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hallo!
beim studium eines theoretisch physikalischen problems bin ich auf folgenden zusammenhang gestoßen:
sei die Matrix T symmetrisch, reell und positiv definit und V eine andere Matrix derselben Größe, symmetrisch und positiv semidefinit, dann muss TV diagonalisierbar in [mm] \IR [/mm] sein.
wie kann man das beweisen. ist dies möglicherweise ein ergebnis eines allgemeineren zusammenhangs, d.h. habe ich sogar voraussetzungen an die Matrizen gestellt, die gar nicht nötig wären? wer kennt sich damit aus?
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(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 07:35 Do 22.09.2005 | | Autor: | Toellner |
Hallo,
ich bin mir nicht 100% sicher (ist schon länger her bei mir) und ich habe auch keine Ahnung, wo man's nachschlagen kann. Du müsstest es also genau prüfen:
1. Symmetrische Matrizen sind vertauschbar, bilden also eine Untergruppe:
[mm](ST)^{t} = T^{t}S^{t} = TS = ST[/mm]
2. Symmetrische Matrizen sind diagonalisierbar mit orthogonalen Eigenvektoren:
Die quadratische Funktion [mm]f(x) = x^{t}Sx[/mm] nehme auf dem Einheitskreis ihr Maximum bei [mm] x_{0} [/mm] an. Daraus folgt, dass von [mm] x_{0} [/mm] aus in [mm] x_{0}-Richtung [/mm] der maximale Anstieg sein muss (andernfalls gäbe es eine Anstiegskomponente senkrecht zu [mm] x_{0}, [/mm] also parallel zur Einheitskreis-Oberfläche, sodass f bei [mm] x_{0} [/mm] nicht maximal wäre). Mit dem Gradienten
[mm]\partial{f(x)} = x^{t}(S+S^{t}) = 2x^{t}S[/mm]
heißt das, dass [mm] Sx_{0} [/mm] = [mm] 0,5\partial{f(x_{0})}^{t} [/mm] parallel zu [mm] x_{0} [/mm] sein muss, also ist [mm] x_{0} [/mm] Eigenvektor von S.
Da [mm]||x_{0}|| = 1[/mm], gibt es eine Drehung D auf den Einheitsvektor [mm] \vektor{1\\0\\...\\0}, [/mm] und da für Drehungen gilt [mm] D^{-1} [/mm] = [mm] D^{t} [/mm] ist die transformierte Matrix [mm](DSD^{-1})^{t} = DSD^{-1}[/mm] wieder symmetrisch und sie enthält in der 1. Spalte bzw. 1. Zeile außer dem Eigenwert zu [mm] x_{0} [/mm] an 1. Stelle nur Nullen. D.h.: das Problem ist auf einen n-1-dimensionalen Unterraum reduziert, sodass Du rekursiv S in Eigenvektoren zerlegen kannst.
3. Demnach ist Dein TV also symmetrisch (und positiv semidefinit) und in Eigenvektor-Basis darstellbar.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:31 Do 22.09.2005 | | Autor: | SEcki |
> 1. Symmetrische Matrizen sind vertauschbar, bilden also
> eine Untergruppe:
Also Untegruppe sicher nicht bzgl. Matrizenmultiplikation (denn zB die Nullmatrix ist ja drin -was soll denn das inverse sein?). Bzgl. Addition ja -aber ob das hier was hilft?
> [mm](ST)^{t} = T^{t}S^{t} = TS = ST[/mm]
[mm] \pmat{ 1 & 0 \\ 0 \\ 5 }*\pmat{ 1 & 2\\ 2\\ -1} [/mm] = [mm] \pmat{1&2\\10&-5}[/m]. [/mm] Ich setz deine antwort mal auf fehlerhaft. Vielleicht kann man das ganze ja rtten, habe aber leider egrade nicht viel Zeit (sorry).
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:06 Do 22.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Lieber Richard!
Leider bilden die symmetrischen Matrizen auch keine Halbgruppe bezüglich der Multiplikation, das würde ja für deine Argumentation ausreichen.
Ich weiß leider gerade nicht, wie man das Phänomen erklären kann, falls es denn wirklich immer so ist. ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
Liebe Grüße
Stefan
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also das TV symmetrisch ist, stimmt im allgemeinen natürlich nicht und auch nicht TV=VT, sonst wär die ganze sache ja ganz einfach ;)
also ich bin mir auch nicht 100% sicher dass das auch wirklich stimmt aber es weist alles darauf hin. dazu hol ich mal ein bisschen weiter aus, vielleicht wird dann die sache klarer:
also wie gesagt haben wir 2 matrizen gleicher größe, T und V, beide symmetrisch, T pos definit und V pos semidefinit (T stellt die massenverteilung des systems dar und V die pot Energie). dann haben wir die schwingungsgleichung für ein mehrdimensionales system:
[mm] T\bruch{d^2x}{dt^2}+Vx=0
[/mm]
T ist invertierbar und auch [mm] T^{-1} [/mm] ist wieder symmetrisch und pos def., also ergibt sich:
[mm] x''=-T^{-1}Vx
[/mm]
wäre jetzt [mm] T^{-1}V [/mm] diagonalisierbar, so könnte man das DGL-system entkoppeln.
warum sollte dies möglich sein? mir ist nämlich die lösung des DGL-systems wohlbekannt, sie sind genau von der form, wie sie folgen würden, wenn [mm] T^{-1}V [/mm] diagonalisierbar wäre und alle Eigenwerte von [mm] T^{-1}V \ge [/mm] 0 wären. ach ja ich kenn sogar die Eigenwerte, es sind die Nullstellen des Polynoms [mm] P(\lambda)=det(V-\lambda [/mm] T). ach da fällt mir grad auf das dies auch wunderbar passt, denn da [mm] det(T^{-1}) \not= [/mm] 0 ist [mm] det(V-\lambda [/mm] T)=0 äquivalent zu [mm] det(T^{-1})det(V-\lambda [/mm] T)=0 also [mm] det(T^{-1}V-\lambda [/mm] E) was das charakteristische Polynom für [mm] T^{-1}V [/mm] ist.
also ist naheliegend, dass [mm] T^{-1}V [/mm] diagbar ist und alle EW davon [mm] \ge [/mm] 0 sind.
