Eigenwerte einer hermiteschen Matrix

02.07.2006, 16:13

Daktari

Eigenwerte einer hermiteschen Matrix

Hi, ich habe mal wiedeer Probleme mit einer Matheaufgabe

Sei A $\begin{eqnarray*} \in {\mathbb C}^{nxn} \end{eqnarray*}$ hermite'sch
z.z. A ist positif definit <=> alle Eigenwerte sind positive relle Zahlen.

Sei <,> das Standartskalarprodukt
Sei $\begin{eqnarray*} \vec{\lambda} \end{eqnarray*}$ die konjugierte Zahl zu $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$
"->"
Sei A positiv reell, dann ist $\begin{eqnarray*} <v,v>=v^tAv >0 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \forall v \in {\mathbb C}^{nxn} \end{eqnarray*}$
Insbesondere gilts dann auch für die Eigenvektoren mit $\begin{eqnarray*} f(v)=\lambda v \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <\lambda v,\lambda v> = \vec{\lambda}\lambda <v,v> >0 \end{eqnarray*}$ Nach Definition
--> $\begin{eqnarray*} \vec{\lambda}\lambda >0 \end{eqnarray*}$

Aber damit ist nichts gezeigt, da man hieraus nicht auf eine positive reelle Zahl $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ schließen kann traurig

Zudem habe ich hier nicht verwendet, dass $\begin{eqnarray*} A=A^*={\vec{A}}^t \end{eqnarray*}$ , da A hermitisch ist

02.07.2006, 17:42

tigerbine

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RE: Eigenwerte einer hermitischen Matrix
Sei also A hermitisch und $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ein Eigenwert von A. Dann gibt es einen Eigenvektor v mit

$\begin{eqnarray*} Av = \lambda v \end{eqnarray*}$

Sei nun A des weiteren auch positiv definit. Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \vec{x} ^{T}Ax > 0 \end{eqnarray*}$ für alle komplexen x ungleich dem Nullvektor

D.h., du musst auch das "richtige Skalarprodukt verwenden!

02.07.2006, 18:14

Daktari

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Danke für deine Antwort, aber damit komme ich auch nicht weiter.
Ich bin wohl zu sehr auf $\begin{eqnarray*} <\lambda v,\lambda v> = \vec{\lambda}\lambda <v,v> \end{eqnarray*}$ fixiert. Hilfe

02.07.2006, 20:31

tigerbine

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Ich glaube, bei meinem Problemen werde ich auch mal auf deine Fußnote zurückgreifen. Was nicht passt wird passend gemacht.

doch nun zurück zu Dir:

$\begin{eqnarray*} \vec{\lambda} <v,v> =<\lambda v, v> = (\vec{Av})^{T}v =(\vec{v})^{T}(\vec{A})^{T}v = (\vec{v})^{T}Av = <v,Av> = v, \lambda v> = \lambda <v,v> \end{eqnarray*}$

Also $\begin{eqnarray*} \vec{\lambda} = \lambda \end{eqnarray*}$

Besser jetzt Augenzwinkern

02.07.2006, 20:38

Daktari

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Hi tigerbine,
danke für deine Mühe,
aber so einen ähnlichen Beweis habe ich bei mir im schon Skript und ich versteh ihn auch.
Dieser besagt lediglich, dass der Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ reell ist, da $\begin{eqnarray*} \lambda = \vec{\lambda} \end{eqnarray*}$ ist.
Aber z.z. $\begin{eqnarray*} \lambda >0 \end{eqnarray*}$ (mit $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ )

02.07.2006, 20:53

tigerbine

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Immer mal einen schritt nach dem Anderen. Wir haben ja jetzt noch gar nicht benutzt, dass A positiv definit ist. Wir wissen jetzt, dass $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ reel ist. Und das haben wir nur über die Defintion des komplexen Skalrprodukts und mit der Eigenschaft A hermitisch und $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ Eigenwert von A rausbekommen, durch Einsetzen,.

Wenn Du das nicht versteht, schlage die Definition nach.

Da A positiv definit ist, gilt:

$\begin{eqnarray*} \vec{v} ^{T}Av >0 \end{eqnarray*}$ So mit den Rechenregeln umformuliert führt das auf:

$\begin{eqnarray*} <v,Av> >0, <v,\lambda v> >0, \lambda <v,v> > 0 \end{eqnarray*}$

So nun ist aber <v,v> > 0 für v ungleich 0. aber 0 ist ja kein Eigenvektor!. Also muss auch $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ positiv sein

02.07.2006, 20:57

Daktari

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merci

kannste mir noch einen Tip für die Rückrichtung geben?
Also sei $\begin{eqnarray*} \lambda >0 \end{eqnarray*}$ ein Eigenwert. z.z. A ist positiv definit.

02.07.2006, 21:23

tigerbine

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Na, die Eigenvektoren bilden eine Basis. Da A hermitisch ist, sind eine Orthonormalbasis.

nun musst Du zeigen, dass <x,Ax> > 0 gilt, für alle x ungleich 0. Stelle x als Linearkombination des Besisvektoren dar.

