noch ne Matrix < Lin. Gleich.-systeme < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:02 Di 23.11.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
Also, ich dachte, ich käme mit dieser Matrix selber klar, aber es hakt leider doch!
gegeben:
[mm] Q_v [/mm] = [mm] I-2vv^{H} [/mm] für [mm] v\in\IC^n [/mm] mit [mm] ||v||_2 [/mm] = 1
Jetzt, wo ich weiß, dass [mm] v^{H} [/mm] = [mm] \overline{v}^T [/mm] ist, habe ich erst mal [mm] vv^{H} [/mm] berechnet, und dann habe ich [mm] Q_v [/mm] aufgeschrieben. Aber das
ist ja eine n x n Matrix, und davon jetzt die Determinante zu berechnen scheint mir sehr kompliziert, oder kürzt sich da vielleicht etwas weg?
Ansonsten wäre es toll, wenn es eine andere Möglichkeit gäbe, die Determinante zu berechnen - schließlich habe ich [mm] Q_v [/mm] ja in so einer schönen kompakten Form gegeben...
Und das charakteristische Polynom, wie kann ich das dann berechnen? Muss ich da diese ganze große n x n Matrix nehmen???
Ich hoffe, mir kann irgendwer helfen, irgendwie blicke ich da nicht so ganz durch.
Viele Grüße
Bastiane
![[bahnhof]](/images/smileys/bahnhof.gif "[bahnhof]")
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:26 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Die Aufgabe ist nicht ganz einfach, aber selbstverständlich bekommen wir sie hin. 
Zunächst einmal stellen wir fest, dass die Matrix [mm] $Q_v$ [/mm] unitär und hermitesch ist:
Behauptung 1: [mm] $Q_v$ [/mm] ist hermitesch!
Beweis:
Es gilt:
[mm] $Q_v^H [/mm] = [mm] (I-2vv^H)^H [/mm] = [mm] I^H [/mm] - [mm] (2vv^H)^H [/mm] = I - [mm] 2(v^H)^Hv^H [/mm] = I - [mm] 2vv^H [/mm] = [mm] Q_v$.
[/mm]
Behauptung 2: [mm] $Q_v$ [/mm] ist unitär!
Beweis:
Es gilt:
[mm] $Q_v^HQ_v =Q_vQ_v [/mm] = [mm] (I-2vv^H)(I-2vv^H) [/mm] = I - [mm] 4vv^H [/mm] + [mm] 4(vv^H)(vv^H) [/mm] = I - [mm] 4vv^H [/mm] + [mm] 4v\underbrace{(v^Hv)}_{=\, 1}v^H [/mm] = I - [mm] 4vv^H [/mm] + [mm] 4vv^H [/mm] = I$.
So, nun wissen wir, dass [mm] $Q_v$ [/mm] unitär und hermitesch ist. Daraus, dass [mm] $Q_v$ [/mm] unitär ist, können wir schließen, dass alle (kompexen) Eigenwerte von [mm] $Q_v$ [/mm] auf dem Einheitskreis
[mm] $S_1:=\{z \in \IC\, : \, |z|=1\}$
[/mm]
liegen.
Daraus, dass [mm] $Q_v$ [/mm] hermitesch ist, folgt, dass alle Eigenwerte von [mm] $Q_v$ [/mm] reell sind.
Nimmt man beide Aussagen zusammen, so folgt, dass die Eigenwerte von [mm] $Q_v$ [/mm] nur gleich $1$ oder gleich $-1$ sein können.
Untersuchen wir die beiden Fälle doch einmal getrennt (Assistentin, das Messer bitte, es muss operiert werden, ein Notfall):
1. Fall: Wann ist $1$ ein Eigenwert?
Zu lösen ist dann die Gleichung
$Q_vx = x$,
also
$x - 2vv^Hx = x$,
und somit:
$-2vv^Hx=0$.
Die Eigenvektoren von [mm] $Q_v$ [/mm] zum Eigenwert $1$ sind also genau diejenigen Vektoren, die im Kern von [mm] $vv^H$ [/mm] liegen. Der Kren von [mm] $vv^H$ [/mm] ist nur riiiiiiiiieeeeeesig groß. Warum? Schauen wir ihn uns mal an. Wie sieht die Matrix denn noch mal aus? So:
[mm]vv^H = \begin{pmatrix} v_1 \overline{v_1} & v_1 \overline{v_2} & \ldots & v_1 \overline{v_{n-1}}& v_1 \overline{v_n} \\ v_2 \overline{v_1} & v_2 \overline{v_2} & \ldots & v_2 \overline{v_{n-1}} & v_2 \overline{v_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
v_{n-1} \overline{v_1} & v_{n-1} \overline{v_2} & \ldots & v_{n-1} \overline{v_{n-1}} & v_{n-1} \overline{v_n} \\ v_n \overline{v_1} & v_n \overline{v_2} & \ldots & v_n \overline{v_{n-1}} & v_n \overline{v_n} \end{pmatrix}[/mm].
