Problem beim Beweis

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13.10.2009, 14:12	Doni	Auf diesen Beitrag antworten »
Problem beim Beweis Hallo, ich habe ein Problem beim Verständnis eines Beweises. Ich habe hier mal einen Link zu einem Buchausschnitt gepostet (erspart eine Menge schreibarbeit). Es geht um den Beweis von Lemma 2.2.1 auf Seite 16. Ich verstehe nicht warum der Reihenraum von H3 gleich dem Reihenraum von H3 multipliziert mit dieser diagonal Blockmatrix sein soll? Bin dankbar für jeden Tipp oder irgendwelche Hilfe. http://books.google.de/books?hl=de&lr=&i...designs&f=false Eigenschaften der Objekte M_i, I_i, 1_i sind auf Seite 14 gegeben. s_i ist immer >=2. Achja der Kreis mit dem Kreuz drin ist das Kronecker Produkt von Matrizen (eigenschaften auf S12,13).
13.10.2009, 20:30	Reksilat	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Problem beim Beweis Hi Doni, Die Multiplikation von links(!) mit einer Matrix, beschreibt eben immer eine Manipulation der Zeilen. Multiplizierst Du zum Beispiel von links mit einer Permutationsmatrix, so werden eben die Zeilen vertauscht, multiplizierst Du von links mit einer Diagonalmatrix $\begin{eqnarray} {\rm diag} (\alpha_1,...,\alpha_n) \end{eqnarray}$ , so wird Zeile 1 mit $\begin{eqnarray} \alpha_1 \end{eqnarray}$ multipliziert, Zeile 2 mit $\begin{eqnarray} \alpha_2 \end{eqnarray}$ u.s.w. Auf diese Weise ist die Multiplikation von links mit einer beliebigen, regulären(!) Matrix eben nichts anderes als elementare Zeilenumformung, wie sie unter anderem beim Gauß auftritt. Der Zeilenraum wird dabei nicht verändert. (Ist die Matrix singulär, kann der Zeilenraum kleiner werden.) Analoge Aussagen kann man dann über Rechtsmultiplikation und den Spaltenraum treffen. Gruß, Reksilat.
14.10.2009, 11:16	Doni	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die Antwort, aber ich denke dies ist nicht die Lösung hier. Das eine richtige Diagonalmatrix den Reihenraum nicht verändern würde ist mir klar. Man multipliziert bei dieser Umformung von links mit einer Diagonal-Blockmatrix. D.h. keine Diagonalmatrix mit nur Elementen auf der Hauptdiagonalen sondern 3 Blockmatritzen. Hier nochmal die Multiplikation, wobei die genauen Eigenschaften der einzelnen Matrizen am besten in dem Buchlink nachzulesen sind. $\begin{eqnarray} $\begin {pmatrix} \overline M_{2}\otimes \overline M_{3} & 0 & 0 \\ 0 & \overline M_{1}\otimes \overline M_{3} & 0 \\ 0 & 0 & \overline M_{1}\otimes \overline M_{2} \end {pmatrix} \begin {pmatrix} {1_{1}}^{T} \otimes I_{2} \otimes I_{3} \\ I_{1} \otimes {1_{2}}^{T} \otimes I_{3} \\ I_{1} \otimes I_{2} \otimes {1_{3}}^{T} \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} (\overline M_{2}\otimes \overline M_{3}) ({1_{1}}^{T} \otimes I_{2} \otimes I_{3} ) \\ (\overline M_{1}\otimes \overline M_{3}) (I_{1} \otimes {1_{2}}^{T} \otimes I_{3}) \\ (\overline M_{1}\otimes \overline M_{2})(I_{1} \otimes \overline M_{2} \otimes {1_{3}}^{T}) \end {pmatrix}=\begin {pmatrix} {1_{1}}^{T} \otimes \overline M_{2} \otimes \overline M_{3} \\ \overline M_{1} \otimes {1_{2}}^{T} \otimes \overline M_{3} \\ \overline M_{1} \otimes \overline M_{2} \otimes {1_{3}}^{T} \end {pmatrix}$ \end{eqnarray}$
14.10.2009, 14:41	Reksilat	Auf diesen Beitrag antworten »