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Hallo zusammen,
> also das TV symmetrisch ist, stimmt im allgemeinen
> natürlich nicht und auch nicht TV=VT, sonst wär die ganze
> sache ja ganz einfach ;)
Ja, das mit der Kommutativität war wohl nix. Ich wusste übrigens nicht, dass man symmetrische Matritzen diagonalisieren kann (war für mich 'ne Entdeckung), dashalb habe ich mich auf Punkt 2 konzentriert. Inzwischen habe ich es aber nachgelesen...
> wenn [mm]T^{-1}V[/mm] diagonalisierbar wäre
> und alle Eigenwerte von [mm]T^{-1}V \ge[/mm] 0 wären. ach ja ich
> kenn sogar die Eigenwerte, es sind die Nullstellen des
> Polynoms [mm]P(\lambda)=det(V-\lambda[/mm] T).
Wenn Du Dir jetzt eine Basistransformation B nimmst, die T auf Hauptachsen bringt, dann bleibet [mm] BVB^{-1} [/mm] symmetrisch (und positiv semidefinit) und die Gleichung wird zu
[mm]P(\lambda)=det(BVB^{-1}-\lambda[/mm] [mm] \pmat{\lambda_{1} & 0 & ... & 0\\0 & \lambda_{2} & ... & 0\\... & ... & ... & ...\\0 & 0 & ... & \lambda_{n}})
[/mm]
mit den Eigenwerten von T in der Hauptdiagonalen, und wenn Du die Differenz beider Matritzen bildest, hast Du wieder eine symmetrisches [mm]M(\lambda)[/mm] als Argument von det().
Jetzt wendest Du die Argumente aus dem Punkt 2 meines Postings an:
die Funktion [mm]f(x) = x^{t}M(\lambda)x[/mm] wird auf der Einheitskugel hinsichtlich ihres Maximums untersucht. Da [mm] x^{t}BVB^{-1}x [/mm] und [mm] x^{t}BTB^{-1}x [/mm] positiv oder Null sind und nach oben beschränkt auf der Einheitskugel, findest Du auf jeden Fall je ein [mm] \lambda [/mm] so, dass die Differenz [mm]x^{t}BVB^{-1}x-\lambda*x^{t}BTB^{-1}x[/mm] einmal positiv und einmal negativ wird. Also gibt es aus Stetigkeitsgründen auch ein [mm] \lambda_{0}, [/mm] das diese Differenz Null macht: Dein 1. Eigenwert, wie Du schon selbst geschrieben hast:
> ach da fällt mir grad auf das dies auch wunderbar passt,
> denn da [mm]det(T^{-1}) \not=[/mm] 0 ist
> [mm]det(V-\lambda[/mm] T)=0 äquivalent zu
> [mm]det(T^{-1})det(V-\lambda[/mm] T)=0 also
> [mm]det(T^{-1}V-\lambda[/mm] E)
> was das charakteristische Polynom für [mm]T^{-1}V[/mm] ist.
Jetzt müsstest Du rekursiv verfahren können, wie im 2. Punkt beschrieben...
Das ist zwar umständlich, aber immerhin ein Existenzbeweis.
Grüße Richard
P.S. Grad fällt mir auf, dass Du zu dieser Argumentation die Basistrafo B gar nicht brauchst... R
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sorry, aber ich hab das jetzt nicht so richtig verstanden (mag daran liegen, dass es nicht mehr ganz so früh ist, also spät ;) ).
was meinst du mit (ich lass mal die basistrafo weg): es gibt ein [mm] \lambda_0, [/mm] sodass [mm] x^{T}Vx-\lambda_{0}x^{T}Tx=0? [/mm] für alle x? eher nicht, oder? aber was bringts für ein spezielles x?
könntest du die argumentation noch etwas genauer machen?
ach ja, bevor es missverständnisse gibt: mit "ich kenn die Eigenwerte über die Nullstellen des Polynoms [mm] P(\lambda)" [/mm] meinte ich aus anderen Betrachtungen heraus, hat also a priori nichts mit der matrix [mm] T^{-1}V [/mm] zu tun. im nachhinein sind die nullstellen natürlich die eigenwerte dieser matrix. aber ich glaub das hast du schon richtig verstanden.
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Hallo,
also, Du suchst zu [mm]V - \lambda T[/mm] den Kern, denn aus [mm](V - \lambda T)x=0[/mm] folgt durch Multiplikation mit [mm] T^{-1}, [/mm] dass [mm]T^{-1}Vx = \lambda x[/mm] , also x Eigenvektor ist.
Jetzt müssen wir die positive (semi-) Definitheit mit [mm]0 \le x^{T}Vx[/mm] und [mm]0 < x^{T}Tx[/mm] einbringen, indem wir die quadratische Form [mm]f(x) = x^{T}Vx-\lambda x^{T}Tx[/mm] für jedes [mm] \lambda [/mm] untersuchen, zur Vereinfachung der Schreibweise [mm]M(\lambda) = V - \lambda T[/mm] setzen, also [mm]f(x) = x^{T}M(\lambda)x[/mm] .
