Umformung der Determinante über Summe aus Einheitsmatrix und dyadischem Produkt |
23.02.2008, 12:36 | kalman77 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Umformung der Determinante über Summe aus Einheitsmatrix und dyadischem Produkt ich suche eine Idee, wie man folgende Gleichung beweisen könnte: Ich brauche die bei diversen Herleitungen und muss in meiner Arbeit auch ihre Gültigkeit zeigen. Viele Grüße P.S.: |
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23.02.2008, 14:24 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Setze Dann ist Zeige nun, dass dies das gleiche ist wie |
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23.02.2008, 14:57 | kalman77 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Wenn beide Zeilen gleich wären, müsste aber die "1" verloren gegangen sein. |
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23.02.2008, 15:47 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Ja, du hast recht. Ich vergaß einen Term. Deine linke Seite ist Zeige nun, dass dies das gleiche ist wie |
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23.02.2008, 16:42 | kalman77 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Mhhh, also irgendwie hab' ich grad 'nen Brett vorm Kopf. Mit Laplace geht es schon mal nicht, denke ich. Ich hätte jetzt eher mit dem charakteristischen Polynom gerechnet, weil ich meine, dass es bei nur einen Eigenwert ungleich Null gibt, und somit wäre . Und wenn man dann noch die Eigenschaften über die Koeffizienten des charakt. Polynoms berücksichtigt, müsste es doch dann das sein, oder nicht? Ich kann doch einfach dann setzen und das charakt. Polynom ist dann die Lösung. Ich sehe sonst grad nicht, wie man auf die einzelnen Det. kommen soll. |
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23.02.2008, 21:13 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Die Determinante ist multilinear. Aber dein Ansatz ist auch gut - sofern du benutzen darfst, dass die Determinante das Produkt der Eigenwerte ist. Außerdem brauchst du noch, dass die Eigenwerte von xy^T gerade Null und x^Ty sind. Dann folgt nämlich (sigma(A) ist die Menge der Eigenwerte von A): Also gilt Wenn du das alles schon weißt, ist OK. Ansonsten verwende lieber die Multilinearität der Determinante. Der "Clou" oben ist, dass die Determinante verschwindet, sobald mehr als ein "v-Vektor" eine Spalte besetzt. |
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24.02.2008, 23:12 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Gibt es von dir noch eine Rückmeldung? |
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25.02.2008, 09:28 | kalman77 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Sorry, bin z.Z. leider nur am Arbeitsplatz online. In der Anwendung sind x und y immer Spaltenvektoren, von daher gilt die Annahme über die Eigenwerte, denke ich. xy^T sollte dann doch immer nur einen einzigen Eigenwert ungleich 0 haben, und der ist dann auch noch echt größer als 0. Und die Spur ist doch die Summe über alle Eigenwerte. Mein Problem ist, dass ich gerade das erste Mal etwas über die Multilinearität einer Determinante höre und daher den Ansatz nicht genau nachvollziehen kann. |
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25.02.2008, 10:58 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Natuerlich sind das Spaltenvektoren. Sonst macht die zu beweisende Gleichung doch gar keinen Sinn. Deine Folgerung daraus - die Eigenwerte betreffend - verstehe ich nicht.
Nein. Die Eigenwerte von xy^T sind 0 und x^Ty. Letzteres kann auch Null sein. Ist dies der Fall, so ist die Matrix nilpotent.
Ja, und?
