Gram-Schmidt Orthogonalisierungsverfahren < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:32 Sa 22.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Hallo im Matheraum,
ich wollte diese Aufgabe erst nicht machen, aber ich hab jetzt doch "angefangen" (haha!!!) und ich komme immer dann raus, wenn ich zu diese Gram-Schmidt Verfahren komme :-(
Meine Ausgangsaufgabe ist erstmal:
Es sei [mm] V=C^3 [/mm] und [mm]\sigma [/mm]= komplexe Konjugation;
Weiter sei [mm]\beta [/mm] durch die Strukturmatrix
[mm]B^\beta (e_1, e_2, e_3) = \begin{pmatrix} 1 & 1+i & 5i \\ 1- i & 0 & 2 - i\\ -5i & 2+i & 1\end{pmatrix} [/mm] die gegebene hermitesche Form.
Man bestimme nun eine Orthogonalbasis von V und eine obere Dreiecksmatrix [mm] A\in\GL(3,C) [/mm], so dass [mm]A^t B A^\sigma [/mm] eine Diagonalmatrix wird.
Weiterhin gefragt ist: Besitzt (V, [mm]\beta[/mm]) eine OrthoNORMALbasis?
Soweit zu der Aufgabe.
Und es folgt dieses schrecklich aufwenige Verfahren, dass ich so überhaupt nicht beherrsche :-(
Ich kann den Ansatz noch nicht hierher schreiben, weil ich den grade selbst nicht mehr blicke...
Wenn ich wieder klarsehe, werde ich ihn nachschicken.
Naja, vielleicht weiß von euch jemand Rat.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:42 So 23.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Cathrine,
wie weit bist du denn jetzt mit dieser Aufgabe gekommen?
Ich kenne mich leider auch nicht mit dem Stoffgebiet aus, besonders mit der Bestimmung der Matrix A (s.u.) nicht. Das Orthogonalisieren würde ich ja noch hinbekommen...
> Es sei [mm] V=C^3 [/mm] und [mm]\sigma [/mm]= komplexe Konjugation;
>
> Weiter sei [mm]\beta[/mm] durch die Strukturmatrix
>
> [mm]B^\beta (e_1, e_2, e_3) = \begin{pmatrix} 1 & 1+i & 5i \\ 1- i & 0 & 2 - i\\ -5i & 2+i & 1\end{pmatrix}[/mm]
> die gegebene hermitesche Form.
>
> Man bestimme nun eine Orthogonalbasis von V und eine obere
> Dreiecksmatrix [mm]A\in GL(3,\IC) [/mm], so dass [mm]A^t B A^\sigma[/mm] eine
> Diagonalmatrix wird.
Das Schmidtsche Orthogonalisierungsverfahren definiert ja mittels einer Basis [mm] $w_1,\ldots,w_n$ [/mm] eine Orthogonalbasis [mm] $v_1,\ldots,v_n$ [/mm] von $V$, und zwar rekursiv durch:
[mm] $v_1=w_1$, $v_{i+1}=w_{i+1}-\summe_{j=1}^i a_{j,i+1} v_j$ [/mm] mit [mm] $a_{j,i+1}:=\bruch{\langle w_{i+1},v_j\rangle}{\langle v_j,v_j\rangle}$, $j=1,\ldots,i,\ i=1,\ldots,n-1$.
[/mm]
In deinem dreidimensionalen Fall also:
[mm] $v_1=w_1$
[/mm]
[mm] $v_2=w_2-a_{1,2} v_1$ [/mm] mit [mm] $a_{1,2}=\bruch{\langle w_{2},v_1\rangle}{\langle v_1,v_1\rangle}$
[/mm]
[mm] $v_3=w_3-a_{1,3} v_1-a_{2,3} v_2$ [/mm] mit [mm] $a_{1,3}=\bruch{\langle w_{3},v_1\rangle}{\langle v_1,v_1\rangle}$ [/mm] und [mm] $a_{2,3}=\bruch{\langle w_{3},v_2\rangle}{\langle v_2,v_2\rangle}$
[/mm]
In deinem Falls würde ich jetzt mit den drei Spaltenvektoren als Basis [mm] $w_1,\ldots,w_3$ [/mm] beginnen und das Orthogonalisierungsverfahren darauf anwenden.
Für [mm] $\langle\cdot,\cdot\rangle$ [/mm] würde ich [mm] $\beta(\cdot,\cdot)$ [/mm] nehmen, obwohl ich mir nicht sicher bin... etwas anderes macht aber keinen Sinn hier.
Meine Vermutung ist nun, dass die drei Übergangsmatrizen [mm] A_i, [/mm] die schrittweise jeden Basisvektor orthogonalisieren, bereits obere Dreiecksmatrizen sind, so dass auch [mm] $A=A_1A_2A_3$ [/mm] eine obere Dreiecksmatrix ist.
> Weiterhin gefragt ist: Besitzt (V, [mm]\beta[/mm]) eine
> OrthoNORMALbasis?
