Sym. & Dreiecks-Matrix zu quadratischer Form finden

15.04.2021, 11:37	wunder-chris	Auf diesen Beitrag antworten »
Sym. & Dreiecks-Matrix zu quadratischer Form finden Meine Frage: Sei A ? Mat(n, R) und q : R^n ? R gegeben durch q(x) = x_T · A · x. Zeigen Sie, dass es genau eine symmetrische Matrix B ? Mat(n, R) und genau eine obere Dreiecksmatrix C ? Mat(n, R) gibt mit q(x) = x_T · B · x = x_T · C · x für alle x ? R^n. Drücken Sie die Einträge von B und C durch die von A aus. Ist meine Idee richtig oder würde man das besser anders machen? Wo sind meine Fehler? Meine Ideen: Ich versuche mit Induktion nach n zu zeigen: n=1 Es ist A=B=C=(a_11) und x_1(a_11)x_1 = a_11x_1^2 n>=2 Es gilt $\begin{eqnarray} x_TAx = \sum\limits_{i=1,j=1}^{n} a_{ij}x_ix_j = a_{11}x_1^2 + \sum\limits_{k=2}^{n} a_{1k}x_kx_1 + \sum\limits_{k=2}^{n} a_{k1}x_kx_1 + \sum\limits_{i=2,j=2}^{n} a_{ij}x_ix_j = \sum\limits_{k=1}^{n} (a_{1k}+a_{k1})x_kx_1 + \sum\limits_{i=2,j=2}^{n} a_{ij}x_ix_j \end{eqnarray}$ analog für B und C $\begin{eqnarray} x_TBx = \sum\limits_{i=1,j=1}^{n} b_{ij}x_ix_j = b_{11}x_1^2 + \sum\limits_{k=2}^{n} b_{1k}x_kx_1 + \sum\limits_{k=2}^{n} b_{k1}x_kx_1 + \sum\limits_{i=2,j=2}^{n} b_{ij}x_ix_j = \sum\limits_{k=1}^{n} (b_{1k}+b_{k1})x_kx_1 + \sum\limits_{i=2,j=2}^{n} b_{ij}x_ix_j \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_TCx = \sum\limits_{i=1,j=1}^{n} c_{ij}x_ix_j = c_{11}x_1^2 + \sum\limits_{k=2}^{n} c_{1k}x_kx_1 + \sum\limits_{k=2}^{n} c_{k1}x_kx_1 + \sum\limits_{i=2,j=2}^{n} c_{ij}x_ix_j = \sum\limits_{k=1}^{n} (c_{1k}+b_{k1})x_kx_1 + \sum\limits_{i=2,j=2}^{n} c_{ij}x_ix_j \end{eqnarray}$ Wählen wir $\begin{eqnarray} c_{11} = b_{11} = a_{11} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} b_{1k} = b_{1k} = b_{k1} = \frac{1}{2}(a_{1k}+a_{k1}) \end{eqnarray}$ für alle k = 2,..,n und $\begin{eqnarray} c_{k1} = 0, c_{1k} = a_{1k}+a_{k1} \end{eqnarray}$ für alle k = 2,..,n Die Einschränkung B\|(n-1)x(n-1) ist nach IV eine symmetrische Matrix und entsprechend C\|(n-1)x(n-1) eine obere Dreiecksmatrix. Mit der Erweiterung der durch $\begin{eqnarray} (b_{11}, ..., b_{1n}), (b_{11}, ...,b_{n1})^T \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} (c_{11}, ..., c_{1n}), (c_{11}, 0, ..., 0)^T \end{eqnarray}$ ergibt sich dann B und C entsprechend der Behauptung. Ich hab mich etwas schwer getan die Matrizen in latex einfacher darzustellen, also nur die obere Zeile auszuschreiben und den Rest über einen Buchstaben in der Mitte. Genauso eine Obere Dreiecksmatrix. Ich hoffe man kann sich das erstmal so vorstellen. Reicht es bei der Eindeutigkeit zu zeigen: Seien b_ij' und b_ij symmetrische Einträge der B-Matrix. Dann gilt ja $\begin{eqnarray} b_{ji}' = b_{ij}' = \frac{1}{2}(a_{ij} + a{ji}) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} b_{ji} = b_{ij} = \frac{1}{2}(a_{ij} + a{ji}) \end{eqnarray}$ also gilt $\begin{eqnarray} b_{ji} = b_{ij} = b_{ji}' = b_{ij}' = \frac{1}{2}(a_{ij} + a{ji}) \end{eqnarray*}$ ?