Jetzt kann man darauf den Gauß-Algorithmus anwenden. Addiere immer das [mm] $-v_1$-Facher [/mm] der $i$-ten Zeile (für [mm] $i=2,3,\ldots,n$) [/mm] zum [mm] $v_i$-Fachen [/mm] der ersten Zeile. Anschließend ersetzt du dann die $i$-te Zeile dadurch. Dann siehst du, dass folgende Matrix entsteht:
[mm] $\begin{pmatrix} v_1 \overline{v_1} & v_1 \overline{v_2} & \ldots & v_1 \overline{v_{n-1}}& v_1 \overline{v_n} \\ -v_1v_2 \overline{v_1} + v_2v_1 \overline{v_1}& -v_1v_2 \overline{v_2} + v_2v_1 \overline{v_2} & \ldots & -v_1v_2 \overline{v_{n-1}} + v_2 v_1 \overline{v_{n-1}} & -v_1v_2 \overline{v_n} + v_2 v_1 \overline{v_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ - v_1v_{n-1} \overline{v_1} + v_{n-1}v_1 \overline{v_1} & -v_1v_{n-1} \overline{v_2} + v_{n-1}v_1 \overline{v_2} & \ldots & -v_1v_{n-1} \overline{v_{n-1}} + v_{n-1} v_1 \overline{v_{n-1}} & -v_1 v_{n-1} \overline{v_n} + v_{n-1} v_1 \overline{v_{n-1}} \\ -v_1 v_n \overline{v_1} + v_n v_1 \overline{v_1} & -v_1 v_n \overline{v_2} + v_n v_1 \overline{v_2} & \ldots & -v_1 v_n \overline{v_{n-1}} + v_n v_1 \overline{v_{n-1}} & -v_1 v_n \overline{v_n} + v_n v_1 \overline{v_n} \end{pmatrix} [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} v_1 \overline{v_1} & v_1 \overline{v_2} & \ldots & v_1 \overline{v_{n-1}}& v_1 \overline{v_n} \\ 0& 0 & \ldots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \ddots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 \end{pmatrix}$. [/mm]
Wie du siehst, enstehen $n-1$ Nullzeilen. Somit ist der Kern von [mm] $vv^H$ [/mm] $n-1$-dimensional. Also ist auch der Eigenraum zum Eigenwert $1$ $n-1$-dimensional. Und die $n-1$ linear unabhängigen Eigenvektoren können wir (nach Konstruktion) auch direkt angeben. Sie lauten:
[mm] $\begin{pmatrix} v_2 \\ -v_1 \\0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad [/mm] , [mm] \quad \begin{pmatrix} v_3 \\ 0 \\ - v_1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad [/mm] , [mm] \quad \begin{pmatrix} v_4 \\ 0 \\ 0 \\ -v_1 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad [/mm] , [mm] \quad \vdots \quad [/mm] , [mm] \quad \begin{pmatrix} v_{n-1}\\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ -v_1 \\ 0 \end{pmatrix} \quad [/mm] , [mm] \quad \begin{pmatrix} v_n \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ -v_1 \end{pmatrix}$. [/mm]
Es muss somit noch einen Eigenvektor zum Eigenwert $-1$ geben! Diesen findet man aber leicht in
$v = [mm] \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ \vdots \\ v_{n-1} \\ v_n \end{pmatrix}$,
[/mm]
denn
[mm] $Q_v [/mm] v = [mm] (I-2vv^H)v [/mm] = v - [mm] 2v\underbrace{v^Hv}_{=\, 1} [/mm] = v-2v=-v$.
Damit haben wir alle Eigenwerte (nämlich $1$ und $-1$) und alle Eigenvektoren von [mm] $Q_v$ [/mm] gefunden. Der Eigenraum zum Eigenwert $1$ ist $n-1$-dimensional (die algebraische und geometrische Vielfachheit dieses Eigenwertes ist also $n-1$) und der Eigenraum zum Eigenwert $-1$ ist $1$-dimensional (die algebraische und geometrische Vielfachheit dieses Eigenwertes ist also $1$).
Es verbleibt die Determinante zu berechnen. Aber: Die Determinante ist invariant gegenüber Basiswechseln. Und da [mm] $Q_v$ [/mm] hermitesch ist, gibt es eine unitäre Matrix $M$, so dass [mm] $MQ_vM^H$ [/mm] eine Diagonalmatrix ist, in deren Diagonaleinträge die Eigenwerte von [mm] $Q_v$ [/mm] stehen. Die Determinante einer solchen Diagonalmatrix ist aber einfach das Produkt der Diagonaleinträge. Hier stehen in der Diagonalen die Eigenwerte von [mm] $Q_v$ [/mm] gemäß der Vielfachheit, also $n-1$-mal eine $1$ und einmal eine $-1$. Das Produkt davon ist $-1$.
Es gilt somit:
[mm] $\det(Q_v)=-1$.
[/mm]
Ich hoffe ich konnte dir helfen. 
Geometrisch wird hier übrigens die Spiegelung an einer Hyperebene beschrieben. Aber das ist ja unwichtig, wen interessiert so etwas schon?
Liebe Grüße
Stefan
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:57 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
Also, erstmal: uff!!! Das war ja ein Beweis - die Aufgabe sah gar nicht soooo schwierig aus... Da wäre ich alleine nie drauf gekommen, aber ich glaube, so verstehe ich mehr, als wenn ich sie gar nicht gelöst hätte und sie nur in der Übung vorgerechnet worden wäre.
Also, danke - aber du musst mir nicht immer den kompletten Beweis vorrechnen. Wie lange hast du denn gebraucht um diese ganzen Matrizen einzugeben?
Also, ich denke, das meiste habe ich verstanden, und da es nur ein Teil einer Aufgabe ist, müssen wir es wohl eigentlich nicht ganz so ausführlich aufschreiben. Aber mir fehlen doch noch ein paar entscheidende "Knackpunkte"...
> Die Aufgabe ist nicht ganz einfach, aber selbstverständlich
> bekommen wir sie hin.
Wenn du das machst, dann habe ich daran auch gar keinen Zweifel!
> Zunächst einmal stellen wir fest, dass die Matrix [mm]Q_v[/mm]
> unitär und hermitesch ist:
Ja, den Beweis habe ich verstanden, und ich glaube, damit hast du mir auch schon zu einer anderen Aufgabe geholfen.
> So, nun wissen wir, dass [mm]Q_v[/mm] unitär und hermitesch ist.
> Daraus, dass [mm]Q_v[/mm] unitär ist, können wir schließen, dass
> alle (kompexen) Eigenwerte von [mm]Q_v[/mm] auf dem Einheitskreis
>
> [mm]S_1:=\{z \in \IC\, : \, |z|=1\}[/mm]
>
> liegen.
So, das musst du mir bitte doch noch mal erklären. Also, Eigenwerte sind doch die Nullstellen des charakteristischen Polynoms, oder? Das war zwar glaube ich nicht die Definition aber ein Satz - die Definition ist doch [mm] Av=\lambda [/mm] v wobei dann [mm] \lambda [/mm] der Eigenwert ist. Aber das hilft doch hier nicht, oder?
Jedenfalls sehe ich da irgendwie keine Verbindung zwischen einer unitären Matrix und den Eigenwerten. ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]")
> Daraus, dass [mm]Q_v[/mm] hermitesch ist, folgt, dass alle
> Eigenwerte von [mm]Q_v[/mm] reell sind.