Aus dem Punkt 2 meines 1. Postings wissen wir, dass es zum symmetrischen [mm] M(\lambda) [/mm] ein [mm] x_{\lambda} [/mm] auf der Einheitskugel K gibt, bei dem f maximal ist (Eindeutigkeitsprobleme ignoriert), und das deshalb parallel zu [mm]\nabla f(x_{\lambda}) = 2 x_{\lambda}^{T}M(\lambda)[/mm], also Eigenvektor von [mm] M(\lambda) [/mm] ist.
Aus [mm]0 \le x^{T}Vx[/mm] und [mm]0 < x^{T}Tx[/mm] folgt für [mm]f(x) = x^{T}Vx-\lambda x^{T}Tx[/mm] sofort, dass es ein [mm] \lambda_{min} [/mm] und ein [mm] \lambda_{max} [/mm] gibt, sodass [mm] M(\lambda_{min}) [/mm] negativ- und [mm] M(\lambda_{max}) [/mm] positiv definit ist, also [mm] f(x_{\lambda_{min}}) [/mm] < 0 und [mm] f(x_{\lambda_{max}}) [/mm] > 0, also wegen der Stetigkeit von [mm]f, \lambda -> x_{\lambda}[/mm] und dem Zusammenhang des Gebietes [mm] [\lambda_{min};\lambda_{max}] [/mm] x K ein [mm] \lambda_{0} [/mm] mit [mm]f(x_{\lambda_{0}}) = 0[/mm] gibt. Jetzt ist [mm] x_{\lambda_{0}} [/mm] nicht 0 (Maxima werden auf dem Rand angenommen) [mm] x_{\lambda_{0}} [/mm] steht nicht senkrecht auf [mm] M(\lambda_{0})x_{\lambda_{0}} [/mm] (weil parallel zu [mm]\nabla f(x_{\lambda_{0}}[/mm])), also [mm]M(\lambda_{0})x_{\lambda_{0}} = 0[/mm] oder [mm]\nabla f(x_{\lambda_{0}}) = 0[/mm], was beides dasselbe bedeutet:
[mm] x_{\lambda_{0}} [/mm] liegt im Kern von [mm] M(\lambda_{0}).
[/mm]
Ist etwas kompliziert geraten... Die fehlende Eindeutigkeit oben bedeutet nur eine Vielfachheit des Eigenwertes, auf dessen Unterraum f konstant ist: das hätte die Schreibweise nur noch mehr verkompliziert.
Ich hoffe, Du findest noch eine elegantere Lösung,
Grüße Richard
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:38 Fr 23.09.2005 | | Autor: | calabi-yau |
mist jetzt bist du mir noch zuvorgekommen, wollte eigentlich meine frage nochmal editieren, weils mir heute früh beim aufstehen nochmal eingefallen ist (is komisch, wenn ich aufwache kommen mir oft lösungen von irgendwelchen problemen). aber danke für die antwort nochmal.
also ich habs mir nochmal so überlegt:
sei also T und V nxn matrizen, symmetrisch, T pos def und V pos semidef. dann ist [mm] M(\lambda):=(V- \lambda [/mm] T) auch symmetrisch und [mm] det(V-\lambda [/mm] T)=0 st äquivalent zu [mm] det(T^{-1}V-\lambda E_n)=0. [/mm] es gibt ein B mit [mm] B^{-1}=B^{t} [/mm] s.d. [mm] B^{t}M(\lambda)B=diag(\mu_1(\lambda),...,\mu_n(\lambda))=:D(\lambda). [/mm] sei [mm] x:=Be_1\not=0, [/mm] also [mm] B^tx=e_1=\vektor{1\\0\\ \vdots \\0}. [/mm] dann setze [mm] \lambda_0:=\bruch{x^tVx}{x^tTx} \gdw x^tVx-\lambda_0x^tTx=0 \gdw x^t(V-\lambda_0T)x=0 \gdw x^tM(\lambda_0)x=0 \gdw ((B^t)x)^t(D(\lambda_0))((B^t)x)=0 \gdw e_1^tDe_1=0 \gdw \mu_1(\lambda_0)=0. [/mm] also ist [mm] det(D(\lambda_0))=0 [/mm] und da [mm] det(B^t)=det(B)\not=0 [/mm] ist [mm] det(M(\lambda_0))=0 [/mm] äquivalent zu [mm] det(D(\lambda_0))=0. [/mm] also haben wir einen eigenwert [mm] \lambda_0 \ge [/mm] 0 zu [mm] T^{-1}V [/mm] gefunden. durch vollst. induktion findet man auch alle anderen EW [mm] \ge [/mm] 0. leider muss ich jetzt feststellen, dass die das nur die halbe miete ist, wir haben noch nicht gezeigt, dass [mm] T^{-1}V [/mm] diagbar ist, denn keiner garantiert uns dass alle EW paarw. versch. sind (und das sind sie i.A. auch nicht). aber dazu hab ich glaub ich schon ne idee. ich meld mich später nochmal, außer du hast auch ne idee dazu ;)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:08 Fr 23.09.2005 | | Autor: | Toellner |
Hallo Calabi,
ich finde Deine Äquivalenzkette genial, besonders, weil sie [mm] \lambda_{0} [/mm] berechnet, aber so, wie Du sie aufstellst, steckt da ein Zirkel drin:
Zu [mm]M(\lambda) := V - \lambda T[/mm] bestimmst Du eine orthogonale Basis-Trafo, die [mm] M(\lambda) [/mm] diagonalisiert mit
> [mm]B(\lambda)^{t}M(\lambda)B(\lambda)=diag(\mu_1(\lambda),...,\mu_n(\lambda))=:D(\lambda)[/mm]
wobei [mm] B(\lambda) [/mm] bereits von [mm] \lambda [/mm] abhängt, und ebenso [mm] x_{\lambda} [/mm] mit
> sei [mm]x_{\lambda}:=B(\lambda)e_1\not=0,[/mm] also [mm]B(\lambda)^tx_{\lambda}=e_1=\vektor{1\\0\\ \vdots \\0}.[/mm]
Damit ist [mm]\lambda_0:=\bruch{x_{\lambda_{0}}^tVx_{\lambda_{0}}}{x_{\lambda_{0}}^tTx_{\lambda_{0}}} [/mm] eine Zirkeldefinition.