Deswegen schrieb ich ja auch von beliebigen regulären Matrizen. Die Diagonalmatrizen waren nur als Beispiel gedacht. Genauer: Wenn ich die Matrix $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ , deren Zeilen ich mit $\begin{eqnarray} m_1,...,m_k \end{eqnarray}$ bezeichne, von links mit einer Matrix $\begin{eqnarray} A=(a_{ij}) \end{eqnarray}$ multipliziere, so ist die erste Zeile von $\begin{eqnarray} AM \end{eqnarray}$ eben $\begin{eqnarray} a_{11}m_1+...+a_{1k}m_k \end{eqnarray}$ , die Zweite: $\begin{eqnarray} a_{21}m_1+...+a_{2k}m_k \end{eqnarray}$ u.s.w. Wie man sieht, ist der von den neuen Zeilen erzeugte Raum ein Teilraum von $\begin{eqnarray} <m_1,...,m_k> \end{eqnarray}$ und wenn $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ regulär ist, so ist er sogar gleich. Gruß, Reksilat.
15.10.2009, 10:56	Doni	Auf diesen Beitrag antworten »
gut danke das habe ich so verstanden. also fehlt mir noch zu zeigen, dass meine 3 blockmatrizen vollen rang haben. wenn ich da nicht weiterkomme melde ich mich hier nochmal wobei man natürlich auch bedenken muss, dass die matrix die du M genannt hast nicht umbedingt vollen Zeilenrang hat . was dazu führt das der zeilenraum der Matrix A*M ja auch bei einer matrix A, mit nicht vollem Rang, gleich sein kann mit dem Zeilenraum der Matrix M.
15.10.2009, 12:08	Reksilat	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Zeilenrang von $\begin{eqnarray} AM \end{eqnarray}$ ist kleiner oder gleich dem Zeilenrang von $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ . Gleich ist er, wenn Rg(A)=Rg(M) ist. Das war's doch, was Du wissen wolltest, oder? Gruß, Reksilat.
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15.10.2009, 12:35	Doni	Auf diesen Beitrag antworten »
ich konnte jetzt zeigen, dass meine 3 blockmatrizen vollen rang haben und somit auch meine matrix A vollen rang hat. also hat meine Matrix A*M den selben Reihenraum wie meine Matrix M. danke für die hilfe auf jeden fall
16.10.2009, 12:58	Doni	Auf diesen Beitrag antworten »
habe jetzt leider ein weiteres Problem in dem Beweis die Aussage auf Seite 17 (mitte): $\begin{eqnarray} $\tilde M (M_{1}\otimes M_{2}\otimes M_{3})^{T}=0$ \end{eqnarray}$ ist mir einfach nicht klar. Also falls jemand Lust hat sich mit dem Beweis zu beschäftigen bin ich für jede Hilfe dankbar . Der Buchlink steht noch in meinem ersten Post.
16.10.2009, 14:20	Reksilat	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist zu zeigen, dass $\begin{eqnarray} (M_1 \otimes M_2\otimes M_3)\widetilde{M}^T=0 \end{eqnarray}$ ist. Dazu schauen wir uns die "Spalten" von $\begin{eqnarray} \widetilde{M}^T \end{eqnarray}$ an, welche ja jeweils die folgende Form haben: $\begin{eqnarray} (X_1 \otimes X_2\otimes X_3) \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} X_i=1_i\text{ oder }M_i^T \end{eqnarray}$ ist. Ein Blick auf die Eigenschaften des Kroneckerprodukts zeigt uns nun: $\begin{eqnarray} (M_1 \otimes M_2\otimes M_3)(X_1 \otimes X_2\otimes X_3)=M_1X_1 \otimes M_2X_2\otimes M_3X_3 \end{eqnarray}$ Und da auf jeden Fall irgendwo $\begin{eqnarray} X_i=1_i \end{eqnarray}$ ist, taucht hier die Nullmatrix immer als Faktor auf. ( $\begin{eqnarray} M_i\cdot 1_i=0 \end{eqnarray}$ ) Gruß, Reksilat.