Ich denke, wenn du mir das von eben erklärt hast, könnte ich auch das hier verstehen. Oder steckt da noch etwas anderes dahinter?
> Nimmt man beide Aussagen zusammen, so folgt, dass die
> Eigenwerte von [mm]Q_v[/mm] nur gleich [mm]1[/mm] oder gleich [mm]-1[/mm] sein
> können.
Ja, das leuchtet dann ein.
> Untersuchen wir die beiden Fälle doch einmal getrennt
> (Assistentin, das Messer bitte, es muss operiert werden,
> ein Notfall):
eine kleine Auflockerung ist immer gut!
> Die Eigenvektoren von [mm]Q_v[/mm] zum Eigenwert [mm]1[/mm] sind also genau
> diejenigen Vektoren, die im Kern von [mm]vv^H[/mm] liegen. Der Kren
> von [mm]vv^H[/mm] ist nur riiiiiiiiieeeeeesig groß. Warum? Schauen
> wir ihn uns mal an. Wie sieht die Matrix denn noch mal aus?
> So:
>
> [mm]vv^H = \begin{pmatrix} v_1 \overline{v_1} & v_1 \overline{v_2} & \ldots & v_1 \overline{v_{n-1}}& v_1 \overline{v_n} \\ v_2 \overline{v_1} & v_2 \overline{v_2} & \ldots & v_2 \overline{v_{n-1}} & v_2 \overline{v_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
v_{n-1} \overline{v_1} & v_{n-1} \overline{v_2} & \ldots & v_{n-1} \overline{v_{n-1}} & v_{n-1} \overline{v_n} \\ v_n \overline{v_1} & v_n \overline{v_2} & \ldots & v_n \overline{v_{n-1}} & v_n \overline{v_n} \end{pmatrix}[/mm].
Das ist noch klar...
> Jetzt kann man darauf den Gauß-Algorithmus anwenden.
> Addiere immer das [mm]-v_1[/mm]-Facher der [mm]i[/mm]-ten Zeile (für
> [mm]i=2,3,\ldots,n[/mm]) zum [mm]v_i[/mm]-Fachen der ersten Zeile.
> Anschließend ersetzt du dann die [mm]i[/mm]-te Zeile dadurch. Dann
> siehst du, dass folgende Matrix entsteht:
>
> [mm]\begin{pmatrix} v_1 \overline{v_1} & v_1 \overline{v_2} & \ldots & v_1 \overline{v_{n-1}}& v_1 \overline{v_n} \\ -v_1v_2 \overline{v_1} + v_2v_1 \overline{v_1}& -v_1v_2 \overline{v_2} + v_2v_1 \overline{v_2} & \ldots & -v_1v_2 \overline{v_{n-1}} + v_2 v_1 \overline{v_{n-1}} & -v_1v_2 \overline{v_n} + v_2 v_1 \overline{v_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ - v_1v_{n-1} \overline{v_1} + v_{n-1}v_1 \overline{v_1} & -v_1v_{n-1} \overline{v_2} + v_{n-1}v_1 \overline{v_2} & \ldots & -v_1v_{n-1} \overline{v_{n-1}} + v_{n-1} v_1 \overline{v_{n-1}} & -v_1 v_{n-1} \overline{v_n} + v_{n-1} v_1 \overline{v_{n-1}} \\ -v_1 v_n \overline{v_1} + v_n v_1 \overline{v_1} & -v_1 v_n \overline{v_2} + v_n v_1 \overline{v_2} & \ldots & -v_1 v_n \overline{v_{n-1}} + v_n v_1 \overline{v_{n-1}} & -v_1 v_n \overline{v_n} + v_n v_1 \overline{v_n} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} v_1 \overline{v_1} & v_1 \overline{v_2} & \ldots & v_1 \overline{v_{n-1}}& v_1 \overline{v_n} \\ 0& 0 & \ldots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \ddots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 \end{pmatrix}[/mm].
Das muss ich erst nochmal mit Stift und Papier nochvollziehen, aber ich glaube es dir jetzt schon mal.
> Wie du siehst, enstehen [mm]n-1[/mm] Nullzeilen. Somit ist der Kern
> von [mm]vv^H[/mm] [mm]n-1[/mm]-dimensional. Also ist auch der Eigenraum zum
> Eigenwert [mm]1[/mm] [mm]n-1[/mm]-dimensional. Und die [mm]n-1[/mm] linear
> unabhängigen Eigenvektoren können wir (nach Konstruktion)
> auch direkt angeben. Sie lauten:
>
> [mm]\begin{pmatrix} v_2 \\ -v_1 \\0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \begin{pmatrix} v_2 \\ 0 \\ - v_1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \begin{pmatrix} v_3 \\ 0 \\ 0 \\ -v_1 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \vdots \quad , \quad \begin{pmatrix} v_{n-1}\\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ -v_1 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \begin{pmatrix} v_n \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ -v_1 \end{pmatrix}[/mm].
Also, ich kenne mich leider mit dem ganzen Zeug nicht so wirklich aus, anscheinend habe ich da damals in der Vorlesung etwas geschlafen (kennst du eigentlich Herrn Pop?), aber ich versuche meine Frage kurz und deutlich zu stellen:
Was haben die Nullzeilen mit dem Kern zu tun? Also, was der Kern ist, weiß ich, dass sind alle Elemente, die auf 0 abgebildet werden. Aber den Zusammenhang sehe ich leider nicht .
Vielleicht reicht es auch, wenn du mir etwas allgemeiner was dazu erzählst, ich verstehe zum Beispiel auch nicht, wie man dann jetzt auf die Eigenvektoren kommt. Für die muss doch gelten: Av=v, und wenn ich das in die Matrix mit den (n-1) Nullzeilen einsetze kommt das bei mir nicht hin. Oder muss ich das woanders einsetzen?
(Und kann das vielleicht sein, dass du dich vertippt hast - muss das nicht vielleicht bei dem ersten [mm] v_1 [/mm] statt [mm] v_2 [/mm] heißen?)
> Es muss somit noch einen Eigenvektor zum Eigenwert [mm]-1[/mm]
> geben! Diesen findet man aber leicht in
Woraus folgt das jetzt? Das es einen geben könnte, hatten wir ja ganz oben schon. Aber was hat das jetzt hiermit zu tun?