16.04.2021, 08:12	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist vernünftig, sich das erst einmal, wie du es gemacht hast, mit einer Koordinatenrechnung klarzumachen. Dann kann man aber versuchen, zu globalen Matrizenrechnungen überzugehen. Der Term $\begin{align} a_{ij} + a_{ji} \end{align}$ entsteht, wenn man die symmetrische $\begin{align} A + A^{\top} \end{align}$ bildet, und zwar sowohl an der Position $\begin{align} (i,j) \end{align}$ als auch an der Position $\begin{align} (j,i) \end{align}$ . Es läuft daher auf $\begin{align} B = \frac{1}{2} \left( A + A^{\top} \right) \end{align}$ hinaus. Nachdem man das erkannt hat, kann man sein Vorgehen optimieren. Ich würde mit einem Hilfssatz beginnen. Für eine symmetrische Matrix $\begin{align} S=(s_{ij}) \end{align}$ kann die quadratische Form $\begin{align} r(x) = x^{\top}Sx \end{align}$ nur dann konstant 0 sein, wenn $\begin{align} S=0 \end{align}$ ist. Man kann das so einsehen: Mit $\begin{align} e_i \end{align}$ als der $\begin{align} i \end{align}$ -ten Spalte der Einheitsmatrix findet man heraus: $\begin{align} {e_i}^{\top}Se_j = s_{ij} \end{align}$ . Damit folgt: $\begin{align} 0 = r(e_i) = s_{ii} \end{align}$ . Somit sind schon mal alle Diagonalelemente von $\begin{align} S \end{align}$ gleich 0. Und weiter folgt für $\begin{align} i \neq j \end{align}$ : $\begin{align} 0 = r(e_i+e_j) = \left( {e_i}^{\top} + {e_j}^{\top} \right) S \left( e_i + e_j \right) = {e_i}^{\top}Se_i + {e_i}^{\top}Se_j + {e_j}^{\top}Se_i + {e_j}^{\top}Se_j = s_{ii} + s_{ij} + s_{ji} + s_{jj} = 2s_{ij} \end{align}$ Im Falle, daß der zugrundeliegende Körper nicht die Charakteristik 2 besitzt, kann man daher auf $\begin{align} s_{ij} = 0 \end{align}$ schließen. Also ist $\begin{align} S=0 \end{align}$ . Man sieht auch, daß der letzte Schluß nicht funktioniert, wenn $\begin{align} S \end{align}$ nicht symmetrisch ist. Mit diesem Hilfssatz ist man schnell am Ziel. Nimm an, daß $\begin{align} q(x) = x^{\top}Ax \end{align}$ gilt, wobei $\begin{align} A \end{align}$ nicht symmetrisch zu sein braucht. Beginnen wir mit der Eindeutigkeit. Setzen wir daher voraus, daß es eine symmetrische Matrix $\begin{align} B \end{align}$ mit $\begin{align} x^{\top}Ax = x^{\top}Bx \end{align}$ gibt. Durch Transponieren dieser Gleichung folgt: $\begin{align} x^{\top}A^{\top}x = x^{\top}Bx \end{align}$ Nun addiert man diese beiden Gleichungen und bringt alles auf eine Seite. Man erhält: $\begin{align} x^{\top} \left( A+A^{\top}-2B \right) x = 0 \end{align}$ Nun bring das selber zu Ende. Und was man bei der Eindeutigkeit herausgefunden hat, kann man bei der Existenz als Ansatz wählen.