Ich glaube nicht, dass sich das Problem rein algebraisch lösen lässt...
Wir könnend den Ansatz retten, wenn wir eine Rekursion r definieren
[mm]r(\lambda) := \bruch{x_{\lambda}^tVx_{\lambda}}{x_{\lambda}^tTx_{\lambda}} [/mm] ,
wobei klar ist, dass man sich ein zusätzliches Kriterium für die Eindeutigkeit der orthogonalen Trafo B überlegen muss.
[mm]r: [0 ; \bruch{||V||}{||T||}] -> [0 ; \bruch{||V||}{||T||}][/mm] ist auf diesem Kompaktum stetig, hat also einen Fixpunkt [mm] \lambda_{0}, [/mm] der dann(!) Deine Äquivalenzkette erfüllt.
Zum Rest schau ich auch noch mal...
Grüße, Richard
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:37 Fr 23.09.2005 | | Autor: | calabi-yau |
oh kacke, ist das anfängerhaft. umso dümmer, dass ich zeitgleich die andere frage gestellt habe und ich damit das forum zuspamme, doh.
hmm, wegen deiner anmerkung:
also wenn ich noch beweisen würde, das es eine lösung zur gleichung [mm] \lambda=\bruch{x_{\lambda}^tVx_{\lambda}}{x_{\lambda}^tTx_{\lambda}} [/mm] mit [mm] x_{\lambda}=B(\lambda)e_1 [/mm] gibt, dann würde wieder alle passen? [mm] M(\lambda) [/mm] ist ja für jedes [mm] \lambda [/mm] symmetrisch, also ist [mm] B(\lambda) [/mm] eindeutig defniert.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:28 Fr 23.09.2005 | | Autor: | Toellner |
Also, "anfängerhaft" find ich stark übertrieben! Was soll ich da erst sagen mit meiner "Kommutativität für symmetrische Matrizen"???
Ich finde, Du betreibst Dein/unser Fach ziemlich gut, und wenn man an die Sache kreativ rangeht anstelle bloß Standards zu rezipieren, dann rutscht einem oft genug etwas aus dem Fokus.
Dazu finde ich dieses Forum gerade gut, dass man sich austauschen und gemeinsam was entwickeln kann...
Zu dem andern: Du kannst die Basisvektoren noch permutieren.
Irgendwie habe ich bei dem Ansatz mit der rekursion r kein gutes Gefühl
Gruß, Richard
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:37 Fr 23.09.2005 | | Autor: | calabi-yau |
> Also, "anfängerhaft" find ich stark übertrieben! Was soll
> ich da erst sagen mit meiner "Kommutativität für
> symmetrische Matrizen"???
haha, jo das war witzig ;))
> Ich finde, Du betreibst Dein/unser Fach ziemlich gut, und
> wenn man an die Sache kreativ rangeht anstelle bloß
> Standards zu rezipieren, dann rutscht einem oft genug etwas
> aus dem Fokus.
> Dazu finde ich dieses Forum gerade gut, dass man sich
> austauschen und gemeinsam was entwickeln kann...
stimmt ist ziemlich gut geeignet dafür. übrigens danke für die blume :)
eigentlich bin ich ja physiker, aber theoretischer und will die mathematischen techniken auch selber beherrschen anstatt sie nur anzuwenden
> Zu dem andern: Du kannst die Basisvektoren noch
> permutieren.
> Irgendwie habe ich bei dem Ansatz mit der rekursion r kein
> gutes Gefühl
joa, mit eindeutig meinte ich natürlich dass es sie gibt nicht eindeutig im eigentlichen sinne. hmm, warum schlechtes gefühl? ich mein, wenn man zeigen kann dass es tatsächlich eine lösung dafür gibt, dann ist sie automatisch [mm] \ge [/mm] 0 und die ganze kausalitätenkette funktioniert doch dann...
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 16:29 Fr 23.09.2005 | | Autor: | calabi-yau |
also ich glaub ich hab jetzt die lösung des problems:
megasatz ;) : Seien T und V symmetrische, reelle nxn matrizen, T pos def und V pos semidef. dann ist [mm] T^{-1}V [/mm] diagbar und alle EW sind [mm] \ge [/mm] 0.
beweis: [mm] det(T^{-1}V-\lambda E_n)=0 [/mm] ist äquivalent zu [mm] det(V-\lambda [/mm] T)=0 und [mm] M(\lambda):=V-\lambda [/mm] T ist symmetrisch. Es gibt also eine reelle nxn matrix B mit [mm] B^t=B^{-1} [/mm] und [mm] B^tM(\lambda)B=diag(\mu_1(\lambda),...,\mu_n(\lambda))=:D(\lambda). [/mm] sei [mm] x_i=Be_i [/mm] mit i=1,...,n und [mm] e_i [/mm] ist der i-te kanon. basisvektor der [mm] \IR^n. [/mm] dann setze [mm] \lambda_i:=\bruch{x_i^tVx_i}{x_i^tTx_i}. [/mm] dies ist äquivalent zu:
[mm] x_i^tVx_i-\lambda_ix_i^tTx_i=0 \gdw x_i^t(M(\lambda_i)x_i=0 \gdw (B^tx_i)^tD(\lambda_i)(B^tx_i)=0 \gdw e_i^tDe_i=0 \gdw \mu_i(\lambda_i)=0 \gdw det(D(\lambda_i))=0 \gdw det(M(\lambda_i))=0 \gdw det(T^{-1}V-\lambda_iE_n)=0
[/mm]
für jedes i=1,...,n erhalten wir also einen EW von [mm] T^{-1}V [/mm] und umgekehrt und diese sind alle [mm] \ge [/mm] 0 nach konstruktion.