19.10.2009, 10:21	Doni	Auf diesen Beitrag antworten »
danke jetzt hab ich schonmal das lemma verstanden, dass ich zum beweis des satzes brauche
21.10.2009, 13:02	Doni	Auf diesen Beitrag antworten »
So bei dem Beweis von Satz 2.2.1 (S17 unten) hänge ich mal wieder . Bis Aussage 2.2.16 ist noch alles klar. Aber wieso mit dem 2ten Teil der Definition 2.1.1 diese Aussage gilt ist mir unklar.
21.10.2009, 19:36	Reksilat	Auf diesen Beitrag antworten »
Also die Frage ist, warum dieses $\begin{eqnarray} H_g\overline{l}=0 \end{eqnarray}$ ist. Schauen wir uns mal $\begin{eqnarray} \overline{l} \end{eqnarray}$ an, das ist ein Vektor mit $\begin{eqnarray} \prod_{i=1}^{g}{s_i} \end{eqnarray}$ Einträgen, die wie in Definition 2.1.1 (ii) als $\begin{eqnarray} \overline{l}(j_{i_1},...,j_{i_g})\in\mathbb{R} \end{eqnarray}$ bezeichnet werden. (Die $\begin{eqnarray} i_g \end{eqnarray}$ sind etwas komisch, aber letztlich sind eben nur $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ Indizes von $\begin{eqnarray} \overline{l}(j_1,...,j_n) \end{eqnarray}$ von Bedeutung. Ich kenne den Beweis jetzt nicht gut genug, um zu wissen, ob man nicht einfach oBdA von $\begin{eqnarray} \overline{l}(j_1,...,j_g) \end{eqnarray}$ hätte sprechen können.) Also erster Eintrag wird mit $\begin{eqnarray} \overline{l}(1,1,...,1,1) \end{eqnarray}$ bezeichnet, zweiter Eintrag $\begin{eqnarray} \overline{l}(1,1,...,1,2) \end{eqnarray}$ , ... $\begin{eqnarray} s_g \end{eqnarray}$ -ter Eintrag $\begin{eqnarray} \overline{l}(1,1,...,1,s_g) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (s_g+1) \end{eqnarray}$ -ter Eintrag $\begin{eqnarray} \overline{l}(1,1,...,2,1) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (s_g+2) \end{eqnarray}$ -ter Eintrag $\begin{eqnarray} \overline{l}(1,1,...,2,2) \end{eqnarray}$ ... $\begin{eqnarray} 2s_g \end{eqnarray}$ -ter Eintrag $\begin{eqnarray} \overline{l}(1,1,...,2,s_g) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (2s_g+1) \end{eqnarray}$ -ter Eintrag $\begin{eqnarray} \overline{l}(1,1,...,3,1) \end{eqnarray}$ u.s.w. $\begin{eqnarray} \prod_{i=1}^gs_i \end{eqnarray}$ -ter Eintrag $\begin{eqnarray} \overline{l}(s_1,s_2,...,s_{g-1},s_g) \end{eqnarray}$ Ebenfalls in der Definition wird gefordert, dass die Summation gewisser Einträge immer 0 ergibt, also $\begin{eqnarray} \sum_{r=1}^{s_k}\overline{l}(j_{i_1},...,j_{i_{k-1}},r,j_{i_{k+1}},...,j_{i_{g}})=0 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} k=1...g \end{eqnarray}$ Und wenn man sich $\begin{eqnarray} H_g \end{eqnarray}$ mal genauer anschaut, dann sind die Zeilen von $\begin{eqnarray} H_g\overline{l} \end{eqnarray}$ genau solche Summen. Muss jetzt leider weg, am besten Du schaust Dir mal $\begin{eqnarray} H_g \end{eqnarray}$ für ein Beispiel an (z.B. $\begin{eqnarray} g=3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} s_1=s_2=s_3=2 \end{eqnarray}$ ). Vor Freitag schaffe ich weitere Ausführungen nicht. Gruß, Reksilat.
