www.matheraum.de
Das Matheforum.
Das Matheforum des MatheRaum.

Für Schüler, Studenten, Lehrer, Mathematik-Interessierte.
Hallo Gast!einloggen | registrieren ]
Startseite · Forum · Wissen · Kurse · Mitglieder · Team · Impressum
Forenbaum
^ Forenbaum
Status Mathe
  Status Schulmathe
    Status Primarstufe
    Status Mathe Klassen 5-7
    Status Mathe Klassen 8-10
    Status Oberstufenmathe
    Status Mathe-Wettbewerbe
    Status Sonstiges
  Status Hochschulmathe
    Status Uni-Analysis
    Status Uni-Lin. Algebra
    Status Algebra+Zahlentheo.
    Status Diskrete Mathematik
    Status Fachdidaktik
    Status Finanz+Versicherung
    Status Logik+Mengenlehre
    Status Numerik
    Status Uni-Stochastik
    Status Topologie+Geometrie
    Status Uni-Sonstiges
  Status Mathe-Vorkurse
    Status Organisatorisches
    Status Schule
    Status Universität
  Status Mathe-Software
    Status Derive
    Status DynaGeo
    Status FunkyPlot
    Status GeoGebra
    Status LaTeX
    Status Maple
    Status MathCad
    Status Mathematica
    Status Matlab
    Status Maxima
    Status MuPad
    Status Taschenrechner

Gezeigt werden alle Foren bis zur Tiefe 2

Navigation
 Startseite...
 Neuerdings beta neu
 Forum...
 vorwissen...
 vorkurse...
 Werkzeuge...
 Nachhilfevermittlung beta...
 Online-Spiele beta
 Suchen
 Verein...
 Impressum
Das Projekt
Server und Internetanbindung werden durch Spenden finanziert.
Organisiert wird das Projekt von unserem Koordinatorenteam.
Hunderte Mitglieder helfen ehrenamtlich in unseren moderierten Foren.
Anbieter der Seite ist der gemeinnützige Verein "Vorhilfe.de e.V.".
Partnerseiten
Mathe-Seiten:Weitere Fächer:

Open Source FunktionenplotterFunkyPlot: Kostenloser und quelloffener Funktionenplotter für Linux und andere Betriebssysteme
StartseiteMatheForenUni-NumerikMatrix - Beweise...
Foren für weitere Schulfächer findest Du auf www.vorhilfe.de z.B. Geschichte • Erdkunde • Sozialwissenschaften • Politik/Wirtschaft
Forum "Uni-Numerik" - Matrix - Beweise...
Matrix - Beweise... < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
Ansicht: [ geschachtelt ] | ^ Forum "Uni-Numerik"  | ^^ Alle Foren  | ^ Forenbaum  | Materialien

Matrix - Beweise...: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:33 Mo 06.10.2014
Autor: Paivren

Hallo Leute,


ich muss nachträglich noch einen Zettel für die kommende Klausur bearbeiten.
Steh leider total auf dem Schlauch:


Sei [mm] A\in \IR^{m x n} [/mm] mit [mm] m\ge [/mm] n und sei Rang(A)=n. A besitzt die QR-Zerlegung A=QR mit einer orthogonalen Matrix Q [mm] \in \IR^{m x m} [/mm] und einer oberen Dreiecksmatrix R [mm] \in \IR^{m x n}. [/mm]

zu zeigen:
1. [mm] A^{T}A [/mm] ist symmetrisch und positiv definit.

Die Symmetrie ist wohl schnell gezeigt: [mm] (A^{T}A)^{T}=A^{T}(A^{T})^{T}=A^{T}A [/mm]

Zur positiven Definitheit fällt mir ein, dass eine symmetrische Matrix genau dann positiv definit ist, wenn die Hauptminoren alle >0 sind.
Ich kann schreiben: [mm] A^{T}A=(QR)^{T}QR=R^{T}Q^{T}QR=R^{T}R [/mm]
Ich weiß, dass R eine obere Dreiecksmatrix ist... aber wie kann ich das mit dem obigen Kriterium kombinieren?


Gruß

        
Bezug
Matrix - Beweise...: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 15:39 Mo 06.10.2014
Autor: Paivren

Nachtrag: Die Aufgabe besagt weiter, dass ich danach zeigen soll, dass [mm] A^{T}A [/mm] die Cholesky-Zerlegung [mm] R^{T}R [/mm] hat.
Das hab ich da oben schon gemacht; die positive Definitheit muss also irgendwie anders gezeigt werden...

Bezug
        
Bezug
Matrix - Beweise...: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:16 Mo 06.10.2014
Autor: andyv

Hallo,

um die positive Definitheit zu zeigen betrachte die quadratische Form [mm] $Q_{A^TA}(x)=x^TA^TAx, [/mm] \ x [mm] \in \IR^n$ [/mm] und beachte $Rang(A)=n$.