zur diagbarkeit: mit obiger notation gilt: [mm] (V-\lambda_iT)x_i=M(\lambda_i)x_i=BD(\lambda_i)B^tx_i=B(D(\lambda_i)e_i)=B(\mu_i(\lambda_i)e_i)=B0=0 [/mm] und damit [mm] Vx_i=\lambda_iTx_i [/mm] also [mm] T^{-1}Vx_i=\lambda_ix_i [/mm] und damit sind die [mm] x_i [/mm] auch EV zur matrix [mm] T^{-1}V [/mm] und nach konstruktion lin. unabhängig [mm] (B^t [/mm] ist bijektiv). es gibt also eine basis aus eigenvektoren
q.e.d.
so könnte das mal wer bestätigen? (deshalb hab ich den post nochmal als frage gestellt, hoffentlich könnt ihr mir das verzeihen ;) )
EDIT: fehler und mögliche lösung in den mittelungen über dieser frage!
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Hallo Calabi,
über den Zirkelschluss in Deiner Argumentation haben wir ja schon gesprochen: Er zeigt sich auch darin, dass Du die [mm] x_{i} [/mm] zu den i.ten Basisvektoren behandelst, als gehörten sie alle zur selben Basistrafo B...
Wie schon gesagt, bezweifle ich, dass man das Problem rein algebraisch lösen kann: Du brauchst auch einen anlytisch/topologischen Zugang.
Sei M symmetrisch und [mm]f(x) = x^{T}Mx[/mm], dann heißt f deshalb quadratisch, weil entlang jeder Geraden [mm] x_{0} [/mm] + [mm] \lambda [/mm] x die Funktion [mm]g(\lambda) = f(x_{0} + \lambda x )[/mm] eine Parabel ist.
Ist M definit, sind alle Parabeln nach oben (oder unten) geöffnet, bei "semi-" gibts Entartungen zur Geraden, ansonsten gibt es Richtungen, in denen die Parabeln nach unten, und Richtungen, in denen sie nach oben geöffnet sind. Auf jeden Fall sind die "Äquipotentialflächen" (=Gebiete, auf denen der Gradient senkrecht steht) Ellipso- bzw. Hyperboloide, und wenn es Ebenen sind, dann liegen sie im Kern von M. Das wäre jedenfalls zu prüfen.
Wozu das jetzt?
Weil mein Argument aus dem 2. und 3. Posting dann verfeinert werden kann:
Angenommen, Du hast schon orthogonale Eigenvektoren und den EV-Raum, dann bildest Du dazu das orthogonale Komplement N und suchst zu [mm] \lambda [/mm] und [mm] M(\lambda) [/mm] das relative Maximum [mm] x_{\lambda} [/mm] von f auf N.
Dann ist zu zeigen: [mm] \nabla{f(x_{\lambda})} [/mm] steht nur senkrecht auf [mm] x_{\lambda} [/mm] wenn er auf ganz M senkrecht seht und damit N im Kern von [mm] M(\lambda) [/mm] liegt. Damit wären wir fertig und [mm] x_{\lambda} [/mm] wäre Eigenvektor, der zu den bisherigen orthogonal wäre, also neu dazu käme.
Andernfalls hat [mm] \nabla{f(x_{\lambda})} [/mm] eine Komponente ungleich 0 in N, die dann in Richtung [mm] x_{\lambda} [/mm] zeigen muss, und damit greift die Argumentation aus dem 3. Posting.
Jedenfalls bekämest Du rekursiv für jede Dimension einen Eigenvektor (u.U zum selben Eigenwert, aber das macht ja nix).
An einem anderen Weg (schneller, eleganter!) wäre ich auch sehr interessiert!
Gruß, Richard
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:23 Fr 23.09.2005 | | Autor: | Galois |
Hallo calabi-yau, hallo Toellner,
ich glaube, ich habe einen einfacheren Beweis für den
> megasatz ;) : Seien T und V symmetrische, reelle nxn matrizen, T
> pos def und V pos semidef. dann ist [mm] T^{-1}V [/mm] diagbar und alle EW
> sind [mm] \ge [/mm] 0.
Ich zeige zunächst, daß alle Eigenwerte von [mm] $T^{-1}V$ [/mm] positiv definit sind:
Ist [mm] $\lambda$ [/mm] ein Eigenwert von [mm] $T^{-1}V$, [/mm] so ist [mm] $\det T^{-1} \det(V-\lambda T)=\det(T^{-1}V-\lambda [/mm] E)=0$. Daher gibt es ein [mm] $x_\lambda\neq [/mm] 0$ mit [mm] $Vx_\lambda=\lambda Tx_\lambda$. [/mm] Dann ist aber [mm] $0\le x^t_\lambda Vx_\lambda=\lambda x^t_\lambda Tx_\lambda$. [/mm] Da [mm] $x^t_\lambda Tx_\lambda$ [/mm] positiv ist, folgt [mm] $\lambda\ge [/mm] 0$.
