Definitheit, Eigenwerte

29.04.2014, 23:29	10001000Nick1	Auf diesen Beitrag antworten »
Definitheit, Eigenwerte Meine Frage: Hallo, ich versuche zu zeigen, dass eine symmetrische Matrix $\begin{eqnarray} A\in\mathbb{R}^{n\times n} \end{eqnarray}$ genau dann positiv definit ist, wenn alle Eigenwerte positiv sind. Meine Ideen: Die eine Richtung habe ich schon hingekriegt: Sei $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ symmetrisch und positiv definit. Wegen der Symmetrie sind alle Eigenwerte von $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ reell. Sei $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ ein Eigenwert von $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ ein zugehöriger Eigenvektor. Dann gilt $\begin{eqnarray} 0<x^T A x=x^T \lambda x=\lambda x^T x=\lambda \underbrace{\sum_{i=1}^n x_i^2}_{>0} \end{eqnarray}$ Also $\begin{eqnarray} \lambda >0 \end{eqnarray}$ . Bei der anderen Richtung komme ich aber nicht weiter. Sei $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ symmetrisch und alle Eigenwerte positiv. Sei $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ ein Eigenwert und $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ ein zugehöriger Eigenvektor. Dann gilt $\begin{eqnarray} 0<\underbrace{\lambda}_{>0} \underbrace{\sum_{i=1}^n x_i^2}_{>0}=\lambda x^T x=x^T\lambda x=x^T A x \end{eqnarray}$ Damit hätte ich also für alle Eigenvektoren zu den Eigenwerten gezeigt, dass gilt $\begin{eqnarray} x^T A x>0 \end{eqnarray}$ . Wie kann ich das denn aber für alle $\begin{eqnarray} x\neq 0 \end{eqnarray}$ zeigen? Danke für Tipps! Nick
01.05.2014, 22:43	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Definitheit, Eigenwerte Geeignete Orthonormalbasis wäre mein Tipp
01.05.2014, 23:33	10001000Nick1	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok. Danke für den Tipp. Seien also die Eigenwerte $\begin{eqnarray} \lambda_1, ..., \lambda_n>0 \end{eqnarray}$ (paarweise verschieden) und $\begin{eqnarray} x_1, ..., x_n \end{eqnarray}$ zugehörige Eigenvektoren, linear unabhängig und normiert. Dann bilden die $\begin{eqnarray} x_1, ..., x_n \end{eqnarray}$ eine Orthonormalbasis des $\begin{eqnarray} \mathbb{R}^n \end{eqnarray}$ (weil Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenvektoren paarweise orthogonal zueinander sind). Dann lässt sich jedes $\begin{eqnarray} x\in\mathbb{R}^n \end{eqnarray}$ schreiben als $\begin{eqnarray} x=\sum_{i=1}^n a_n x_n \end{eqnarray}$ . Sei jetzt $\begin{eqnarray} x\neq 0 \end{eqnarray}$ . Dann ist $\begin{eqnarray} x^T Ax=\left(\sum_{i=1}^n a_ix_i\right)^T A \left(\sum_{i=1}^n a_i x_i\right)=\left(\sum_{i=1}^n a_ix_i^T\right) A \left(\sum_{i=1}^n a_i x_i\right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\left(\sum_{i=1}^n a_ix_i^T\right) \left(\sum_{i=1}^n a_i Ax_i\right)=\left(\sum_{i=1}^n a_ix_i^T\right) \left(\sum_{i=1}^n a_i \lambda_i x_i\right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_ia_j\lambda_j x_i^T x_j=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_ia_j\lambda_j\delta_{ij} \end{eqnarray}$ ( $\begin{eqnarray} \delta_{ij} \end{eqnarray}$ ist das Kronecker-Delta) $\begin{eqnarray} =\sum_{j=1}^n \lambda_j a_j^2>0 \end{eqnarray}$ ( $\begin{eqnarray} \lambda_j>0 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} j\in\{1, ..., n\} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} a_j\neq 0 \end{eqnarray}$ für ein $\begin{eqnarray} j\in\{1, ..., n\} \end{eqnarray}$ , weil sonst x der Nullvektor wäre). Passt das so? Aber was mache ich, wenn die Eigenwerte nicht alle paarweise verschieden sind, also wenn ein Eigenwert in einer algebraischen Vielfachheit $\begin{eqnarray} k>1 \end{eqnarray}$ auftritt? Finde ich dann immer $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ linear unabhängige und orthogonale Eigenvektoren zu diesem Eigenwert?
01.05.2014, 23:38	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Du nimmst eine Basis des Eigenraums und wirfst Gram-Schmidt an.
01.05.2014, 23:41	10001000Nick1	Auf diesen Beitrag antworten »
Dazu müsste doch aber der Eigenraum die Dimension $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ haben, der Eigenwert also geometrische Vielfachheit $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ . Das ist doch aber nicht unbedingt so.
01.05.2014, 23:47	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Bei einer symmetrischen Matrix ist das so, denn sie ist diagonalisierbar.
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01.05.2014, 23:56	10001000Nick1	Auf diesen Beitrag antworten »
OK, danke für deine Hilfe!

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