> [mm]v = \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ \vdots \\ v_{n-1} \\ v_n \end{pmatrix}[/mm],
> denn
> [mm]Q_v v = (I-2vv^H)v = v - 2v\underbrace{v^Hv}_{=\, 1} = v-2v=-v[/mm].
Okay, das ist dann wieder klar.
> Es verbleibt die Determinante zu berechnen. Aber: Die
> Determinante ist invariant gegenüber Basiswechseln. Und da
> [mm]Q_v[/mm] hermitesch ist, gibt es eine unitäre Matrix [mm]M[/mm], so dass
> [mm]MQ_vM^H[/mm] eine Diagonalmatrix ist, in deren Diagonaleinträge
> die Eigenwerte von [mm]Q_v[/mm] stehen. Die Determinante einer
> solchen Diagonalmatrix ist aber einfach das Produkt der
> Diagonaleinträge. Hier stehen in der Diagonalen die
> Eigenwerte von [mm]Q_v[/mm] gemäß der Vielfachheit, also [mm]n-1[/mm]-mal
> eine [mm]1[/mm] und einmal eine [mm]-1[/mm]. Das Produkt davon ist [mm]-1[/mm].
>
> Es gilt somit:
>
> [mm]\det(Q_v)=-1[/mm].
Das hast du sehr schön erklärt (das andere natürlich auch alles! ), nur noch eine kurze Frage: gilt für eine hermitesche Matrix in diesem Sinne hier das gleiche wie für eine orthogonale im Reellen? (wie gesagt, irgendwie muss ich damals in LA geschlafen haben...)
> Ich hoffe ich konnte dir helfen.
Also, so etwas brauchst du nicht drunter zu schreiben: Natürlich konntest du mir helfen!!!
> Geometrisch wird hier übrigens die Spiegelung an einer
> Hyperebene beschrieben. Aber das ist ja unwichtig, wen
> interessiert so etwas schon?
Doch, das ist schon interessant, es geht im Weiteren schließlich um Housholder-Reflektionen!
Sorry, ich hoffe du hast noch Zeit, meine Fragen zu beantworten, mach's nicht zu ausführlich. Nächstes Mal werde ich wieder früher anfangen, obwohl das bei drei Blättern für jedes Blatt recht schwierig ist.
Viele liebe Grüße ![[liebegruesse]](/images/smileys/liebegruesse.gif "[liebegruesse]")
Christiane
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:43 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Sorry, bei mir war vorhin der Server wieder mal abgestürzt (ich hasse diesen Server allmählich ![[grummel]](/images/smileys/grummel.gif "[grummel]") ), daher musste ich noch einmal neu ansetzen (ich hatte aber zum Glück vorher einiges in ein Textfile kopiert).
> Wie lange hast du denn gebraucht um
> diese ganzen Matrizen einzugeben?
Ca. eine Stunde...
> So, das musst du mir bitte doch noch mal erklären. Also,
> Eigenwerte sind doch die Nullstellen des charakteristischen
> Polynoms, oder? Das war zwar glaube ich nicht die
> Definition aber ein Satz - die Definition ist doch
> [mm]Av=\lambda[/mm] v wobei dann [mm]\lambda[/mm] der Eigenwert ist. Aber das
> hilft doch hier nicht, oder?
> Jedenfalls sehe ich da irgendwie keine Verbindung zwischen
> einer unitären Matrix und den Eigenwerten.
Okay, holen wir mal ein bisschen LA nach.
Eine Matrix heißt unitär, wenn $A^HA=I$ ist. Dies ist gleichbedeutet damit (kann man zeigen), dass für alle $x [mm] \in \IC^n$ [/mm] gilt:
[mm] $\Vert [/mm] x [mm] \Vert^2 [/mm] = [mm] \langle [/mm] x,x [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] Ax,Ax [mm] \rangle [/mm] = [mm] \Vert [/mm] Ax [mm] \Vert^2$.
[/mm]
Es sei nun [mm] $\lambda$ [/mm] ein Eigenwert zu $A$ und $x$ ein Eigenvektor. Dann folgt:
[mm] $\Vert [/mm] x [mm] \Vert^2 [/mm] = [mm] \Vert [/mm] Ax [mm] \Vert^2 [/mm] = [mm] \Vert \lambda [/mm] x [mm] \Vert^2 [/mm] = [mm] \vert \lambda \vert^2 \cdot \Vert [/mm] x [mm] \Vert^2$.
[/mm]
Nun teilen wir durch [mm] $\Vert [/mm] x [mm] \Vert^2$ [/mm] (beachte bitte, dass $x [mm] \ne [/mm] 0$ ist, da $x$ ein Eigenvektor ist und dass daher auch [mm] $\Vert [/mm] x [mm] \Vert^2 \ne [/mm] 0$ ist, da es sich um eine Norm handelt) und erhalten:
[mm] $\vert \lambda \vert^2 [/mm] = 1$,
also:
[mm] $\vert \lambda \vert [/mm] = 1$
und damit
[mm] $\lambda \in S_1= \{z \in \IC\, : \, \vert z \vert = 1\}$.
[/mm]
Jetzt zum anderen Punkt: Ist $A$ hermitesch, dann sind alle Eigenwerte reell. "$A$ ist hermitsch" bedeutet: $A = [mm] A^H$. [/mm] Ist nun wieder [mm] $\lambda$ [/mm] ein Eigenwert und $v$ ein zugehöroger Eigenvektor, so folgt:
[mm] $\lambda \Vert [/mm] x [mm] \Vert^2 [/mm] = [mm] \lambda \langle [/mm] x,x [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle \lambda [/mm] x,x [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] Ax ,x [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] x , A^Hx [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] x,Ax [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle x,\lambda [/mm] x [mm] \rangle [/mm] = [mm] \overline{\lambda} \langle [/mm] x,x [mm] \rangle [/mm] = [mm] \overline{\lambda} \Vert [/mm] x [mm] \Vert^2$.
[/mm]
Teilt man wieder durch [mm] $\Vert [/mm] x [mm] \Vert^2$, [/mm] so erhält man:
[mm] $\lambda [/mm] = [mm] \overline{\lambda}$,
[/mm]
also:
[mm] $\lambda \in \IR$.