Beweis der Diagonalisierbarkeit:
Wäre [mm] $T^{-1}V$ [/mm] nicht diagonalisierbar, so gäbe es - man betrachte die Jordan-Normalform - ein x mit [mm] $(T^{-1}V-\lambda E)x\neq [/mm] 0$ aber [mm] $(T^{-1}V-\lambda E)(T^{-1}V-\lambda [/mm] E)x=0$ (Jedenfalls in [mm] $\IC^n$ [/mm] - bitte denkt Euch das Problem komplex formuliert, habe keine Lust, das jetzt alles umzuschreiben...)
Dann gilt für [mm] $y:=(T^{-1}V-\lambda [/mm] E)x$: [mm] $0=T(T^{-1}V-\lambda E)y=(V-\lambda [/mm] T)y$, d. h., y liegt im Kern von [mm] $V-\lambda [/mm] T$. Da aber [mm] $(V-\lambda [/mm] T)$ symmetrisch ist, steht das Bild von [mm] $V-\lambda [/mm] T$ orthogonal zum Kern von [mm] $V-\lambda [/mm] T$ (zum Beweis diagonalisieren man [mm] $V-\lambda [/mm] T$ mittels Orthogonalmatrizen). Andererseits liegt aber [mm] $Ty=T(T^{-1}V-\lambda E)x=(V-\lambda [/mm] T)x$ im Bild von [mm] $V-\lambda [/mm] T$. Damit ist $y^tTy=0$, also $y=0$. Widerspruch.
Vielleicht kann man das noch etwas kürzen.
Grüße,
Galois
![[]](/images/popup.gif) Bonner Mathe-Forum
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:28 Sa 24.09.2005 | | Autor: | calabi-yau |
ja schaut ganz gut aus, aber ich bin noch nicht ganz überzeugt ;)
könntest du das mit [mm] (T^{-1}V-\lambda E)x\not=0 [/mm] aber (...)^2x=0 noch näher erläutern? besonders die sache mit dem komplexen. ich will natürlich das problem schon für reelle matrizen beweisen.
abesehen davon glaub ich dir schon das das gilt. nicht schlecht der beweis, wo hast du den herausgezogen ;)
nochmal zu toellners und meinem beweis (@toellner):
die gleichung [mm] \lambda=\bruch{x_{\lambda}^tVx_{\lambda}}{x_{\lambda}^tTx_{\lambda}} [/mm] hat natürlich schon eine reelle lösung, das hast du in deinem beweis schon gezeigt (2. posting glaub ich). also sollte auch mein beweis stimmen. ganz nebenbei finde ich das unsere 2 beweise ganz analog verlaufen. wo deiner analytische argumente hat, hat meiner sie algebraisch formuliert (ausser die sache mit der gleichung oben, wo stetigkeit und zwischenwertsatz benützt wird).
also haben wir einen langen analytischen beweis, einen langen algebraischen und einen kurzen von der hintertür ;)
nicht schlecht :)
p.s.: aber das die stelle in galois' beweis möchte ich noch genauer haben
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:24 Sa 24.09.2005 | | Autor: | Galois |
Hallo calabi-yau,
> könntest du das mit [mm](T^{-1}V-\lambda E)x\not=0[/mm] aber
> (...)^2x=0 noch näher erläutern? besonders die sache mit
> dem komplexen. ich will natürlich das problem schon für
> reelle matrizen beweisen.
Nur ganz kurz, da ich im Moment nicht viel Zeit habe.
Die Satz über die Jordan-Normalform besagt:
Über einem algebraisch abgeschlossenem Körper läßt sich jede [mm] $n\times [/mm] n$-Matrix durch eine geeignete Basistransformation auf folgende Form bringen:
Alle Einträge außer den [mm] $a_{ii}$ [/mm] (Diagonale) und den [mm] $a_{ii+1}$ [/mm] (obere Nebendiagonale) sind 0. Die [mm] $a_{ii}$ [/mm] sind blockweise geordnet, d. h., gleiche [mm] $a_{ii}$ [/mm] stehen "hintereinander". Die [mm] $a_{ii+1}$ [/mm] sind 0 oder 1. Hierbei ist der Fall [mm] $a_{ii+1}=1$ [/mm] nur möglich, falls [mm] $a_{ii}=a_{i+1, i+1}$ [/mm] ist.
Soweit die Normalform. Die [mm] $a_{ii}$ [/mm] sind natürlich die Eigenwerte der Matrix. Mehr dazu in jedem besseren Buch zur Linearen Algebra. Oder bei Wikipedia.
Mein Argument war jetzt: Ist die betrachtete Matrix nicht diagonalisierbar, so muß ihre Jordan-Normalform auf der Nebendiagonalen eine 1 enthalten (weil die JN sonst eine Diagonalmatrix wäre). Angenommen, es ist [mm] $a_{ii+1}=1$. [/mm] Dann setze ich [mm] $\lambda:=a_{ii}=a_{i+1,i+1}$ [/mm] und [mm] $x:=e_{i+1}$. [/mm] (In meinem Beweis fehlte übrigens ein "für geeignetes [mm] $\lambda$" [/mm] vor dem "ein x mit".)
Der Vektor geht dann unter "JN-Matrix [mm] -$\lamda [/mm] Id$" zunächst nach [mm] e_i, [/mm] und erst bei 2.Anwendung nach 0.
Um solch ein x für die ursprüngliche Matrix zu finden, muß man dann noch den Basiswechsel rückgängig machen.
Inzwischen ist mir eingefallen, daß wir für die JN-Form nicht unbedingt einen algebraisch abgeschlossenen Körper brauchen. Es reicht, wenn das charakteristische Polynom der Matrix in Linearfaktoren zerfällt. Das dies das Fall ist, hat ja Toellner inzwischen angemerkt.