24.04.2021, 07:45	wunder-chris	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Leopold, dank für die ausführliche Antwort. Der Hilfssatz ist spitze, wie kommt man auf sowas Also ich hab jetzt die Existenz folgendermaßen zeigen wollen. Ich fange an mit $\begin{eqnarray} x^{T}Ax = x^{T}Bx \end{eqnarray}$ Wenn A symmetrisch ist gilt A = B, sei also A nicht symmetrisch. Ich transponiere die Gleichung $\begin{eqnarray} x^{T}A^{T}x = x^{T}B^{T}x \end{eqnarray}$ Addieren und umstellen ergibt folgendes: $\begin{eqnarray} x^{T}(A + A^{T} - (B+B^{T})x \end{eqnarray}$ Der mittlere Term ist symmetrisch und nach unserem Hilfssatz muss der Term 0 werden. $\begin{eqnarray} A + A^{T} = (B+B^{T} \end{eqnarray}$ Jetzt bin ich mir unsicher, ich darf ja nicht annehmen, dass B symmetrisch ist, sondern muss zeigen, dass B eine symmetrische Matrix sein muss oder? Vielleicht kann man sagen, wenn B nicht symmetrisch ist dann muss A=B und A_T = B_T sein und damit ergibt sich nichts neues? Andernfalls könnte ich umstellen und bekomme für B: $\begin{eqnarray} \frac{1}{2}(A + A^{T}) = B \end{eqnarray}$ Du meintest ja du hast Eindeutig gezeigt, ich hätte da dann eher sowas gemacht mit B, B' symmetrisch $\begin{eqnarray} x^{T}Ax = x^{T}Bx \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} x^{T}Ax = x^{T}B'x \end{eqnarray}$ folgt $\begin{eqnarray} x^{T}Bx = x^{T}B'x \end{eqnarray}$ mit deinem Hilfssatz folgt $\begin{eqnarray} B-B'=0 \end{eqnarray}$ => B=B' Danke schonmal, ich hab auf jeden was dazugewonnen bezüglich Matrizenrechnen. Bei der oberen Dreiecksmatrix muss ich nochmal schauen. Bei der oberen Dreiecksmatrix tüftle ich noch etwas!
24.04.2021, 09:04	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Irgendwie drehst du dich im Kreise und scheinst die Eindeutigkeit ein zweites Mal beweisen zu wollen. Ich führe einmal meinen vorigen Beitrag zu Ende. Es ging um die Eindeutigkeit von $\begin{align} B \end{align}$ . Die Matrix $\begin{align} A+A^{\top}-2B \end{align}$ ist symmetrisch, wenn $\begin{align} B \end{align}$ symmetrisch ist. Denn sie ist unter dem Transponieren invariant. Aus meiner letzten Gleichung $\begin{align} x^{\top} \left( A + A^{\top} - 2B \right) x = 0 \end{align}$ für alle $\begin{align} x \end{align}$ folgt daher nach dem Hilfssatz $\begin{align} A + A^{\top} - 2B = 0 \end{align}$ , also $\begin{align} B = \frac{1}{2} \left( A + A^{\top} \right) \end{align}$ Damit ist gezeigt: Wenn es eine symmetrische Matrix $\begin{align} B \end{align}$ gibt, so daß $\begin{align} x^{\top} A x = x^{\top} B x \end{align}$ für alle $\begin{align} x \end{align}$ gilt, dann muß $\begin{align} B \end{align}$ sich aus $\begin{align} A \end{align}$ nach der obigen Formel berechnen lassen. $\begin{align} B \end{align}$ ist damit eindeutig bestimmt. Jetzt zur Existenz. Da man aus dem Beweis der Eindeutigkeit die Gestalt von $\begin{align} B \end{align}$ herausbekommen hat, läßt man bei der Existenz genau dieses $\begin{align} B \end{align}$ und nur dieses für das Amt kandidieren. Mit Demokratie ist hier nicht viel los. Es sei also die quadratische Form $\begin{align} q(x) = x^{\top} A x \end{align}$ mit einer beliebigen Matrix $\begin{align} A \end{align}$ gegeben (es braucht nicht vorausgesetzt zu werden, daß $\begin{align} A \end{align}$ nicht symmetrisch ist, zusätzliche Eigenschaften von $\begin{align} A \end{align}$ sind schnurz-piep-egal). Mit dieser Matrix definiert man nun die Matrix $\begin{align} B = \frac{1}{2} \left( A + A^{\top} \right) \end{align}$ Offenbar ist $\begin{align} B \end{align}$ symmetrisch. Und jetzt ist $\begin{align} x^{\top} B x = x^{\top} A x \end{align}$ für alle $\begin{align} x \end{align}$ nachzuweisen. Beginne mit dem Term $\begin{align} x^{\top} B x \end{align}$ , setze die Bedeutung von $\begin{align} B \end{align}$ ein und forme so lange um, bis du am Ziel bist. Es ist ein Einzeiler. Beachte an einer Stelle, daß für Skalare $\begin{align} \lambda \end{align}$ gilt: $\begin{align} \lambda^{\top} = \lambda \end{align}$ . Und manchmal muß man genau hinschauen, bis man merkt, daß ein "komplizierter" Ausdruck in Wahrheit ein Skalar ist.

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