[/mm]
> > Die Eigenvektoren von [mm]Q_v[/mm] zum Eigenwert [mm]1[/mm] sind also genau
>
> > diejenigen Vektoren, die im Kern von [mm]vv^H[/mm] liegen. Der
> Kren
> > von [mm]vv^H[/mm] ist nur riiiiiiiiieeeeeesig groß. Warum? Schauen
>
> > wir ihn uns mal an. Wie sieht die Matrix denn noch mal
> aus?
> > So:
> >
> > [mm]vv^H = \begin{pmatrix} v_1 \overline{v_1} & v_1 \overline{v_2} & \ldots & v_1 \overline{v_{n-1}}& v_1 \overline{v_n} \\ v_2 \overline{v_1} & v_2 \overline{v_2} & \ldots & v_2 \overline{v_{n-1}} & v_2 \overline{v_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
v_{n-1} \overline{v_1} & v_{n-1} \overline{v_2} & \ldots & v_{n-1} \overline{v_{n-1}} & v_{n-1} \overline{v_n} \\ v_n \overline{v_1} & v_n \overline{v_2} & \ldots & v_n \overline{v_{n-1}} & v_n \overline{v_n} \end{pmatrix}[/mm].
>
> Das ist noch klar...
>
> > Jetzt kann man darauf den Gauß-Algorithmus anwenden.
> > Addiere immer das [mm]-v_1[/mm]-Facher der [mm]i[/mm]-ten Zeile (für
> > [mm]i=2,3,\ldots,n[/mm]) zum [mm]v_i[/mm]-Fachen der ersten Zeile.
> > Anschließend ersetzt du dann die [mm]i[/mm]-te Zeile dadurch. Dann
>
> > siehst du, dass folgende Matrix entsteht:
> >
> > [mm]\begin{pmatrix} v_1 \overline{v_1} & v_1 \overline{v_2} & \ldots & v_1 \overline{v_{n-1}}& v_1 \overline{v_n} \\ -v_1v_2 \overline{v_1} + v_2v_1 \overline{v_1}& -v_1v_2 \overline{v_2} + v_2v_1 \overline{v_2} & \ldots & -v_1v_2 \overline{v_{n-1}} + v_2 v_1 \overline{v_{n-1}} & -v_1v_2 \overline{v_n} + v_2 v_1 \overline{v_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ - v_1v_{n-1} \overline{v_1} + v_{n-1}v_1 \overline{v_1} & -v_1v_{n-1} \overline{v_2} + v_{n-1}v_1 \overline{v_2} & \ldots & -v_1v_{n-1} \overline{v_{n-1}} + v_{n-1} v_1 \overline{v_{n-1}} & -v_1 v_{n-1} \overline{v_n} + v_{n-1} v_1 \overline{v_{n-1}} \\ -v_1 v_n \overline{v_1} + v_n v_1 \overline{v_1} & -v_1 v_n \overline{v_2} + v_n v_1 \overline{v_2} & \ldots & -v_1 v_n \overline{v_{n-1}} + v_n v_1 \overline{v_{n-1}} & -v_1 v_n \overline{v_n} + v_n v_1 \overline{v_n} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} v_1 \overline{v_1} & v_1 \overline{v_2} & \ldots & v_1 \overline{v_{n-1}}& v_1 \overline{v_n} \\ 0& 0 & \ldots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \ddots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 \end{pmatrix}[/mm].
>
> Das muss ich erst nochmal mit Stift und Papier
> nochvollziehen, aber ich glaube es dir jetzt schon mal.
>
> > Wie du siehst, enstehen [mm]n-1[/mm] Nullzeilen. Somit ist der
> Kern
> > von [mm]vv^H[/mm] [mm]n-1[/mm]-dimensional. Also ist auch der Eigenraum zum
>
> > Eigenwert [mm]1[/mm] [mm]n-1[/mm]-dimensional. Und die [mm]n-1[/mm] linear
> > unabhängigen Eigenvektoren können wir (nach Konstruktion)
>
> > auch direkt angeben. Sie lauten:
> >
> > [mm]\begin{pmatrix} v_2 \\ -v_1 \\0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \begin{pmatrix} v_3 \\ 0 \\ - v_1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \begin{pmatrix} v_4 \\ 0 \\ 0 \\ -v_1 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \vdots \quad , \quad \begin{pmatrix} v_{n-1}\\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ -v_1 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \begin{pmatrix} v_n \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ -v_1 \end{pmatrix}[/mm].
>
>
> Also, ich kenne mich leider mit dem ganzen Zeug nicht so
> wirklich aus, anscheinend habe ich da damals in der
> Vorlesung etwas geschlafen (kennst du eigentlich Herrn
> Pop?),
Ja.
>aber ich versuche meine Frage kurz und deutlich zu
> stellen:
> Was haben die Nullzeilen mit dem Kern zu tun? Also, was
> der Kern ist, weiß ich, dass sind alle Elemente, die auf 0
> abgebildet werden. Aber den Zusammenhang sehe ich leider
> nicht .
Wenn du eine quadratische Matrix mit dem Gauß-Algorithmus umformst, dann erhälst du ja eine Diagonalgestalt, wo am Schluss vielleicht ein paar Nullzeilen stehen. Allgemein kann man dann sagen/zeigen: Wenn $k$ die Anzahl der Nullzeilen ist, dass dann $n-k$ der Rang der Matrix ist und $k$ die Dimension des Kerns, also die Dimension des Untervektorraums:
$Kern(A) = [mm] \{x \in \IC^n \, : \, Ax=0\}$.
[/mm]
Der Grund: Der Rang ändert sich durch elementare Zeilenumformungen nicht, und bei der "neuen" Matrix kann man sofort sehen, dass $n-k$ der Rang ist. Also musste er auch bei der "alten" so sein.
> Vielleicht reicht es auch, wenn du mir etwas allgemeiner
> was dazu erzählst, ich verstehe zum Beispiel auch nicht,
> wie man dann jetzt auf die Eigenvektoren kommt.