Dann wird es aber hoechste Zeit. Du musst den ersten Ansatz doch auch gar nicht nachvollziehen. Wenn du mal genau im Thread liest, dann wirst du merken, dass wir bisher zwei Ansaetze zusammengetragen haben... |
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25.02.2008, 11:50 | kalman77 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Na ok, ich hätte vielleicht vorher erwähnen soll, dass ich kein studierter Mathematiker bin. Der Satz zu den Spaltenvektoren resultierte daraus, dass ich die Bemerkung mit "mehr als eine Spalte"
nicht so recht verstanden hatte. Aber ich darf schon verwenden, dass die Determ. dem Produkt der EW und die Spur der Summe der EW. entspricht. Und wenn beide Vektoren orthogonal sind, dann sind alle EW 0, dass hatte ich erst übersehen. Was ich eigentlich mit der Spur meine ist, dass es höchtens einen EW ungleich null gibt und dieser damit der Spur entspricht (Das darf ich auch verwenden). Da aber beim charakteristischen Polynom der zweit höchste Koeffizient gleich "-spur()" ist, kann man die restlichen Koeffizienten (n-2,...,0) ignorieren, da sie zusammen Null sein müssen. Und mit der Det=0 gilt die Gleichung auch für den Spezialfall orthogonale Vektoren. Wenn ich dann einfach \lambda=1 setze, hatte ich die Lösung mit dem charakt. Polynom. Naja, die Sache mit der Multilin. werde ich mir bei Gelegenheit mal näher anschauen. |
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25.02.2008, 13:03 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Wo setzt du lambda = 1, und welche Loesung meinst du? |
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25.02.2008, 14:22 | kalman77 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Also ich meine, dass ich mit dem Wissen über den Eigenwert folgendes schreiben kann: Die restlichen Koeffizienten des charak. Polynoms fallen weg. Und wenn ich jetzt \lambda = 1 setze, dachte ich, hätte ich den Beweis, den ich suche. Die Eigenwerte sind doch nur die Nullstellen des Polynoms, aber ich kann doch auch andere Werte einsetzen. |
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25.02.2008, 14:26 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Das scheint richtig zu sein. Wenn du das bereits als Satz hast, dann ist der Beweis deiner obigen Aussage trivial. Zudem koennte man dann fast sagen, du haettest meine Zeit verschwendet. |
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25.02.2008, 14:38 | kalman77 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Ich denke, das täuscht. Die Idee kam ja erst nach dem ersten Posting. Aber immerhin hab ich jetzt ein Problem weniger. |
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25.02.2008, 17:27 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Ich fühl mich trotzdem etwas geblödmeiert. Ist zwar nicht ganz so schlimm, aber trotzdem. Verwende doch das nächste mal ein wenig mehr Zeit, bevor du in das Forum postest. Ich gehe dabei davon aus, dass ihr das Thema gerade behandelt und du einfach hättest in die letztn paar Sätze schauen können. |
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26.02.2008, 09:24 | kalman77 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
OK, ich sollte vielleicht weiter ausholen um dich zu besänftigen. Ich hab mein Ingenieursstudium schon 'ne Weile hinter mir, also diese Aufgabe ist keine Übungsaufgabe für mich. Ich beschäftige mich mit Tracking (->Kalman-Filter). Dort hat man es eigentlich nur mit normalverteilten Größen zu tun. Allerdings habe ich hier einen Anwendungsfall, wo nachher ein Term (der mit der Determinante) übrig bleibt. Mit dieser Umformung kann ich das aber in eine Student-t-Verteilung überführen. Nun ja, mein ganzer Ansatz hängt eigentlich von der Gültigkeit dieser Gleichung ab. Ich habe diese in keinem Buch gefunden, sondern ein Kollege hat mich darauf hingewiesen, dass es irgend so eine Umformung geben muss, sich aber selber nicht sicher war. Daraufhin hab ich das für 'nen paar Beispiele ausprobiert, und das Ergebnis schien zu stimmen. Allerdings kann man daraus schlecht auf die Allgemeinheit schließen. Außerdem läuft der Algorithmus noch sehr instabil, und ich wollte diese Schlussfolgerung als Fehler ausschließen. Mit dem Problem hab ich mich schon 'ne ganze Weile rumgeschlagen. Die Idee kam mir erst, als ich überlegt habe, wie ich denn die ganzen Einzeldeterminanten deines ersten Postings wieder zum Spur-Term zusammenfassen kann. Ich hatte erst gedacht, das ganze Problem würde sich mit Laplace beweisen lassen, aber du hattest dann (n+1)-Terme und bei Laplace gibt es halt n-Terme. Nun, dann hat mir der Zufall geholfen. Ich hab im Merziger (Formeln und Hilfen zur Höheren Mathematik) nachgeschaut, ob ich irgend etwas bei den Determinanten übersehen habe. Der Witz ist, dass dort direkt danach das Eigenwertproblem behandelt wird. So bin ich dann darauf mehr oder weniger zufällig gestoßen. Ich wollte hier auf keinen Fall nur einen Beweis gegenchecken. Wenn ich hier nur rumtrollen wollte, hätte ich mich bestimmt nicht erst registriert. Ich kann deinen Unmut aber voll und ganz nachvollziehen und akzeptiere deine Kritik. So, und nun bin ich auch weg. |
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26.02.2008, 12:29 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||||
Wenn das SO ist, war meine Kritik aber völlig fehl am Platze. Ich wünsche dir noch viel Erfolg in deinem Ingenieurs-Job. |
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