Symmetrische Tridiagonalmatrix

05.07.2009, 15:01

Bjoern1982

Symmetrische Tridiagonalmatrix

Hallo,

es geht um eine symmetrische Tridiagonalmatrix $\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} d_1 & e_2 & & & & \\ e_2 & d_2 & e_3 & & & 0 \\ & e_3 & \ddots & \ddots & \\ &&\ddots&&&\\ &&&&&&e_n \\ &0&&&&e_n &d_n \\ \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} e_i \neq 0 \end{eqnarray*}$ für alle i=2,.....,n

Man defniert das i-te charakteristische Polynom durch $\begin{eqnarray*} p_i(\lambda)=(A_i-\lambda \cdot I) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p_0(\lambda)=1 \end{eqnarray*}$ und erhält damit dann diese rekursive Darstellung:

$\begin{eqnarray*} p_1(\lambda)=d_1-\lambda \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p_i(\lambda)=(d_i-\lambda)p_{i-1}(\lambda)-e_i^2 \cdot p_{i-2}(\lambda) \end{eqnarray*}$

Bewiesen habe ich diesen Zusammenhang mittels LaPlace Entwicklung, das war noch ziemlich intuitiv.

Jetzt soll weiterhin noch folgendes für die oben definierten Polynome gezeigt werden:

a) $\begin{eqnarray*} p_n'(\hat \lambda)p_{n-1}(\hat \lambda)<0 \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} p_n(\hat \lambda)=0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \hat \lambda \in~ \mathbb R \end{eqnarray*}$

b) $\begin{eqnarray*} p_{i-1}(\hat \lambda)p_{i+1}(\hat \lambda)<0 \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} p_i(\hat \lambda)=0 \end{eqnarray*}$ für ein i aus {1,2,....,n-1}

Und hier hänge ich jetzt fest.

Meine Gedanken dazu bis jetzt:

Da diese Matrix immer verschiedene (reelle) Eigenwerte hat, können demnach keine mehrfachen Nullstellen des char. Polynoms auftauchen und folglich wäre damit dann auch schonmal gesichert, dass die 1. Ableitung an der Stelle $\begin{eqnarray*} \hat \lambda \end{eqnarray*}$ ungleich null ist.
Warum jetzt auch $\begin{eqnarray*} p_{n-1}(\hat \lambda) \end{eqnarray*}$ bei Teil a) und entsprechend $\begin{eqnarray*} p_{i-1}(\hat \lambda) \end{eqnarray*}$ bzw $\begin{eqnarray*} p_{i+1}(\hat \lambda) \end{eqnarray*}$ bei Teil b) ungleich null sind hängt wohl mit der gegebenen, speziellen rekursiven Zusammenstellung zusammen, die man evtl auch irgendwie mit dem euklid. Algo. in Verbindung bringen könnte und dann womöglich wegen $\begin{eqnarray*} p_0(\lambda)=1 \end{eqnarray*}$ auf die Teilerfremdheit entsprechender Polynome dieser Form schließen kann.

Vielleicht kann ich mir diesen ganzen Kram auch sparen, denn im Endeffekt muss ich ja gerade zeigen, dass die jeweiligen Funktionswerte an der Stelle $\begin{eqnarray*} \hat \lambda \end{eqnarray*}$ unterschiedliche Vorzeichen haben, da nur so das Produkt am Ende negativ werden kann.

Ferner hab ich noch mal ein wenig in verschiedenen Büchern gestöbert und habe festgestellt, dass man bei dieser Art von Polynomen auch von Sturmscher Kette spricht, was wir zwar nicht in der VL behandelt haben, jedoch dann offensichtlich die Bedingzungen a) und b) immer bei solchen Ketten vorausgesetzt sind.
So richtig helfen tut mir das im Zusammenhang mit diesen speziellen Polynomen jedoch nicht.

Achja ich hatte mittels der Produktregel auch mal $\begin{eqnarray*} p_n'(\hat \lambda) \end{eqnarray*}$ gebildet und gehofft, dass ich damit dann das Produkt in a) irgendwie weiter zusammenfassen kann, so dass ein negatives Produkt offensichtlich wird - auch das blieb jedoch erfolglos.