Das sehe ich weil ich ja zum [mm] $v_i$-fachen [/mm] der ersten Zeile das [mm] $-v_1$-fache [/mm] der $i$-ten Zeile dazuaddieren muss, um auf Null zu kommen. Also muss ich denjenigen Vektor nehmen, der genau das leistet. Und das ist der Vektor, der an der $i$-ten Stelle ein [mm] $-v_1$ [/mm] und an der ersten Stelle ein [mm] $v_i$ [/mm] stehen hat, und das Ganze dann für alle [mm] $i=2,\ldots,n$. [/mm]
>Für die
> muss doch gelten: Av=v, und wenn ich das in die Matrix mit
> den (n-1) Nullzeilen einsetze kommt das bei mir nicht hin.
> Oder muss ich das woanders einsetzen?
Du musst es bei [mm] $Q_v$ [/mm] einsetzen. Die Matrix, in die du es einsetzen wolltest, war ja nur eine Hilfsmatrix.
> (Und kann das vielleicht sein, dass du dich vertippt hast
> - muss das nicht vielleicht bei dem ersten [mm]v_1[/mm] statt [mm]v_2[/mm]
> heißen?)
Das war zwar nicht der Fehler, aber ich hatte einen anderen gemacht. Jetzt habe ich es verbessert.
> > Es muss somit noch einen Eigenvektor zum Eigenwert [mm]-1[/mm]
> > geben! Diesen findet man aber leicht in
> Woraus folgt das jetzt? Das es einen geben könnte, hatten
> wir ja ganz oben schon. Aber was hat das jetzt hiermit zu
> tun?
Da [mm] $Q_v$ [/mm] hermitesch ist, gibt es eine Basis von Eigenvektoren, also $n$ linear unabhängige Eigenvektoren. Bisher haben wir $n-1$ linear unabhängige Eigenvektoren gefunden (nämlich die zum Eigenwert $1$). Also muss es noch einen Eigenvektor zum Eigenwert $-1$ geben.
> gilt für eine
> hermitesche Matrix in diesem Sinne hier das gleiche wie für
> eine orthogonale im Reellen? (wie gesagt, irgendwie muss
> ich damals in LA geschlafen haben...)
"Hermitesch" im Komplexen ist etwas Ähnliches wie "symmetrisch" im Reellen, aber eben nicht das Gleiche. Man muss noch komplex konjugieren. Gleiches gilt für "unitär" im Komplexen, was etwas Ähnliches ist wie "orthogonal" im Reellen.
> Doch, das ist schon interessant, es geht im Weiteren
> schließlich um Housholder-Reflektionen!
Weiß ich, war auch eher ein bisschen ironisch gemeint (ich mag keine Geometrie ).
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:19 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
So, jetzt habe ich schon einges mehr verstanden, aber leider immer noch nicht alles... Doch diesmal will ich mich wirklich kurz fassen, und da ich die Aufgabe schon aufgeschrieben habe, hat es keine Eile, deswegen diesen Teil auch nur als "Mitteilung"!
> Eine Matrix heißt unitär, wenn [mm]A^HA=I[/mm] ist. Dies ist
> gleichbedeutet damit (kann man zeigen), dass für alle [mm]x \in \IC^n[/mm]
> gilt:
>
> [mm]\Vert x \Vert^2 = \langle x,x \rangle = \langle Ax,Ax \rangle = \Vert Ax \Vert^2[/mm].
Ich nehme an, es ist das mittlere "=", das wegen der Unitärität (heißt das so?) gilt!?
> Jetzt zum anderen Punkt: Ist [mm]A[/mm] hermitesch, dann sind alle
> Eigenwerte reell. "[mm]A[/mm] ist hermitsch" bedeutet: [mm]A = A^H[/mm]. Ist
> nun wieder [mm]\lambda[/mm] ein Eigenwert und [mm]v[/mm] ein zugehöroger
> Eigenvektor, so folgt:
>
> [mm]\lambda \Vert x \Vert^2 = \lambda \langle x,x \rangle = \langle \lambda x,x \rangle = \langle Ax ,x \rangle = \langle x , A^Hx \rangle = \langle x,Ax \rangle = \langle x,\lambda x \rangle = \overline{\lambda} \langle x,x \rangle = \overline{\lambda} \Vert x \Vert^2[/mm].
So, hier verstehe ich den Schritt noch nicht so ganz:
[mm]\langle Ax ,x \rangle = \langle x , A^Hx \rangle[/mm]
und das nächste "=" leider auch nicht, und was ist das [mm] \overline{\lambda} [/mm] im Folgenden? Ich schätze, das steht für einen komplexen Eigenwert? Aber wie kommt der in obige Gleichung?
> > > auch direkt angeben. Sie lauten:
> > >
> > > [mm]\begin{pmatrix} v_2 \\ -v_1 \\0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \begin{pmatrix} v_3 \\ 0 \\ - v_1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \begin{pmatrix} v_4 \\ 0 \\ 0 \\ -v_1 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \vdots \quad , \quad \begin{pmatrix} v_{n-1}\\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ -v_1 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \begin{pmatrix} v_n \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ -v_1 \end{pmatrix}[/mm]Eingabefehler: "\begin" und "\end" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\begin" und "\end" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\begin" und "\end" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
.
Also, wie du auf diese Vektoren kommst, ist mir immer noch ein Rätsel. Ich muss sie doch jetzt hier einsetzen:
Q_v = I-2vv^H
also habe ich:
(I-2vv^H)x=x-2vv^Hx
also zum Beispiel für {pmatrix} v_2 \\ -v_1 \\0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}:
{pmatrix} v_2 \\ -v_1 \\0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}-2vv^H({pmatrix} v_2 \\ -v_1 \\0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}) da steht dann aber bei mir schon im ersten Eintrag:
v_2-2*(v_1[overline]v_1[/overline]v_2 - v_1v_1[overline]v_2[/overline] und da müsste doch eigentlich was anderes stehen, oder? Was habe ich nun schon wieder verkehrt gemacht?!!!
(Sorry, was habe ich hier falsch eingegeben, dass man es nicht lesen kann? Notfalls lass es einfach, so wichtig ist es auch nicht - oder verstehst du, was ich meine?)
Und dann noch kurz zu dem anderen Teil (mit der Determinante), aber ich schreibe es trotzdem mal hier rein:
wenn ich habe
det(M)*det(Q_v)*(det(M))^{-1} = det(Q_v)
dann heißt das doch, dass det(M) = 1 (würde ich jetzt zumindest mal annehmen) - ich schätze, das hat man irgendwann mal bewiesen, wo ich geschlafen habe?
