Rechnen mit Matrizen

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10.03.2007, 15:10	Harald Kurse	Auf diesen Beitrag antworten »
Rechnen mit Matrizen Ich kann den Schritt von links nach rechts nicht nachvollziehen. Kann mir bitte jemand helfen. $\begin{eqnarray} \lambda, \mu \in \mathbb K, a,b \in \mathbb K^n \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (\lambda + \mu) \cdot a \cdot b^t + \lambda \mu \cdot (a \cdot b^t) \cdot (a \cdot b^t) = (\lambda + \mu + \lambda \mu \cdot (b^t \cdot a)) \cdot (a \cdot b^t ) \end{eqnarray}$ Gruss, Harald
10.03.2007, 15:18	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Rechnen mit Matrizen Rückfrage: a,b sind Vektoren? $\begin{eqnarray} (\lambda + \mu) \cdot \begin{pmatrix}a_1 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} \cdot (b_1, \cdots, b_n) + \lambda \mu \cdot \Bigr(\begin{pmatrix}a_1 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} \cdot (b_1, \cdots, b_n)\Bigr) \cdot \Bigl(\begin{pmatrix}a_1 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} \cdot (b_1, \cdots, b_n)\Bigr) \end{eqnarray}$
10.03.2007, 15:19	Harald Kurse	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, a,b sind Vektoren
10.03.2007, 15:28	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, dann erhalten wir also die Matrix M, als dyadisches Produkt $\begin{eqnarray} M = ab^t \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (\lambda+\mu)\cdot M + \lambda \mu \cdot M^2 = \Bigl( (\lambda + \mu) \cdot I + \lambda \mu \cdot M \Bigr) M \end{eqnarray}$ Auf der Linken Seite haben wir also ein Element aus $\begin{eqnarray} \mathbb R^{n \times n} \end{eqnarray}$ stehen. Schauen wir uns dann mal die rechte Seite an.
10.03.2007, 15:37	Harald Kurse	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast jetzt beim Ausklammern von $\begin{eqnarray} (\lambda + \mu) \end{eqnarray}$ die Einheitsmatrix eingeschoben. Bei meiner Gleichung ist der ganze Ausdruck in der Klammer, also $\begin{eqnarray} (\lambda + \mu + \lambda \mu \cdot (b^t \cdot a)) \end{eqnarray}$ aber ein Skalar.
10.03.2007, 15:43	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Moment bitte. Ich habe nur erstmal die Linke Seite umgeformt. Das ist noch nicht die rechte Seite. Bin noch am Rechnen.
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10.03.2007, 16:15	Harald Kurse	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja lass dir ruhig Zeit, ich hab noch genügend anderes, was ich begreiffen muss. Danke jedenfalls schon mal, und schön hab ich mal was gefunden, wo nicht nach 5 Sekunden schon die Antwort da steht, hehe.
10.03.2007, 16:22	Monstar	Auf diesen Beitrag antworten »
für mich sieht das einfach aus wie (a*b^t) ausgeklammert?
10.03.2007, 16:22	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \Bigl((\lambda + \mu) + \lambda \mu \cdot (b^t \cdot a)\Bigr) \cdot (a \cdot b^t ) = \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Bigl((\lambda + \mu) + \lambda \mu \cdot (b^t \cdot a)\Bigr) \cdot M = \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (\lambda + \mu)\cdot M + \lambda \mu \cdot (b^t \cdot a) \cdot M = \end{eqnarray}$ Bleibt also folgende Behauptung zu zeigen: $\begin{eqnarray} \lambda \mu \cdot M^2 = \lambda \mu \cdot (b^t \cdot a) \cdot M \end{eqnarray}$ Es ist $\begin{eqnarray} b^ta \in \mathbb R \end{eqnarray}$ . Für $\begin{eqnarray} \lambda = 0 \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} \mu = 0 \end{eqnarray}$ sicherlich richtig, also dürfen wir im weiteren annehmen, dass gilt $\begin{eqnarray} \lambda \neq 0,~\mu \neq 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} M^2 = (b^ta)\cdot M \end{eqnarray}$ Da fällt mir spontan nichts anderes ein, als die Einträge der Matrizen zu vergleichen. $\begin{eqnarray} m_{jk} = a_jb_k \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} b^ta = \sum_{k=0}^n a_kb_k \end{eqnarray}$ Nehmen wir jetzt mal n=3 als Beispiel. $\begin{eqnarray} M= \begin{pmatrix} a_1b_1 & a_1b_2 & a_1b_3 \\ a_2b_1 & a_2b_2 & a_2b_3 \\ a_3b_1& a_3b_2 & a_3b_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} M^2 = \begin{pmatrix} a_1^2b_1^2 + a_1a_2b_1b_2 + a_1a_3b_1b_3 &\cdots & \cdots \\a_1a_2b_1^2 + a_2^2b_1b_2 + a_2a_3b_1b_3 & \cdots & \cdots \\ a_1a_3b_1^2 + a_2a_3b_1b_2 + a_3^2b_1b_3& \cdots & \cdots \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (b^ta)\cdot M = (a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3)\begin{pmatrix} a_1b_1 & a_1b_2 & a_1b_3 \\ a_2b_1 & a_2b_2 & a_2b_3 \\ a_3b_1& a_3b_2 & a_3b_3 \end{pmatrix} = \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \begin{pmatrix} a_1^2b_1^2+ a_1a_2b_1b_2+ a_1a_3b_1b_3 & \cdot & \cdots \\ a_1a_2b_1^2 + a_2^2b_1b_2+a_2a_3b_1b_3 & \cdots \cdots \\ a_1a_3b_1^2 + a_2a_3b_1b_3 + a_3^2b_1b_3 & \cdots & \cdots \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ So , dass sieht doch eigentlich ganz gut aus. Das musst Du nur noch allgemein formulieren.