Liebe Grüße

Bezug
                
Bezug
Matrix - Beweise...: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:37 Mo 06.10.2014
Autor: Paivren

Hallo andy,

danke für deine Antwort.
Kann ich sagen, dass [mm] A^{T}A [/mm] quadratisch ist mit vollem Rang n (denn der Rang von A ist auch der Rang von [mm] A^{T}A), [/mm] und dass deshalb alle Eigenwerte >0 sind und [mm] A^{T}A [/mm] demnach positiv definit ist?




Bezug
                        
Bezug
Matrix - Beweise...: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:48 Mo 06.10.2014
Autor: andyv

Du behauptest also, dass jede quadratische (reelle) Matrix, die vollen Rang hat strikt positive Eigenwerte besitzt?

Die Aussage ist sicherlich falsch und man kann sich leicht Gegenbeispiele überlegen.

Liebe Grüße

Bezug
                                
Bezug
Matrix - Beweise...: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:01 Mo 06.10.2014
Autor: Paivren

Hm, hatte die Behauptung durch schnelles Googlen in einem anderen Forum gefunden.

Dann hab ich aber leider keine Ahnung. Auch nicht, wie die Definitheit mit dem Rang zusammenhängt.
In dem einen Modul lineare Algebra, das ich hatte, wurde das leider nicht hergeleitet x(

Bezug
                                        
Bezug
Matrix - Beweise...: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:07 Mo 06.10.2014
Autor: andyv

Rang(A)=n brauchst du (nur) für die Implikation [mm] $x\neq [/mm] 0 [mm] \Rightarrow [/mm] Ax [mm] \neq [/mm] 0$.
Ohne diese Voraussetzung wäre $A^TA$ zwar positiv (bzw. positiv semidefinit), aber nicht positiv definit.

Liebe Grüße

Bezug
                                                
Bezug
Matrix - Beweise...: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:56 Mo 06.10.2014
Autor: Paivren

Ok,

dann versuch ich es mal so:

[mm] x^{T}AA^{T}x=(A^{T}x)^{T}A^{T}x [/mm] = [mm] ||A^{T}x||^{2} [/mm] (Skalarprodukt).
Die Norm ist aber immer [mm] \ge [/mm] 0.
Ist nun der Rang voll, so ist das LGS [mm] A^{T}x=y [/mm] eindeutig lösbar, aus x [mm] \not=0 [/mm] folgt dann [mm] A^{T}x \not= [/mm] 0 und damit [mm] ||A^{T}x||^{2} [/mm] > 0.


Bezug
                                                        
Bezug
Matrix - Beweise...: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:04 Mo 06.10.2014
Autor: andyv

Jetzt hast du dich bei der Transposition vertan, du willst die positive Definitheit von $A^TA$, nicht von [mm] $AA^T$ [/mm] zeigen.

Nebenbei bemerkt ist auch $A^Tx=y$ nicht eindeutig lösbar, $Ax=y$ dagegen sehr wohl.

Liebe Grüße

Bezug
                                                                
Bezug
Matrix - Beweise...: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 18:26 Mo 06.10.2014
Autor: Paivren

Oh, stimmt, dann muss ich das noch Umkehren, damit es passt!

Danke Dir schon mal!


Der letzte Teil der Aufgabe lautet:
Zeige:  

x' [mm] \in \IR^{n} [/mm] löst das lineare Ausgleichsproblem
  
[mm] (||Ax-b||_{2})^{2} [/mm] = min mit x [mm] \in \IR^{n} [/mm]  

genau dann, wenn
x' Lösung des LGS [mm] A^{T}Ax=A^{T}b [/mm] ist.


Mein Versuch: Sei x' Lösung von [mm] A^{T}Ax=A^{T}b. [/mm]
Also [mm] A^{T}Ax'=A^{T}b \gdw A^{T}(Ax'-b)=0 [/mm]
Da [mm] A^{T}\not= [/mm] 0 (sonst wäre die Aufgabe ja eh trivial) ist dann Ax'-b=0.
Dann ist erst recht [mm] (||Ax'-b||_{2})^{2}=0 \le (||Ax-b||_{2})^{2} [/mm] für alle [mm] x\in \IR^{n}, [/mm] denn die Norm bildet nur auf Zahlen [mm] \ge [/mm] 0 ab.

Sei nun [mm] (||Ax'-b||_{2})^{2} \le (||Ax-b||_{2})^{2} [/mm]
[mm] \gdw ||Ax'-b||_{2} \le ||Ax-b||_{2} [/mm]
In jedem Vektorraum V existiert eine Null, sodass ||0||=0 [mm] \le [/mm] ||v|| für v [mm] \in [/mm] V.
Also muss gelten [mm] ||Ax'-b||_{2}=0 [/mm]
[mm] \gdw [/mm] Ax'-b=0  [mm] \gdw A^{T}Ax'=A^{T}b. [/mm]

Geht das so?