26.10.2009, 12:59	Doni	Auf diesen Beitrag antworten »
danke für die antwort ich habe mal so wie du mir gesagt hast das bespiel durchgerechnet für s_1,s_2,s_3=2,g=3 Dann hat man laut definition 12 summen die gleich 0 sind und auch in dem ergebnisvektor für H*l stehen genau diese 12 summen. Also ist mir klar wieso für diesen Fall diese Aussage gilt. Mir ist aber immer noch nicht klar wieso wir eine allgemeine gültigkeit haben. Es ist mir irgendwie schon bewusst das es so stimmt wenn man die Matrix H_g betrachtet, da man ja immer die Zeilen mit s_i Einträgen ungleich Null hat und durch die anordung ist es wahrscheinlich auch so das bei den einzelnen Summen der Matrixmultiplikation immer nur die passenden Einträge des Vektors aufsummiert werden, aber ich kann halt nicht exakt sagen wieso es so ist.
30.10.2009, 00:49	Reksilat	Auf diesen Beitrag antworten »
Da bin ich mal wieder Dieses Kroneckerprodukt ist schon recht lustig. Wenn man ein wenig damit rumhantiert, ist es gar nicht mehr so furchtbar. Nehmen wir uns mal zwei beliebige Zeilenvektoren $\begin{eqnarray} d_1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} d_2 \end{eqnarray}$ mit Dimension $\begin{eqnarray} s_1 \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} s_2 \end{eqnarray}$ , deren Einträge wir mit $\begin{eqnarray} d_1(1),...,d_1(s_1) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} d_2(1),...,d_2(s_2) \end{eqnarray}$ bezeichnen. Man sieht dann: $\begin{eqnarray} d_1\otimes d_2=(d_1(1) d_2(1),d_1(1) d_2(2),\ldots,d_1(s_1) d_2(s_2-1),d_1(s_1) d_2(s_2)) \end{eqnarray}$ Induktiv ist dann auch $\begin{eqnarray} d_1\otimes ..\otimes d_g=(d_1(1) d_2(1)..d_g(1),\ldots ,d_1(s_1) d_2(s_2)..d_g(s_g)) \end{eqnarray}$ Setzen wir $\begin{eqnarray} v:=d_1\otimes ...\otimes d_g \end{eqnarray}$ so können wir die Einträge von $\begin{eqnarray} v \end{eqnarray}$ analog zu denen von unserem $\begin{eqnarray} \overline{l} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} v(j_1,...,j_g) \end{eqnarray}$ bezeichnen. Es ist dann $\begin{eqnarray} v(j_1,...,j_g)=d_1(j_1)\cdot...\cdot d_g(j_g) \end{eqnarray}$ ________________________ Seien nun $\begin{eqnarray} A,B \end{eqnarray}$ Matrizen mit den Zeilen $\begin{eqnarray} a_1,a_2,b_1,b_2 \end{eqnarray}$ , dann sieht man: $\begin{eqnarray} A\otimes B=\begin{pmatrix}a_1\\a_2\end{pmatrix}\otimes \begin{pmatrix}b_1\\b_2\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}a_1 \otimes b_1 \\a_1\otimes b_2\\a_2\otimes b_1\\a_2\otimes b_2\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und analog sind die Zeilen eines Kroneckerprodukts beliebig vieler Matrizen auch nur Kroneckerprodukte von deren Zeilen. ______________________ Schauen wir uns nun $\begin{eqnarray} H_g \end{eqnarray}$ an, so haben deren Zeilen eben die Form $\begin{eqnarray} v=d_1\otimes ...