Größter Matrixeintrag einer symmetrischen und positiv definiten Matrix

19.06.2006, 16:04

Daktari

Größter Matrixeintrag einer symmetrischen und positiv definiten Matrix

Hi

Ich soll zeigen, dass der größte Wert einer symmetrisch, positiv definiten nxn Matrix auf der Diagonalen steht.

Hab mal versucht diesen Text umzuschreiben
z.z.: $\begin{eqnarray*} \exists i\in \{ 1,2,...,n\} : a_{ii} > a_{st} \end{eqnarray*}$
Natürlich nur für $\begin{eqnarray*} s \neq t \end{eqnarray*}$

A ist symmetrisch, d.h. $\begin{eqnarray*} A=A^t \end{eqnarray*}$
A ist positiv definit, d.h. $\begin{eqnarray*} v^tAv>0 \ \ \forall v \in V \end{eqnarray*}$

Hab mir bis jetzt folgendes gedacht:
Wenn ich zeigen kann, dass wenn der größte Wert nicht auf der Diagonalen liegt, gibt es ein $\begin{eqnarray*} v \in V \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} v^tAv \leq 0 \end{eqnarray*}$ .
Somit ist A nicht positiv definit und die Behauptung ist bewiesen.

Sei $\begin{eqnarray*} a_{ij} \end{eqnarray*}$ der größte Eintrag dieser nxn Matrix, welcher nicht auf der Diagonalen liegt (d.h. $\begin{eqnarray*} i\neq j \end{eqnarray*}$ ). Dann müsste die j-Spalte (in welcher $\begin{eqnarray*} a_{ij} \end{eqnarray*}$ steht, wie folgt aussehen:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} * \\ * \\ ... \\ a_{ij} \\ * \\ * \\ ... \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ Über * kann man nichts sagen, auser dass $\begin{eqnarray*} *<a_{ij} \end{eqnarray*}$
Wenn ich mir v wie folgt wähle, dann ist $\begin{eqnarray*} v^tAv \leq 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ ... \\ 0 \\ -\sqrt{|a_{ij} |} \\ 0 ... \\ o \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
denn $\begin{eqnarray*} -|a_{ij}|\sqrt{|a_{ij} |} \leq 0 \end{eqnarray*}$

Aber mit dieser "Lösung" bin ich net so glücklich. Hilfe

19.06.2006, 16:45

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Also mit lauter Nullen und nur einem Nichtnull-Eintrag in $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ (oder hab ich dich falsch verstanden?) kann der indirekte Beweis gar nicht funktionieren.

Aber so klappt's mit dem indirekten Beweis: Wenn $\begin{eqnarray*} a_{st} \end{eqnarray*}$ der betragsmäßig größte Matrixeintrag sei, und außerhalb der Diagonale liegen möge, dann wähle ein $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ mit Komponente 1 an Position $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ und zunächst noch variablen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ an Position $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ , der Rest Null. Dann ist $\begin{eqnarray*} v^tAv \end{eqnarray*}$ eine quadratische Funktion in $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , deren Minimum kleiner oder gleich Null ist, Widerspruch.

19.06.2006, 17:05

Daktari

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Danke für deine Antwort, aber ich versteh den Beweis nicht so ganz, denn
seien Sei $\begin{eqnarray*} A=(a_{ij}) \end{eqnarray*}$ und v=(0,0,...0,1,0,...,x,0,...0).
Dann ist doch
$\begin{eqnarray*} v^tAv=a_{ss}+a_{st}x+a_{ts}x+a_{tt}x² \end{eqnarray*}$
Wieso ist hier das Minimum $\begin{eqnarray*} \leq o \end{eqnarray*}$ ?

19.06.2006, 17:21

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Interessant ist eh nur der Fall $\begin{eqnarray*} a_{ss}>0,a_{tt}>0 \end{eqnarray*}$ . Minimiere doch einfach die quadratische Funktion, unter Nutzung von $\begin{eqnarray*} a_{ss}\leq a_{st} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{tt}\leq a_{st} \end{eqnarray*}$ .

Ach ja: Wegen der Symmetrie ist natürlich $\begin{eqnarray*} a_{ts}=a_{st} \end{eqnarray*}$ .

19.06.2006, 17:58

Daktari

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Interessant ist eh nur der Fall $\begin{eqnarray*} a_{ss}>0,a_{tt}>0 \end{eqnarray*}$ . Minimiere doch einfach die quadratische Funktion, unter Nutzung von $\begin{eqnarray*} a_{ss}\leq a_{st} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{tt}\leq a_{st} \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} (v^tAv)'=2a_{tt}x+2a_{st}=0 <=> x =\frac{-a_{st}}{a_{tt}} \end{eqnarray*}$
Da $\begin{eqnarray*} 0<a_{tt}\leq a_{st} \end{eqnarray*}$ ist x<0

Arthur, wieso nimmst du (weiter oben im Thread)an, dass $\begin{eqnarray*} a_{st} \end{eqnarray*}$ der BETRAGSMÄßIG größte Matrixeintrag sei. Es muss doch für den größten Eintrag gelten.

-7 < 2
|-7|=7 > 2

...

19.06.2006, 19:17

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Ja, Ok, vergiss das mit dem Betrag - da war ich wohl etwas neben der Spur...

19.06.2006, 23:08

Daktari

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Wenn ich $\begin{eqnarray*} x=\frac{-a_{st}}{a_{tt}} \end{eqnarray*}$ in
$\begin{eqnarray*} v^tAv=a_{ss}+a_{st}x+a_{ts}x+a_{tt}x² \end{eqnarray*}$ einsetze, dann erhalte ich $\begin{eqnarray*} a_{ss}(>0) \end{eqnarray*}$ .

Aber es soll doch $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ rauskommen.

19.06.2006, 23:24

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Tja, und ich erhalte nach dem Einsetzen $\begin{eqnarray*} \frac{a_{ss}a_{tt}-a_{st}^2}{a_{tt}} \end{eqnarray*}$ , und das ist nichtpositiv.

19.06.2006, 23:39

Daktari

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Ich könnt mich in Grund und Boden schämen. Du hast Recht, sry.
Liegt wohl an der Uhrzeit Hammer

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