Hierzu müßtest du überlegen, ob man für [mm] $v_1,\ldots,v_3$ $\lambda_i\in\IC$ [/mm] finden kann, so dass [mm] $\beta(\lambda_i*v_i,\lambda*v_i)=1$, [/mm] $i=1,2,3$.
Dann wäre nämlich [mm] $\lambda_1*v_1,\ldots,\lambda_3*v_3$ [/mm] eine Orthonormalbasis.
Ich hoffe, jemand hier im MatheRaum weiß bei manchen Sachen, die ich hier behauptet habe, sofort zu sagen: "Das ist doch Quatsch, Marc." oder "Stimmt!".
Viele Grüße,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:33 So 23.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Hallo Marc,
ich habe ungefähr 6 Ansätze und 6 verschiedene halbfertige Pseudolösungen und langsam geht mir die Puste aus!!!
Ich kann das unmöglich hierhin schreiben, wegen der Editierung würde ich sicher Stunden brauchen.
Wir haben in der Großen Übung auch ein Beispiel gerechnet, aber der Professor sagte dazu "Komplizierter wird es kaum werden können..."
Es ist kaum möglich sich an dieser Aufgabe zu orientieren.
Abgesehen davon, habe ich etwa 3 meiner Ansätze (echt zum Lachen...) so ähnlich wie du, aber zum Beispiel noch mit
bei [mm] a_j,i+1 [/mm] =.... ein mal [mm] v_1
[/mm]
dahinter...
Vielen Dank für deine Mühe!!! Und fürs erklären der anderen Aufgabe!
Grüße Cathy
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:38 So 23.05.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Cathrine,
ich poste dir jetzt mal eine Lösung, die wahrscheinlich vor Rechenfehlern wimmelt, aber die dir zumindestens das Prozedere klar machen sollte. Du kannst ja anschließend alles noch einmal nachrechnen und dann bitte auch meine Rechenfehler hier verbessern. Danke!
(Oder aber jemand anderes ist so freundlich und rechnet meine Lösung nach und verbessert die Fehler.)
Also, ich würde die Aufgabe nicht unbedingt mit dem Gram-Schmidt-Verfahren lösen, weil ich den Vorteil davon nicht sehe, zumal ich mir dann nicht sicher bin, dass automatisch eine obere Dreiecksmatrix als Transformationsmatrix rauskommt (oder übersehe ich da gerade twas?). Egal, ich stelle dir jetzt eine andere Methode vor:
Also, du schreibst links die Matrix [mm] $B^{\beta}$ [/mm] und rechts die Einheitsmatrix hin. Nun formst du [mm] $B^{\beta}$ [/mm] symmetrisch zu einer Diagonalmatrix um. Was bedeutet symmetrsiches Umformen? Nun ja, du führst an [mm] $B^{\beta}$ [/mm] simultan elementare Zeilen- und Spaltenumformungen durch, und machst dabei jeweils das gleiche - nur konjugiert komplex. Sprich: Wenn du zum Beispiel erst die 3. Spalte + das $(1+i)$-fache der 1. Spalte rechnest, dann musst du anschlie0ßend sofort die 3. Zeile + das [mm] $(1\red{-}i)$-fache [/mm] der 1. Zeile rechnen. An der rechts stehenden Einheitsmatrix führst du die gleichen Operationen durch, allerdings nur die Spaltenoperationen!!!
Die rechts entstehende Matrix ist dann deine gesuchte Transformationsmatrix [mm] $A^{\sigma}$, [/mm] die Spalten sind die Koordinaten einer (konjugiert komplexen) Orthogonalbasis, sprich: wenn du die richtige Orthogonalbasis haben willst, musst du noch einmal konjugieren.
So, fangen wir mal an:
[mm] \begin{pmatrix} 1 & 1+i & 5i \\ 1-i & 0 & 2-i \\ -5i & 2+i & 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm]
Jetzt lassen wir die erste und die dritte Spalte so und nehmen statt der zweiten Spalte die vorherige 2. Spalte minus das $(1+i)$-fache der 1. Spalte. Das gleiche machen an der rechts stehenden Einheitsmatrix. Dadurch erhalten wir;
[mm] \begin{pmatrix} 1 & 0 & 5i \\ 1-i & -2 & 2-i \\ -5i & -3 + 6i & 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 & -1-i & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm]
So, nun müssen wir links (und wirklich nur links, nichts rechts!) die dazu gehörige konjugiert komplexe Zeilenoperation durchführen, d.h. wir lassen die 1. und 3. Zeile so, und ersetzen die 2. Zeile durch die vorherige 2. Zeile minus das $(1-i)$-facher der 1. Zeile.