Was mir an dem Beweis noch nicht so gefällt, ist, daß man die JN-Form benötigt. Diese ist ja doch recht schwierig zu konstruieren bzw. zu beweisen.
> abesehen davon glaub ich dir schon das das gilt. nicht
> schlecht der beweis, wo hast du den herausgezogen ;)
Er ergab sich, als ich versuchte, Euch ein Gegenbeispiel zu konstruieren. :) :( :) Unglaublich, was für krytische Kritzeleien ich dafür auf´s Papier geworfen habe...
Grüße,
Galois
P.S.: Den echten Calabi kenne ich sogar persönlich. Yau! ;)
Bonner Mathe-Forum
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:16 Sa 24.09.2005 | | Autor: | calabi-yau |
danke für die erläuterungen, hattest nu doch etwas mehr zeit gehabt? ;)
aber stimmt, die JN-Form setzt schon eineiges voraus, natürlich kenn ich sie, hatte aber schon lange nichts mehr zu tun mit ihr...
> P.S.: Den echten Calabi kenne ich sogar persönlich. Yau!
> ;)
wie wat, echt? der calabi, nachdem (mit yau) die 11-dimensionale superstring shape benannt ist (oder was auch das immer ist)?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:10 Sa 24.09.2005 | | Autor: | Toellner |
Hallo Galois,
Dein Beweis ist gut!! Du (und Calabi auch) hast schon bewiesen, dass ein Eigenwert, falls er existiert, automatisch auch reel ist:
> Ich zeige zunächst, daß alle Eigenwerte von [mm]T^{-1}V[/mm] positiv
> definit sind:
> Ist [mm]\lambda[/mm] ein Eigenwert von [mm]T^{-1}V[/mm], so ist [mm]\det T^{-1} \det(V-\lambda T)=\det(T^{-1}V-\lambda E)=0[/mm].
> Daher gibt es ein [mm]x_\lambda\neq 0[/mm] mit [mm]Vx_\lambda=\lambda Tx_\lambda[/mm].
> Dann ist aber [mm]0\le x^t_\lambda Vx_\lambda=\lambda x^t_\lambda Tx_\lambda[/mm].
> Da [mm]x^t_\lambda Tx_\lambda[/mm] positiv ist, folgt [mm]\lambda\ge 0[/mm].
Damit zerfällt das charakteristische Polynom schon über [mm] \IR [/mm] in Linearfaktoren, weil es ja in [mm] \IC [/mm] zerfällt, und Du kannst Dir die Einbettung in [mm] \IC [/mm] sparen...
Die Idee den nächsten Hauptvektor zum Eigenwert zu nehmen, ist toll, chapeau!
Damit ist der Fall gelöst...
Richard
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:07 Sa 24.09.2005 | | Autor: | calabi-yau |
also, erstmals vielen dank für die nette hilfe von toellner und galois!!
zum abschluss möchte ich aber noch mal "meinen" verbesserten beweis zur schau stellen um sicher zu sein das er auch wirklich stimmt. der elegantere und deutlich kürzere ist natürlich der von galois (zu bewundern im strang), jedoch nicht ganz so elementar, deshalb:
satz: Seien T und V symmetrische, reelle nxn matrizen, T pos def und V pos semidef. dann ist [mm] T^{-1}V [/mm] diagbar und alle EW sind [mm] \ge [/mm] 0.
beweis:
1) [mm] M_l:=V-lT [/mm] ist symmetrisch. es gibt also eine reelle nxn matrix [mm] B_l [/mm] mit [mm] B_l^t=B_l^{-1} [/mm] und [mm] B_l^tM_lB_l=diag(m_{1l},...,m_{nl}):=D_l. [/mm] wir definieren [mm] x_l:=B_le_1 [/mm] und wir zeigen dass die funktion [mm] f(l):=x_l^tVx_l-lx_l^tTx_l [/mm] eine reelle nullstelle besitzt. da K:={x [mm] \in \IR^n [/mm] | [mm] \parallel [/mm] x [mm] \parallel [/mm] = 1} kompakt ist, nimmt x^tVx (stetig) wie auch x^tTx (stetig) auf K ein Maximum und ein Minimum an. es gibt also ein [mm] l_1 [/mm] und ein [mm] l_2 [/mm] sodass für alle x [mm] \in [/mm] K x^tVx-l_1x^tTx > 0 und x^tVx-l_2x^tTx < 0. da für jedes l [mm] \in \IR [/mm] auch [mm] x_l \in [/mm] K, gilt somit [mm] f(l_1)>0 [/mm] und [mm] f(l_2)<0. [/mm] wegen der stetigkeit von f muss es also ein L geben, sodass f(L)=0. damit gilt nun:
[mm] L=\bruch{x_L^tVx_L}{x_L^tTx_L} \ge [/mm] 0 und
[mm] L=\bruch{x_L^tVx_L}{x_L^tTx_L} \gdw x_L^tM_Lx_L=0 \gdw (B_L^tx_L)^tD_L(B_L^tx_L)=0 \gdw e_1^tD_Le_1=0 \gdw m_{1L}=0 \gdw det(D_L)=0 \gdw det(M_L)=0 \gdw det(T^{-1}V-LE_n)=0
[/mm]
L ist also EW zu [mm] T^{-1}V.
[/mm]
2) [mm] (V-LT)x_L=M_Lx_L=B_LD_LB_L^tx_L=m_{1L}B_Le_1=0 [/mm] da [mm] m_{1L}=0, [/mm] also ist [mm] Vx_L=LTx_L [/mm] also [mm] T^{-1}Vx_L=Lx_L [/mm] also ist [mm] x_L [/mm] EV zum EW L.