Hast du denn mal ne Vorlesung bei Herrn Pop gehört? Welche denn? Oder woher kennst du ihn?
So, ich hoffe, das waren die letzten Fragen zu dieser Aufgabe... Übrigens darfst du dich auch kurzfassen - jetzt ist sie ja erstmal wieder Vergangenheit, die Aufgabe.
Viele Grüße
Bastiane
![[banane]](/images/smileys/banane.gif "[banane]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:51 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
> > [mm]\Vert x \Vert^2 = \langle x,x \rangle = \langle Ax,Ax \rangle = \Vert Ax \Vert^2[/mm].
>
> Ich nehme an, es ist das mittlere "=", das wegen der
> Unitärität (heißt das so?) gilt!?
Ja, denn eine Matrix $A$ ist genau dann unitär, wenn
[mm] $\langle [/mm] Ax,Ay [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] x,y [mm] \rangle$
[/mm]
für alle $x,y [mm] \in \IC$ [/mm] gilt.
> So, hier verstehe ich den Schritt noch nicht so ganz:
> [mm][mm]\langle[/mm] Ax ,x [mm]\rangle[/mm] = [mm]\langle[/mm] x , A^Hx [mm]\rangle[/mm]
[/mm]
> und das nächste "=" leider auch nicht, und was ist das
> [mm]\overline{\lambda}[/mm] im Folgenden? Ich schätze, das steht für
> einen komplexen Eigenwert? Aber wie kommt der in obige Gleichung?
Es gilt allgemein:
[mm] $\langle [/mm] Ax, y [mm] \rangle [/mm] = [mm] (Ax)^T \bar{y} [/mm] = [mm] x^T A^T \bar{y} [/mm] = [mm] x^T \overline{\bar{A}^T} \bar{y} [/mm] = [mm] x^T \overline{A^H y} [/mm] = [mm] \langle [/mm] x, A^Hy [mm] \rangle$,
[/mm]
sprich: Wenn man die Matrix beim Skalarprodukt "auf die andere Seiten shiften will", muss man die Matrix transponieren und komplex konjugieren (also ein "H" darüber setzen). Im Reellen muss man ja nur transponieren, dort gilt:
[mm] $\langle [/mm] Ax,y [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] x ,A^Ty [mm] \rangle$.
[/mm]
Weiterhin gilt für das kanonische Skalarprodukt im [mm] $\IC^n$:
[/mm]
[mm] $\langle z,\lambda [/mm] w [mm] \rangle [/mm] = [mm] \bar{\lambda} \langle [/mm] z,w [mm] \rangle$,
[/mm]
d.h. komplexe Skalare, die man aus dem zweiten Teil herauszieht, ziehen sich als komplex Konjugierte raus.
Beispiel:
[mm] $\langle [/mm] z,(1+i)w [mm] \rangle [/mm] = (1-i) [mm] \langle [/mm] z,w [mm] \rangle$.
[/mm]
> > > auch direkt angeben. Sie lauten:
> > >
> > > [mm]\begin{pmatrix} v_2 \\ -v_1 \\0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \begin{pmatrix} v_3 \\ 0 \\ - v_1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \begin{pmatrix} v_4 \\ 0 \\ 0 \\ -v_1 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \vdots \quad , \quad \begin{pmatrix} v_{n-1}\\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ -v_1 \\ 0 \end{pmatrix} \quad , \quad \begin{pmatrix} v_n \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ -v_1 \end{pmatrix}[/mm]Eingabefehler: "\begin" und "\end" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\begin" und "\end" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\begin" und "\end" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\begin" und "\end" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\begin" und "\end" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\begin" und "\end" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
.
Also, wie du auf diese Vektoren kommst, ist mir immer noch ein Rätsel. Ich muss sie doch jetzt hier einsetzen:
Q_v = I-2vv^H
also habe ich:
(I-2vv^H)x=x-2vv^Hx
also zum Beispiel für {pmatrix} v_2 \\ -v_1 \\0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}:
{pmatrix} v_2 \\ -v_1 \\0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}-2vv^H({pmatrix} v_2 \\ -v_1 \\0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}) da steht dann aber bei mir schon im ersten Eintrag:
v_2-2*(v_1[overline]v_1[/overline]v_2 - v_1v_1[overline]v_2[/overline] und da müsste doch eigentlich was anderes stehen, oder? Was habe ich nun schon wieder verkehrt gemacht?!!!
(Sorry, was habe ich hier falsch eingegeben, dass man es nicht lesen kann? Notfalls lass es einfach, so wichtig ist es auch nicht - oder verstehst du, was ich meine?)
Wir hatten doch gesehen, dass
$(I - 2vv^H)x = x$
äquivalent ist zu
$2vv^Hx = 0$
und dies wiederum zu
$vv^H x = 0$.
Schau dir also mal die Matrix $vv^H$ an (die habe ich ja angegeben, und zwar handelt es sich um die Matrix vor den Gauß-Umformungen, also nicht um die, wo die ganzen Nullzeilen stehen). Multipliziere diese Matix mal mit den angegebenen Vektoren. Dann sollte $0$ (also der Nullvektor) rauskommen. Versuche es bitte mal. Wenn du es nicht hinbekommst, dann melde dich noch einmal und ich rechne es dir vor.
> Und dann noch kurz zu dem anderen Teil (mit der Determinante), aber ich > schreibe es trotzdem mal hier rein:
> wenn ich habe
> det(M)*det(Q_v)*(det(M))^{-1} = det(Q_v)
> dann heißt das doch, dass det(M) = 1 (würde ich jetzt zumindest mal
> annehmen) - ich schätze, das hat man irgendwann mal bewiesen, wo ich
> geschlafen habe?
Nein, was heißt denn $(\det(M))^{-1}$?
Das heißt doch: $\frac{1}{\det(M)}$.
Und nun rechnest du:
$\det(M) \cdot \det(Q_v) \cdot (\det(M))^{-1}$
$= \det(M) \cdot \det(Q_v) \cdot \frac{1}{\det(M)}$
$= \frac{\det(M)}{\det(M)} \cdot \det(Q_v)$
$= \det(Q_v)$.