Dadurch erhalten wir:
[mm] \begin{pmatrix} 1 & 0 & 5i \\ 0 & -2 & -3-6i \\ -5i & -3 + 6i & 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 & -1-i & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm]
So.... nun muss die $5i$ rechts oben weg. Das können wir wieder mit einer elementaren Spaltenoperation hinkriegen. Wir lassen die ersten beiden Spalten so und ersetzen die 3. Spalte durch die vorherige 3. Spalte minus das $5i$-fache der 1. Spalte. Das gleiche machen wir mit der rechten Matrix. Dann erhalten wir:
[mm] \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & -2 & -3-6i \\ -5i & -3 + 6i & -24 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 & -1-i & -5i \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm]
So, nun müssen wir die dazu äquivalente Zeilenumformung (nur links, nicht rechts!) durchführen. Also: Wir lassen die 1. und 2. Spalten und ersetzen die 3. Zeile durch die bisherige 3. Zeile minus das $-5i$-fache der 1. Zeile. Dadurch bekommt man (hier gibt es zum Glück nichts zu rechnen, weil die 1. Zeile bereits erfreulich leer ist!)
[mm] \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & -2 & -3-6i \\ 0 & -3 + 6i & -24 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 & -1-i & -5i \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm]
So, nun müssen wir nur noch die $-3-6i$ in der 3. Spalte wegbekommen. Das geht wieder mit einer elementaren Spaltenumformung, die dann von der dazu äquivalenten (konjuguert komplexen) Zeilenumformung an der linken Matric abgeschlossen wird.
Bevor ich das mache, sollte das bisherige aber erst einmal jemand nachvollziehen und nachrechnen. Am besten du, Cathrine! 
Aber vielleicht ist ja auch der liebe Marc so gnädig. Das soll aber keine Aufforderung sein, nur eine Bitte!!
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 21:55 So 23.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Hi Stefan,
Also, du machst bei der rechten Matrix, was du schließlich bei der Einheitsmatrix auch machst?
Okay, verstehe ich!
Ich habe nicht gewusst, dass man da das Gram-Schmidt-Verfahren nicht benutzen MUSS, aber ich vermeide es liebend gern!
Das mit dem Überprüfen dauert dann aber länger 
Also auf ein neues, Cathy
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:13 So 23.05.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Cathrine!
> Also, du machst bei der rechten Matrix, was du schließlich
> bei der Einheitsmatrix auch machst?
Diese Frage verstehe ich nicht. Ich führe bei der rechten Matrix immer die gleichen Spaltenoperationen durch, die ich auch bei der linken Matrix durchgeführt habe. Die entsprechenden Zeilenoperationen führe ich nur an der linken Matrix durch, nicht an der rechten Matrix.
Hast du meine Rechnung bis zu diesem Schritt überprüft?
Ich mache erst weiter, wenn ich mir sicher sein kann, dass bis dato alles richtig ist.
Liebe Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:41 So 23.05.2004 | | Autor: | Stefan |
Soooo....
nachdem Marc nun fertig gegessen hat , können wir weitermachen.
Hat es geschmeckt?
Vielen Dank, lieber Paul, für's Nachrechnen!
Wir waren an der Stelle
[mm] \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & -3-6i \\ 0 & -3 + 6i & -24 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 & -1-i & -5i \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm].
Nun führen wir wieder eine elementare Spaltenumformung durch: Wir subtrahieren von der bisherigen 3. Spalte das [mm] $\frac{-3-6i}{-2}$-fache [/mm] der 2. Spalte (das Gleiche machen wir rechts) und erhalten:
[mm] \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0\\ 0 & -3 + 6i & -\frac{3}{2} \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 & -1-i & \frac{-3-i}{2}\\ 0 & 1 & \frac{-3-6i}{2} \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm].
So, nun noch die triviale Zeilenumformung (nur links!):
[mm] \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0\\ 0 & 0 & -\frac{3}{2} \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 & -1-i & \frac{-3-i}{2}\\ 0 & 1 & \frac{-3-6i}{2} \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm].
Und wir sind fertig!!!
Es gilt also:
[mm]A^{\sigma} = \begin{pmatrix} 1 & -1-i & \frac{-3-i}{2}\\ 0 & 1 & \frac{-3-6i}{2} \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm]
und damit:
[mm]A= \begin{pmatrix} 1 & -1+i & \frac{-3+i}{2}\\ 0 & 1 & \frac{-3+6i}{2} \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm]
Eine Orthogonalbasis ist also gegeben durch
[mm]{\cal B} = \left\{ \begin{pmatrix}1 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix}-1+i \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \frac{-3+i}{2} \\ \frac{-3+6i}{2} \\ 1 \end{pmatrix} \right\}[/mm].
Die Probe
( [mm] $A^T B^{\beta}A^{\sigma} [/mm] = [mm] diag(1,-2,-\frac{3}{2})$ [/mm] )
habe ich auch gemacht, sie stimmt!
Ich finde, damit habe ich mir eine Tapferkeitsmedaille verdient.
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:17 Mo 24.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Hallo ihr drei,
ich weiß eure Anstrengungen wirklich (!!!) zu schätzen, vielen vielen Dank, ich werde mich anstrengen, um demnächst mal eine größere Hife zu sein. Tut mir leid, dass ich noch so wenig mache... und euch so viel Arbeit!
Also tausend Dank an euch. Cathy
PS: Stefan, du hast dir mindestens drei Tapferkeitsmedaillen verdient!!! Merci
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