Eigenvektoren von A, die existiert, da A symmetrisch ist, so ist ABv=0 für alle v [mm] \in \IR^n, [/mm] weil v dargestellt werden kann als [mm] v=a_1v_1+...+a_nv_n \Rightarrow ABv=AB(a_1v_1+...+a_nv_n)=a_1ABv_1+...+a_nABv_n=0+...+0=0.
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] AB=0 und wegen AB=-BA ist BA=0. Das sollte jetzt lückenlos sein, oder? Vielen Dank an alle Beteiligten!
Teufel
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