10.03.2007, 16:45	Harald Kurse	Auf diesen Beitrag antworten »
Du bist aber ne schnelle Latex-Tipperin , fleissig wie ne Biene. Hast du also jetzt bewiesen, dass es für n=3 gilt, und wir könnten, falls wir möchten - tun wir aber nicht, ich jedenfalls - wohl auch beweisen, dass es für irgend ein n aus N gilt. Unter welchem Namen ist diese Regel denn bekannt?
10.03.2007, 16:57	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
1. Ich hab's noch nicht komplett für n=3 gezeigt. Habe nur die erste Splate vegleichen. Ist ja deine Aufgabe. Mit den () und (*) kann man dann die Matrixeinträge links rechts allgemein vergleichen ob es stimmt. Ich habe das Beispiel gewählt, um zu sehen, ob es überhaupt stimmt. Wenn nicht, hätte man schon ein Gegenbeispiel. Welche Regel meinst Du?
10.03.2007, 17:14	Harald Kurse	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich mein die Regel dass $\begin{eqnarray} M^2 = b^t \cdot a \cdot M \end{eqnarray}$ , wobei eben $\begin{eqnarray} M = a \cdot b^t, a,b \in K^n \end{eqnarray}$ Scheint mir doch einen Namen verdient zu haben.
10.03.2007, 17:34	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ergibt sich hier doch aus der Aufgabe. Du hast gefragt warum beide Seiten gleich sind. Ich habe es auf die entscheidende Frage reduziert, warum gilt: $\begin{eqnarray} M^2 = (b^ta)\cdot M \end{eqnarray}$ Was wir durch vergleichen der Matrixeinträge beweisen können. Dabei wird das i.A. nicht stimmen, also auch keinen Namen haben. bedenke, dass M die Dyade von a und b ist
10.03.2007, 18:57	Harald Kurse	Auf diesen Beitrag antworten »
Das gilt einfach immer dann, wenn M eine quadratische Matrix mit Rang 1 ist, nicht? Danke jedenfalls ob der vielen Arbeit.
10.03.2007, 19:28	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Sei $\begin{eqnarray} M \in \mathbb R^{m \times m} \end{eqnarray}$ . Dann hat $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ genau dann den Rang 1 , wenn $\begin{eqnarray} a,b \in \mathbb R \end{eqnarray}$ , beide $\begin{eqnarray} \neq 0 \end{eqnarray}$ existieren mit $\begin{eqnarray} M=ab^t \end{eqnarray}$ . Somit, ja.
11.03.2007, 13:50	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
Naja, das folgt doch ganz einfach aus der Assoziativität des Matrix-Produktes: $\begin{eqnarray} M := uv^T \end{eqnarray}$ Zu zeigen ist: $\begin{eqnarray} M^2 = (v^Tu)M \end{eqnarray}$ . Beweis: $\begin{eqnarray} M^2 = (uv^T)(uv^T) = u(v^Tu)v^T = (v^Tu)uv^T = (v^Tu)M. \end{eqnarray}$ EDIT: Das $\begin{eqnarray} v^Tu \end{eqnarray}$ durfte man nach vorne ziehen, weil's ne Zahl ist.

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