Hast du denn mal ne Vorlesung bei Herrn Pop gehört? Welche denn? Oder woher kennst du ihn?
Nööö, ich kenne ihn nur vom Sehen und aus Erzählungen. Gehört habe ich nie etwas bei ihm.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:11 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo nochmal!
Ich weiß nicht, ob du gerade noch dabei bist, meine Frage von eben zu beantworten, aber ich habe noch zwei Sachen festgstellt:
> Daraus, dass [mm]Q_v[/mm] hermitesch ist, folgt, dass alle
> Eigenwerte von [mm]Q_v[/mm] reell sind.
Das habe ich jetzt herausgefunden, warum das so ist:
Es gilt ja für die Eigenwerte: [mm] Q_v [/mm] x = [mm] \lambda [/mm] x und da [mm] Q_v [/mm] = [mm] Q_v [/mm] ^H ist das äquivalent zu [mm] Q_v [/mm] ^H x = [mm] \lambda [/mm] x, dann kann ich doch durch x teilen und dann steht da:
[mm] Q_v [/mm] = [mm] \lambda [/mm] = [mm] Q_v [/mm] ^H
und wenn man sich das jetzt vorstellt, dann ist klar, dass die Eigenwerte nur reell sein können, da da ja im Prinzip so etwas steht wie a+ib = a-ib und das geht eben nur, wenn der Imaginärteil =0 ist.
Sorry, dass ich das nicht direkt gesehen habe...
> Es verbleibt die Determinante zu berechnen. Aber: Die
> Determinante ist invariant gegenüber Basiswechseln. Und da
> [mm]Q_v[/mm] hermitesch ist, gibt es eine unitäre Matrix [mm]M[/mm], so dass
> [mm]MQ_vM^H[/mm] eine Diagonalmatrix ist, in deren Diagonaleinträge
> die Eigenwerte von [mm]Q_v[/mm] stehen. Die Determinante einer
> solchen Diagonalmatrix ist aber einfach das Produkt der
> Diagonaleinträge. Hier stehen in der Diagonalen die
> Eigenwerte von [mm]Q_v[/mm] gemäß der Vielfachheit, also [mm]n-1[/mm]-mal
> eine [mm]1[/mm] und einmal eine [mm]-1[/mm]. Das Produkt davon ist [mm]-1[/mm].
>
> Es gilt somit:
>
> [mm]\det(Q_v)=-1[/mm].
Ich dachte, das hätte ich verstanden, aber da steht doch dann erstmal nur:
-1 = det M * det [mm] Q_v [/mm] * det [mm] M^H, [/mm] was sind denn det M und det [mm] M^H?
[/mm]
Und ich glaube, ich hatte mich da vorhing verschrieben: ich weiß gar nicht mehr, was ich da jetzt geschrieben habe, aber es gitl doch:
symmetrisch im Reellen entspricht hermitesch im Komplexen
und
orthogonal entspricht unitär.
Kann man das so sagen? (Jedenfalls habe ich das glaube ich eben etwas durcheinandergewürfelt...)
das hier jetzt zwei "Fragen" stehen...
Viele Grüße
Christiane
![[winken]](/images/smileys/winken.gif "[winken]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:18 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
> > Daraus, dass [mm]Q_v[/mm] hermitesch ist, folgt, dass alle
> > Eigenwerte von [mm]Q_v[/mm] reell sind.
> Das habe ich jetzt herausgefunden, warum das so ist:
> Es gilt ja für die Eigenwerte: [mm]Q_v[/mm] x = [mm]\lambda[/mm] x und da
> [mm]Q_v[/mm] = [mm]Q_v[/mm] ^H ist das äquivalent zu [mm]Q_v[/mm] ^H x = [mm]\lambda[/mm] x,
> dann kann ich doch durch x teilen
Nein, das darfst du leider nicht, da man durch Vektoren nicht teilen darf. Du musst es so machen, wie ich es in dem anderen Beitrag gezeigt habe.
> > Es verbleibt die Determinante zu berechnen. Aber: Die
> > Determinante ist invariant gegenüber Basiswechseln. Und
> da
> > [mm]Q_v[/mm] hermitesch ist, gibt es eine unitäre Matrix [mm]M[/mm], so
> dass
> > [mm]MQ_vM^H[/mm] eine Diagonalmatrix ist, in deren
> Diagonaleinträge
> > die Eigenwerte von [mm]Q_v[/mm] stehen. Die Determinante einer
> > solchen Diagonalmatrix ist aber einfach das Produkt der
>
> > Diagonaleinträge. Hier stehen in der Diagonalen die
> > Eigenwerte von [mm]Q_v[/mm] gemäß der Vielfachheit, also [mm]n-1[/mm]-mal
>
> > eine [mm]1[/mm] und einmal eine [mm]-1[/mm]. Das Produkt davon ist [mm]-1[/mm].
> >
> > Es gilt somit:
> >
> > [mm]\det(Q_v)=-1[/mm].
> Ich dachte, das hätte ich verstanden, aber da steht doch
> dann erstmal nur:
> -1 = det M * det [mm]Q_v[/mm] * det [mm]M^H,[/mm] was sind denn det M und
> det [mm]M^H?
[/mm]
Nun ja, wir haben ja (da $M$ unitär ist):
[mm] $M^H [/mm] = [mm] M^{-1}$,
[/mm]
und daher nach dem Determinantenmultiplikationssatz:
[mm] $\det(MQ_v M^H) [/mm] = [mm] \det(MQ_v M^{-1}) [/mm] = [mm] \det(M) \cdot \det(Q_v) \cdot \det(M^{-1}) [/mm] = [mm] \det(M) \cdot \det(Q_v) \cdot (\det(M))^{-1} [/mm] = [mm] \det(Q_v)$.
[/mm]
> aber es gitl doch:
> symmetrisch im Reellen entspricht hermitesch im
> Komplexen
> und
> orthogonal entspricht unitär.
> Kann man das so sagen? (Jedenfalls habe ich das glaube ich
> eben etwas durcheinandergewürfelt...)
Dazu habe ich ja schon was geschrieben.
Liebe Grüße
Stefan
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