Wie Existenz eines solchen Vektors begründen?

11.06.2017, 16:30

DarkMath

Wie Existenz eines solchen Vektors begründen?

Meine Frage:
Ich habe hier folgende Aussage:

$\begin{eqnarray*} \forall r\in\mathbb{R}_+,\forall A\in\mathbb{R}^{n\times n}\setminus\lbrace0\rbrace:\exists x\in\mathbb{R}^n:r=|x^T\cdot A\cdot x| \end{eqnarray*}$

Offenbar ist die Aussage wahr. Aber wie kann man das begründen? Gibt es da einen "schönen" konstruktiven Beweis?

Meine Ideen:
Ansatz: $\begin{eqnarray*} |x^T\cdot A\cdot x|=\left|\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n a_{i,j}\cdot x_i \cdot x_j\right| \end{eqnarray*}$

11.06.2017, 18:22

Elvis

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Offenbar ist die Aussage falsch, denn ich habe ein Gegenbeispiel. $\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\Rightarrow x^TAx=0 \end{eqnarray*}$

11.06.2017, 18:28

DarkMath

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Zitat:

Original von Elvis
Offenbar ist die Aussage falsch, denn ich habe ein Gegenbeispiel. $\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\Rightarrow x^TAx=0 \end{eqnarray*}$

Danke, das habe ich übersehen. Wie sieht es aus, wenn ich zusätzlich Symmetrie von A fordere? Dann dürfte es kein Gegenbeispiel mehr geben. Hast du dann einen Beweistipp?

11.06.2017, 19:55

Elvis

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Fallunterscheidung: $\begin{eqnarray*} a_{ii}\ne 0 \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} i\in\{1,...,n\} \end{eqnarray*}$ , wähle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_i=\delta_{ij}\sqrt r \end{eqnarray*}$ . Sonst ist ein $\begin{eqnarray*} a_{ij}=a_{ji}\ne 0 \end{eqnarray*}$ , probiere $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \frac {\sqrt r}{2} \end{eqnarray*}$ an der Stelle $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ (oder so ähnlich, vielleicht musst du noch auf die Vorzeichen achten). Alle anderen Komponenten von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ kannst du 0 setzen.

13.06.2017, 09:41

DarkMath

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Vielen Dank für deinen Tipp!
Hier der ausformulierte Ansatz:

Setze $\begin{eqnarray*} \tilde{a}_{i,i}:=\left\lbrace\begin{array}{ll} a_{i,i} &\text{falls } a_{i,i}\neq0 \\<br /> 1 & \text{sonst }\end{array}\right. \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m:=|\lbrace a_{i,i}:i\in\lbrace1,...,n\rbrace\wedge a_{i,i}\neq0\rbrace| \end{eqnarray*}$

Falls $\begin{eqnarray*} m\neq0 \end{eqnarray*}$ gilt:

Setze $\begin{eqnarray*} \tilde{x}_i:=\delta_{i,j}\cdot\sqrt{\frac{r}{m\cdot\tilde{a}_{i,i}}} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} i\in\lbrace1,...,n\rbrace \end{eqnarray*}$ mit . Dann gilt:\\
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n a_{i,j}\cdot \tilde{x}_i \cdot \tilde{x}_j=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n a_{i,j}\cdot \delta_{i,j}\cdot \sqrt{\frac{r}{m\cdot\tilde{a}_{i,i}}}\cdot \underbrace{\delta_{j,j}}_{=1}\cdot\sqrt{\frac{r}{m\cdot\tilde{a}_{j,j}}}=\sum\limits_{i=j=1}^n a_{i,i}\cdot \frac{r}{m\cdot\tilde{a}_{i,i}}=\sum\limits_{\begin{subarray}{c}i=j=1\\a_{i,i}\neq0\end{subarray}}^n a_{i,i}\cdot \frac{r}{m\cdot a_{i,i}}=\sum\limits_{\begin{subarray}{c}i=j=1\\a_{i,i}\neq0\end{subarray}}^n\frac{r}{m}=\frac{r}{m}\cdot m=r \end{eqnarray*}$

Der Fall $\begin{eqnarray*} m=0 \end{eqnarray*}$ ist mir aber noch nicht ganz klar.

13.06.2017, 11:48

Elvis

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Mein Ansatz für den ersten Fall war $\begin{eqnarray*} x^T=(0,...,0,\frac {\sqrt r} {\sqrt {|a_{ii}|}},0,...,0) \end{eqnarray*}$ . Das funktioniert falls ein $\begin{eqnarray*} a_{ii}\ne 0 \end{eqnarray*}$ ist. Man muss das nicht mit $\begin{eqnarray*} \delta_{ij} \end{eqnarray*}$ ausrechnen, das war nur um meine Idee kurz zu formulieren.

Den 2. Fall kannst du ebenso berechnen, indem du alle bis auf einen Koeffizienten von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ setzt. Auch für diesen Fall muss man vermutlich den von 0 verschiedenen Koeffizienten $\begin{eqnarray*} \frac {\sqrt r}{2} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \sqrt {|a_{ij}|} \end{eqnarray*}$ dividieren.

Als "Beweis" genügt mir eine "plausible Berechnung":
$\begin{eqnarray*} (0,...,0,\frac {\sqrt r}{\sqrt {|a_{ii}}|},0,...,0)\begin{pmatrix} * & * & * \\ * & a_{ii} & * \\ * & * & * \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ ... \\ 0 \\ \frac {\sqrt r}{\sqrt {|a_{ii}}|} \\ 0 \\ ... \\ 0 \end{pmatrix}=(\frac {\sqrt r}{\sqrt {|a_{ii}}|}a_{i1},...,\frac {\sqrt r}{\sqrt {|a_{ii}}|}a_{ii},...,\frac {\sqrt r}{\sqrt {|a_{ii}}|}a_{in})\begin{pmatrix} 0 \\ ... \\ 0 \\ \frac {\sqrt r}{\sqrt {|a_{ii}}|} \\ 0 \\ ... \\ 0 \end{pmatrix}=\frac r {|a_{ii}|}a_{ii}=sgn(a_{ii})r \end{eqnarray*}$

13.06.2017, 18:02

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Für symmetrisches A kann man auch $\begin{eqnarray*} A=S^TDS \end{eqnarray*}$ mit orthogonalem S und Diagonalmatrix D verwenden.

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