3) argumente 1 und 2 werden durchgeführt mit [mm] x_{il}:=B_le_i [/mm] für alle i=1...n. man bekommt dann EV die lin. unabhängig sind, da [mm] B_l [/mm] bijektiv und [mm] e_i [/mm] ist kanon. basis des [mm] \IR^n, [/mm] also eine basis aus eigenvektoren zu eigenwerten die [mm] \ge [/mm] 0 nach 1.
qed
zum abschluss werde ich für interessierte noch die motivation dieses problems erläutern:
man habe ein system aus massenpunkte mit f freiheitsgraden. die massenverteilung sei durch [mm] m_{ij}(q_1,...,q_f) [/mm] gegeben, dabei sind die [mm] q_1...q_f [/mm] die verallgemeinerten koordinaten des systems [mm] (m_{ij} [/mm] wird manchmal massentensor genannt). weiter haben wir das potential gegeben [mm] U(q_1...q_f). [/mm] wir verlangen: bei [mm] q_0=(q_{10}...q_{f0}) [/mm] habe das potential ein lok. minimum, also [mm] DU(q_0)=0 [/mm] und [mm] Hessematrix(q_0)=:V [/mm] sei pos. semidefinit (das system soll schwingungen ausführen wobei translationen erlaubt sein sollen). mann will nur kleine schwingungen um die ruhelage betrachten, deshalb bekommen wir nach einer mehrdimensoinalen taylorentwicklung um [mm] q_0 [/mm] (wo wir bei passender stelle abbrechen) und nach auswertung mit dem langrangefomalismus (werde ich hier nicht durchführen) das DGL-system:
Tx''+Vx=0
wo [mm] x:=q_0-q [/mm] und [mm] T:=m_{ij}(q_0), [/mm] T ist symmetrisch und nach einschlägigen physikalischen überlegungen auch pos definit.
und was macht der physiker jetzt? am besten geht er auf matheraum.de und diskutiert ;)
danach wendet er den satz oben an, schreibt:
[mm] x''=-T^{-1}Vx
[/mm]
entkoppelt das system also durch diagonalisierung, löst die DGLen 2. grades und bekommt die allgemeinen Lösungen eines x-beliebigen schwingenden systems bei kleinen auslenkungen.
TOLL nicht wahr :))
so jetzt brauch ich nur noch eine kurze bestätigung für den beweis oben und gut is =D
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:17 So 25.09.2005 | | Autor: | Toellner |
Hallo Calabi,
da Du eine Rückmeldung wolltest: so geht's leider nicht.
> satz: Seien T und V symmetrische, reelle nxn matrizen, T
> pos def und V pos semidef. dann ist [mm]T^{-1}V[/mm] diagbar und
> alle EW sind [mm]\ge[/mm] 0.
> beweis:
> 1) [mm]M_l:=V-lT[/mm] ist symmetrisch. es gibt also eine reelle nxn
> matrix [mm]B_l[/mm] mit [mm]B_l^t=B_l^{-1}[/mm] und
> [mm]B_l^tM_lB_l=diag(m_{1l},...,m_{nl}):=D_l.[/mm] wir definieren
> [mm]x_l:=B_le_1[/mm] und wir zeigen dass die funktion
> [mm]f(l):=x_l^tVx_l-lx_l^tTx_l[/mm] eine reelle nullstelle besitzt.
Die Basis-Trafo [mm] B_l [/mm] ist nicht eindeutig bestimmt. Du kannst jeden der n Eigenvektoren (von denen wir ja wissen, dass es sie gibt) auf jeden Standardbasis-Vektor [mm] e_i [/mm] drehen/spiegeln (das sind ja alle Orthos), das macht n! verschiedene [mm] B_l [/mm] zum selben [mm]l[/mm]. Das Stetigkeitsargument ist zu heikel, als dass die fehlende Eindeutigkeit nicht behoben werden muss.
Das macht sich auch im letzten Punkt bemerkbar:
> 3) argumente 1 und 2 werden durchgeführt mit
> [mm]x_{il}:=B_le_i[/mm] für alle i=1...n. man bekommt dann EV die
> lin. unabhängig sind, da [mm]B_l[/mm] bijektiv und [mm]e_i[/mm] ist kanon.
> basis des [mm]\IR^n,[/mm]
Zwar ist [mm] B_l [/mm] bijektiv, aber zu jedem l ist [mm] b_l [/mm] eine andere Orthogonale Trafo, deshalb zieht die Bijektivität nicht. Es kann sehr wohl sein: [mm]B_{l1}e_i=B_{l2}e_j[/mm] .
Aber das hatte ich Dir auch schon gepostet und den Ausweg dazu auch.
Ich denke, unsere Ideen waren gut, weil sie zum Ziel führten, aber "der Feind des Guten ist das Bessere". Galois' Theorie ist besser. Und die Jordan-Form ist Standard in der Linearen Algebra.
Belassen wir's dabei.
Damit verabschiede ich mich, auch vom Forum, und wünsch allen weiter viel Erfolg!
Tschüß, euer Richard
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:59 So 25.09.2005 | | Autor: | calabi-yau |
ja du hast recht, der beweis von galois war besser.
ich wünsch dir auch was, bis dann...
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:40 Do 06.10.2005 | | Autor: | calabi-yau |
also, galois hat noch einen einfacheren beweis hinbekommen, dieser ist sehr elementar. zum abschluss (jetzt wirklich) habe ich das ganze physikalische problem mit satz und beweis getext. inhalt: kleine schwingungen beliebiger (endlicher) dimension.
herunterzuladen von (tex)
http://rapidshare.de/files/5942347/schwingungeigen.tex.html
und (pdf)
http://rapidshare.de/files/5943619/schwingungeigen.pdf.html
dank geht an galois ;)
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