\otimes d_g \end{eqnarray}$ , wobei ein $\begin{eqnarray} d_k \end{eqnarray}$ der Vektor $\begin{eqnarray} 1_k' \end{eqnarray}$ ist und die restlichen irgendwelche Einheitsvektoren $\begin{eqnarray} e_{i} \end{eqnarray}$ . Schauen wir uns also das Produkt einer solchen Zeile mit $\begin{eqnarray} \overline{l} \end{eqnarray}$ an: $\begin{eqnarray} v\overline{l}=\sum_{i_1=1}^{s_1}...\sum_{i_g=1}^{s_g}v(i_1,...,i_g)\overline{l}(i_1,...,i_g)=\sum_{i_1=1}^{s_1}...\sum_{i_g=1}^{s_g}d_1(i_1)\cdot...\cdot d_g(i_g)\overline{l}(i_1,...,i_g) \end{eqnarray}$ Oben hatten wir gesagt, dass $\begin{eqnarray} d_k=1_k' \end{eqnarray}$ ist, also $\begin{eqnarray} d_k(r)=1 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} r=1..s_k \end{eqnarray}$ . Für $\begin{eqnarray} f\neq k \end{eqnarray}$ ist dagegen $\begin{eqnarray} d_f=e_{i_f} \end{eqnarray}$ für geeignetes $\begin{eqnarray} i_f\in\{1,..,s_f\} \end{eqnarray}$ . Damit gilt $\begin{eqnarray} d_f(i_f)=1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} d_f(i)=0 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} i\neq i_f \end{eqnarray}$ . Deshalb ist $\begin{eqnarray} v\overline{l}=\sum_{r=1}^{s_k}\overline{l}(i_1,...,i_{k-1},r,i_{k+1},..,i_g) \end{eqnarray}$ Und das ist, wie oben gezeigt, immer 0. Ich habe mich damals in den ersten Semstern meines Studiums immer gefragt, ob dieser übertriebene Indexwahnsinn in manchen Vorlesungen nur zur Quälerei gedacht ist. Aber das hier hat echt Spaß gemacht. Tut mir leid, wenn Du es anders sehen solltest. Gruß, Reksilat.
10.11.2009, 10:14	Doni	Auf diesen Beitrag antworten »
danke für die antwort habe mich aber noch nicht weiter damit beschäftigt.
18.01.2010, 13:11	Doni	Auf diesen Beitrag antworten »
ich hab mir jetzt nochmal den beweis angeschaut und werde daraus immer noch nicht schlau natürlich gibt es in den einzelnen zeilen immer genau s_k einträge die gleich eins sind und der rest ist gleich null. Aber es muessen ja für jede Zeile immer genau die "richtigen" Einträge in unserem Vektor "getroffen" werden. Und mir ist nicht klar wieso das immer der Fall ist? Es muß ja immer so aufaddiert werden, daß sich nur ein Einstellungswert im Vektor ändert und die anderen gleich bleiben.
18.01.2010, 13:25	Reksilat	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi Doni, Das liegt jetzt alles eine ziemliche Zeit zurück und Details aus so einem technischen Beweis vergisst man schnell wieder. Da durchzusteigen war auch für mich mit einigem Aufwand verbunden und ich habe nach bestem Wissen versucht, Dir zu helfen. Wenn Du also an meiner Argumentation etwas nicht verstehst, dann gib bitte die genaue Stelle an (z.B. mittels Zitat). Ich werde mich bestimmt nicht noch mal hinsetzen und alles erneut so ausführlich erklären. Gruß, Reksilat.
19.01.2010, 10:25	Doni	Auf diesen Beitrag antworten »
danke nochmal für die hilfe ich habe den beweis mit deinen ausführungen jetzt doch verstanden es fiel mir nur schwer mit diesem produkt vernünfitg klarzukommen. gruß donald

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