Vektorrotation durch Matrix |
24.01.2013, 21:39 | Beppe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Vektorrotation durch Matrix Ich schlage mich gerade mit der Frage rum, was die Bedingungen dafür sind, dass eine matrix einen Vektor so dreht, dass er auf sich senkrecht steht, das heißt: , aber . Meine Ideen: Eine notwendige Bedingung ist offensichtlich, dass 0 im Wertebereich der Matrix liegen muss, aber sie ist nicht hinreichend. Bis auf dass ich natürlich Beispiele dafür auflisten kann, wann das passiert, stehe ich völlig auf dem Schlauch... |
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24.01.2013, 22:04 | Terry Lyndon | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Heisst * transponiert? Wenn ja ist diese Bedingung hinreichend. Die schreibweise ist äuqivalent zum Skalarprodukt <Av,v> herausnehmen musst v = 0 und A = 0, dafür ist Orthogonalität sinnlos. |
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24.01.2013, 22:27 | Beppe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
* heißt conjugiert transponiert. Ich betrachte die Sache über , das hätte ich natürlich dazu sagen müssen. Für, ist erfüllt, damit fällt es sowieso raus. Die Bedingung kann doch gar nicht hinreichend sein, man nehme . |
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24.01.2013, 23:03 | URL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: Vektorrotation durch Matrix
Die 0 ist doch immer im Wertebereich der Matrix. Meinst du, dass A nichttrivialen Kern haben soll? Soll die gesuchte Matrix einen speziellen Vektor so drehen oder alle Vektoren in ? Hast du nicht vorausgesetzt? Wie passt das dann zu ? |
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24.01.2013, 23:39 | Beppe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Sorry, die ursprüngliche Frage ist furchtbar formuliert. Die Frage sollte eigentlich lauten: Suche eine hinreichende Bedingung für die Matrix A, dass für alle Vektoren aus gilt. Notwendige Bedingung fürs obere ist offensichtlich, dass . Kann aber nicht hinreichend sein, da z. B. wenn A Rangedefizit hat, man einfach einen Vektor aus dem Kern nehmen könnte. Ich hoffe, ich habe es jetzt geschafft, meine Frage vernünftig auszudrücken. |
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25.01.2013, 01:24 | URL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ah, ja, besser. So erinnert das entfernt an positiv definite Sesquilinearformen bzw. positiv definite Matrizen und da tauchen im Reellen Zerlegungen der Form auf. Reicht dir das als Hinweis? |
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26.01.2013, 01:04 | Beppe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Danke, aber ich fürchte, das reicht mir nicht als Hinweis. Die Cholesky-Zerlegung existiert nur für posiv definite Matrizen, ist aber nicht hermitesch. Zumal die Frage trivial wird, wenn man annimmt, dass positiv definit ist. Stehe ich irgendwie auf dem Schlauch? Ich habe die ganze Zeit das Gefühl, ich übersehe etwas ganz triviales. |
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26.01.2013, 01:20 | URL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Die Idee war, in Analogie zu als hinreichende Bedingung zu stellen, dass A in der Form darstellbar ist. Wenn dir das zu trivial ist, fällt mir momentan nichts besseres ein. Gesucht war ja auch nur eine hinreichende Bedingung - und das ist es allemal |
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26.01.2013, 01:23 | Beppe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ich meine damit nur, dass wenn die Zerlegung existiert, man sich die nicht weiter anschauen braucht, weil die Aussage trivialerweise erfüllt ist. |
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26.01.2013, 01:25 | URL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Dann ist mir nicht klar, nach welcher Art von Bedingung du suchst |
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26.01.2013, 01:28 | Beppe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Naja, notwendig ist offensichtlich, dass aber 0 im Wertebereich von A liegt. Ist das auch hinreichend? Gibt es für eine nicht positiv semi-definite (bzw. eine mit einem nicht positiv semi-definitem hermitschen Teil) immer einen Vektor, der von einer nxn Matrix auf sich selbst senkrecht gedreht wird, der aber nicht im Kern liegt? |
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26.01.2013, 01:35 | URL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Das ergibt so keinen Sinn. 0 ist immer im Kern und im Wertebereich, das sind schließlich beides Vektorräume.
Du kannst doch immer einen beliebigen, von 0 verschiedenen Vektor nehmen, eine dazu orthogonalen und beide dann zu einer Basis ergänzen. Jetzt musst du nur noch eine lineare Abbildung definieren, die den ersten Basisvektor auf den zweiten abbildet und die übrigen Basisvektoren beliebig. Oder bin ich jetzt am Holzweg? |
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26.01.2013, 01:46 | Beppe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hat vollen Rang (=Kern leer) aber Wertebereich geht von -1 bis 1. Das heiß es MUSS einen Vektor geben, der erfüllt, hier . Die Frage ist also, was passiert, wenn A einen nichttrivialen Kern hat... |
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26.01.2013, 02:11 | URL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Für eine singuläre Matrix gibt's doch auch ein einfaches Gegenbeispiel aber . |
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