02.07.2006, 21:34

Daktari

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Verständnisfrage:
Angenommen wir würden uns im $\begin{eqnarray*} {\mathbb R}^{nxn} \end{eqnarray*}$ befinden und A ist symmetrisch.
Könnte man da in der "Rückrichtung" dann analog argumentieren (also: es ex. eine Basis aus EV...)?
Mein Bauch sagt ja, aber was sagt die Tigerbiene smile

02.07.2006, 22:09

tigerbine

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Na, da kommst Du doch selbst drauf oder? Eine reelle Zahl ist eine komplexe zahl mit Imaginärteil 0. also ist der Fall schon längst bewiesen.

Die existenz der Orthonormalbasis aus EV sichert der Spektralsatz. Den beweis ich Dir jetzt aber nicht Augenzwinkern

Da schaust Du mal im Skript nach, oder googlst.

Gruß Wink

02.07.2006, 22:23

Daktari

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Den Spektralsatz kenn ich sogar. smile

Wenn ich dich drücken könnte, würde ich's tun Mit Zunge

Manchmal sehe ich eben den Wald vor lauter Bäumen nicht Forum Kloppe

03.07.2006, 09:34

Daktari

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Ich bin's nochmal,
hab's doch net so ganz verstanden

Ich verstehe nicht, wieso aus
$\begin{eqnarray*} <v,Av> \end{eqnarray*}$ die Positiv-Definitheit folgen soll

Sei $\begin{eqnarray*} B=(b_1,...,b_n) \end{eqnarray*}$ eine Orthonormalbasis
Sei $\begin{eqnarray*} v=\sum_ {i=1}^{n} {\lambda}_ib_i \end{eqnarray*}$
Sei $\begin{eqnarray*} A=(a_{ij}) \in {\mathbb C}^{nxn} \end{eqnarray*}$

dann ist $\begin{eqnarray*} <v,Av>=<\sum_ {i=1}^{n} {\lambda}_ib_i,a_{ij}\sum_ {i=1}^{n} {\lambda}_i b_i >=\sum_{i=1}^{n}a_{ij}{\lambda}_i\vec{{\lambda}_i} <b_i,b_i>=\sum_{i=1}^{n} a_{ij} |\lambda |^2 <b_i,b_i> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} <b_i,b_i> >0 \end{eqnarray*}$ Nach Definition des Skalarptoduktes, denn
sei $\begin{eqnarray*} v=(a_1+i*b_1,...,a_n+i*b_n) \end{eqnarray*}$ , dann ist
$\begin{eqnarray*} <v,v> =\sum_{k=1}^{n} (a_k+i*b_k)(a_k-i*b_k)=\sum_ {k=1}^{n} (a_k)^2+(b_k)^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |\lambda |^2 >0 \end{eqnarray*}$ ist auch klar, da $\begin{eqnarray*} \lambda >0 \end{eqnarray*}$ ,

wenn $\begin{eqnarray*} <v,v>>0 \end{eqnarray*}$ sein soll, dann muss doch $\begin{eqnarray*} a_{ij}>0 \end{eqnarray*}$ sein, aber eine Matix mit nur positiven Einträgen ist doch nicht unbedingt positiv definit, oder?

03.07.2006, 09:58

Mazze

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Benutze das hermitesche Matrizen unitär diagonalisierbar sind, dann finden wir also Transformationsmatrizen so das

$\begin{eqnarray*} A = PDP^H \end{eqnarray*}$

wobei d die diagonalmatrix beschreibt. Dann können wir schreiben:

$\begin{eqnarray*} v^HPDP^Hv \end{eqnarray*}$

Da nun P einen bijektiven Endomophismus beschreibt können wir das ganze durch

$\begin{eqnarray*} v'^HDv' \end{eqnarray*}$

ersetzen , mit $\begin{eqnarray*} v' = P^Hv \end{eqnarray*}$

Jetzt überlege Dir wann

$\begin{eqnarray*} v'^HDv' \geq 0 \end{eqnarray*}$

gilt. Tip: Schreibe den Vektor in seinen Komponenten auf.

03.07.2006, 21:12

Daktari

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Zitat:

Original von Mazze
Jetzt überlege Dir wann
$\begin{eqnarray*} v'^HDv' \geq 0 \end{eqnarray*}$ gilt. Tip: Schreibe den Vektor in seinen Komponenten auf.

OK, sei $\begin{eqnarray*} v'=\sum_{i=1}^{n} {\lambda}_ib_i \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} B=(b_1,...,b_n) \end{eqnarray*}$ Orthonormalbasis aus Eigenvektoren
Sei $\begin{eqnarray*} D=diag\{d_1,d_2,...,d_n\} \end{eqnarray*}$ die Diagonalmatrix

Dann ist $\begin{eqnarray*} v'^HDv=\sum_{i=1}^{n} d_i(\lambda_i)^2(b_i)^2 \end{eqnarray*}$

Wenn $\begin{eqnarray*} v\neq 0 \end{eqnarray*}$ , dann ex. mind eine Stelle (j), an der der Vektor enen von 0 verscheidenen Eintrag hat. Dann muss $\begin{eqnarray*} d_j >0 \end{eqnarray*}$ sein, damit das ganze pos.def. ist.

Oder?

04.07.2006, 20:19

Mazze

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richtig argumentiert!

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