Bezug
                                                                        
Bezug
Matrix - Beweise...: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:37 Mo 06.10.2014
Autor: andyv


>  
>
> Der letzte Teil der Aufgabe lautet:
>  Zeige:  
>
> x' [mm]\in \IR^{n}[/mm] löst das lineare Ausgleichsproblem
>    
> [mm](||Ax-b||_{2})^{2}[/mm] = min mit x [mm]\in \IR^{n}[/mm]  
>
> genau dann, wenn
>  x' Lösung des LGS [mm]A^{T}Ax=A^{T}b[/mm] ist.
>  
>
> Mein Versuch: Sei x' Lösung von [mm]A^{T}Ax=A^{T}b.[/mm]
>  Also [mm]A^{T}Ax'=A^{T}b \gdw A^{T}(Ax'-b)=0[/mm]
>  Da [mm]A^{T}\not=[/mm] 0
> (sonst wäre die Aufgabe ja eh trivial) ist dann Ax'-b=0.

Nein, [mm] A^{T} [/mm] ist nicht unbedingt invertierbar.


>  Dann ist erst recht [mm](||Ax'-b||_{2})^{2}=0 \le (||Ax-b||_{2})^{2}[/mm]
> für alle [mm]x\in \IR^{n},[/mm] denn die Norm bildet nur auf Zahlen
> [mm]\ge[/mm] 0 ab.

Das verstehe ich nicht. Es muss doch nicht $b [mm] \in [/mm] im(A)$ gelten.

>  
> Sei nun [mm](||Ax'-b||_{2})^{2} \le (||Ax-b||_{2})^{2}[/mm]

Was heißt hier "Sei"? Die Ungleichung gilt doch ganz sicher nach Definition von x'.

>  [mm]\gdw ||Ax'-b||_{2} \le ||Ax-b||_{2}[/mm]
>  
> In jedem Vektorraum V existiert eine Null, sodass ||0||=0
> [mm]\le[/mm] ||v|| für v [mm]\in[/mm] V.
>  Also muss gelten [mm]||Ax'-b||_{2}=0[/mm]
> [mm]\gdw[/mm] Ax'-b=0  [mm]\gdw A^{T}Ax'=A^{T}b.[/mm]
>  
> Geht das so?

Nein.

Mein Vorschlag: Zeige:
i) $dist(b, im [mm] (A))=\|Ax'-b\| \gdw b-Ax'\perp [/mm] Ax-Ax' \ [mm] \forall x\in \IR^n$ [/mm]
ii) [mm] $b-Ax'\perp [/mm] Ax-Ax' \ [mm] \forall x\in \IR^n \gdw [/mm] A^TAx'=A^Tb$.

Liebe Grüße

Bezug
                                                                                
Bezug
Matrix - Beweise...: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:47 Mo 06.10.2014
Autor: Paivren

Oh Weh, das Distributivgesetz gilt nur dann, wenn die Matrix auch invertierbar ist, da man ja nicht dividiert, sondern mit dem Inversen multipliziert...

Ich verstehe Deinen Vorschlag aber nicht ganz.
Was bedeutet dist(x,y)?

Bezug
                                                                                        
Bezug
Matrix - Beweise...: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:07 Mo 06.10.2014
Autor: andyv

$dist(x,A)$ bezeichnet den Abstand vom Punkt x zur Menge A, also [mm] $dist(x,A):=\inf_{y \in A}\|x-y\|$ [/mm]

Vielleicht noch ein Tipp zur i): Für die eine Richtung addiere man eine 0 in geschickter Weise, für die andere Richtung verwende $dist(b, [mm] im(A))\le \|b-y\|$ [/mm] mit [mm] $y=Ax'+\frac{}{\|Ax\|^2}Ax$, [/mm] wo [mm] $Ax\neq [/mm] 0$.

Liebe Grüße

Bezug
                                                                                        
Bezug
Matrix - Beweise...: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 22:18 Mo 06.10.2014
Autor: Marcel

Hallo,

> Oh Weh, das Distributivgesetz gilt nur dann, wenn die
> Matrix auch invertierbar ist, da man ja nicht dividiert,
> sondern mit dem Inversen multipliziert...

was hat das mit dem Distributivgesetz zu tun?

Ich ahne, was Du sagen willst, aber sag' es doch bitte mit den richtigen
Worten. Meinetwegen rede auch von (nicht) nullteilerfrei (kennst Du solche
Begriffe in Ringen?).

Gruß,
  Marcel

Bezug
Ansicht: [ geschachtelt ] | ^ Forum "Uni-Numerik"  | ^^ Alle Foren  | ^ Forenbaum  | Materialien


^ Seitenanfang ^
www.matheforum.net
[ Startseite | Forum | Wissen | Kurse | Mitglieder | Team | Impressum ]