Ok wie ihr seht habe ich mir schon einige Gedanken zu dem Thema gemacht, jedoch komme ich leider nicht weiter und würde mich freuen wenn jemand eine Idee hat smile

Gruß Björn

05.07.2009, 17:14

WebFritzi

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(b) mit " $\begin{eqnarray*} \le \end{eqnarray*}$ " anstatt "<" folgt direkt aus der Rekursionsformel.

05.07.2009, 17:44

Bjoern1982

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Ah ok, du meinst wenn ich in der Rekursionsformel $\begin{eqnarray*} p_{i-1}(\lambda)=0 \end{eqnarray*}$ setze folgt die Behauptung direkt wegen den unterschiedlichen Vorzeichen, oder ?

05.07.2009, 18:05

WebFritzi

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Zitat:

Original von Bjoern1982
Ah ok, du meinst wenn ich in der Rekursionsformel $\begin{eqnarray*} p_{i-1}(\lambda)=0 \end{eqnarray*}$ setze folgt die Behauptung direkt wegen den unterschiedlichen Vorzeichen, oder ?

Wenn du mit $\begin{eqnarray*} p_i(\lambda) \end{eqnarray*}$ multiplizierst, ja. Jetzt musst du natürlich noch irgendwie ausschließen, dass $\begin{eqnarray*} p_i(\lambda) = p_{i-1}(\lambda) = p_{i-2}(\lambda) = 0 \end{eqnarray*}$ auftritt.

05.07.2009, 20:11

Bjoern1982

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Das ist wohl wahr.

Vielleicht mit Induktion ?

Behauptung: Für alle i aus {1,....,n-1} folgt sowohl $\begin{eqnarray*} p_{i-1}(\hat \lambda) \neq p_i(\hat \lambda) \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} p_{i+1}(\hat \lambda) \neq p_i(\hat \lambda) \end{eqnarray*}$

für i=1 folgt bei

Zitat:

$\begin{eqnarray*} p_{i-1}(\hat \lambda)p_{i+1}(\hat \lambda)<0 \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} p_i(\hat \lambda)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p_0(\hat \lambda)=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p_2(\hat \lambda)=-e_2^2 \end{eqnarray*}$

Schomal erfüllt wegen $\begin{eqnarray*} e_i \neq 0 \end{eqnarray*}$

Jetzt der Induktionsschritt i ---> i+1

Betrachtet man also $\begin{eqnarray*} p_{i}(\hat \lambda) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p_{i+1}(\hat \lambda)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p_{i+2}(\hat \lambda)=(d_{i+2}-\hat \lambda)p_{i+1}(\hat \lambda)-e_{i+2}^2p_i(\hat \lambda)=-e_{i+2}^2p_i(\hat \lambda) \end{eqnarray*}$
folgt aufgrund der Voraussetzung $\begin{eqnarray*} p_{i+1}(\hat \lambda) \neq p_i(\hat \lambda) \end{eqnarray*}$ die Behauptung für alle definierten i's.

Sieht noch bisschen komisch aus oder geht das so in Ordnung ? verwirrt

08.07.2009, 17:16

Bjoern1982

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Hat jemand noch eine Idee für den Nachweis von

Zitat:

a) $\begin{eqnarray*} p_n'(\hat \lambda)p_{n-1}(\hat \lambda)<0 \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} p_n(\hat \lambda)=0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \hat \lambda \in~ \mathbb R \end{eqnarray*}$

für die rekursiv definierten Polynome

Zitat:

$\begin{eqnarray*} p_i(\lambda)=(d_i-\lambda)p_{i-1}(\lambda)-e_i^2 \cdot p_{i-2}(\lambda) \end{eqnarray*}$

mit

Zitat:

$\begin{eqnarray*} p_0(\lambda)=1 \end{eqnarray*}$

und

Zitat:

$\begin{eqnarray*} p_1(\lambda)=d_1-\lambda \end{eqnarray*}$

Falls es hilft hier auch noch die Ableitung:

$\begin{eqnarray*} p_n'(\hat \lambda)=-p_{n-1}(\hat \lambda)+(d_n-\hat \lambda)\cdot p_{n-1}'(\hat \lambda)-e_n^2 \cdot p_{n-2}'(\hat \lambda) \end{eqnarray*}$

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