Spur ist monoton wachsend < Sonstiges < Lin. Algebra/Vektor < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:25 Sa 30.06.2012 | | Autor: | physicus |
Hallo zusammen
Für zwei symmetrische [mm] $n\times [/mm] n$ Matrizen schreibe ich [mm] $X\le [/mm] Y$ genau dann wenn $Xv [mm] \cdot [/mm] v [mm] \le Yv\cdot [/mm] v$ für alle [mm] $v\in \mathbb{R}^n$. [/mm] Nun wurde ich gerne zeigen, dass [mm] $X\to \operatorname{Spur}(X)$ [/mm] monotone wachsend ist auf den symmetrischen [mm] $n\times [/mm] n$ Matrizen.
D.h. ich habe $Xv [mm] \cdot [/mm] v [mm] \le Yv\cdot [/mm] v$ und möchte zeigen, dass [mm] $\operatorname{Spur}(X)\le \operatorname{Spur}(Y)$ [/mm] ist. Ich nehme an, dass ich dafür nur ein geschickten Vektor $v$ wählen muss, so dass [mm] $Xv\cdot [/mm] v$ resp. [mm] $Yv\cdot [/mm] v$ gerade die Spur ergiebt. Allerdings sehe ich nicht, welcher Vektor dies ermöglicht. Hilfe wäre daher sehr willkommen.
Danke und Gruss
physicus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:47 Sa 30.06.2012 | | Autor: | ullim |
Hi,
für v = i-ter Einheitsvektor folgt aus [mm] Xv*v\le{Yv*v} [/mm] das gilt
[mm] X_{ii}\le Y_{ii} [/mm] und daraus folgt [mm] Spur(X)\le{Spur(Y)}
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:07 Sa 30.06.2012 | | Autor: | physicus |
Hallo ullim
Danke für die schnelle Antwort. Kann ich irgendwie auch folgern, dass folgendes gilt:
[mm] $Y\le [/mm] X [mm] \Rightarrow x_{i,j}\ge y_{i,j}$ [/mm] ?
Danke und Gruss
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:24 Sa 30.06.2012 | | Autor: | ullim |
Hi,
nehme als Matrix [mm] A=\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 } [/mm] und als [mm] B=\pmat{ 0 & 1 \\ 1 & 0 } [/mm] dann gilt
[mm] A\ge{B} [/mm] aber [mm] A_{12}
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:33 Sa 30.06.2012 | | Autor: | physicus |
Hallo ullim
Wie kann ich dann folgendes zeigen:
Sei $A(x)$ eine Matrix, d.h. [mm] $a_{i,j}(x)$ [/mm] hängt von $x$ ab! $A$ sei auch symmetrisch. Dann möchte ich zeigen, dass [mm] $-\operatorname{Spur}(A(x)X) \le [/mm] - [mm] \operatorname{Spur}(A(x)Y)$ [/mm] für alle [mm] $Y\le [/mm] X$, genau dann wenn $A(x)$ nicht negativ ist.
Ich habe so begonnen:
[mm] $-\operatorname{Spur}(A(x)X)\le \operatorname{Spur}(A(x)Y)\gdw -\sum_{i,j=1}^na_{i,j}(x)x_{i,j}\le -\sum_{i,j=1}^na_{i,j}(x)y_{i,j}\gdw \sum_{i,j=1}^na_{i,j}(x)(y_{i,j}-x_{i,j})\le [/mm] 0$
Ich habe mir gedacht, wenn ich zeigen kann, dass [mm] $(y_{i,j}-x_{i,j})$ [/mm] immer negativ ist, dann muss [mm] $a_{i,j}(x)$ [/mm] immer positiv sein.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:17 So 01.07.2012 | | Autor: | ullim |
Hi,
1.)
wenn [mm] A\ge{0}, X\ge{0} [/mm] und [mm] Y\ge{0} [/mm] gilt muss gezeigt werden
[mm] Spur(A*X)\ge{Spur(A*Y)} [/mm] was identisch ist zu [mm] Spur(A*\Delta)\ge{0} [/mm] mit [mm] \Delta=X-Y
[/mm]
[mm] \Delta [/mm] ist symetrisch und es gilt [mm] \Delta\ge{0} [/mm] und ebenso ist A symetrisch und es gilt [mm] A\ge{0}
[/mm]
Für symetrische positiv semidefinite Matrizen gibt es Zerlegungen mit
[mm] A=U^t*U [/mm] und [mm] \Delta=V^t*V. [/mm] Also gilt
[mm] Spur(A*\Delta)=Spur(U^t*U*V^t*V)=Spur\left(U*V^t*(U*V^t)^t\right)\ge{0} [/mm] was zu zeigen war.
2.)
Wenn [mm] Spur(A*B)\ge{0} [/mm] für alle [mm] B\ge{0} [/mm] gilt, folgt für [mm] B=v*v^t [/mm] wobei v ein Eigenvektor von A zum Eigenvektor [mm] \lambda [/mm] ist
[mm] 0\le Spur(A*(v*v^t)=\summe_{i=1}^{n}\summe_{j=1}^{n}A_{ij}*v_i*v_j=v^t*A*v=\lambda*v^t*v
[/mm]
Daraus folgt [mm] \lambda\ge{0} [/mm] also ist [mm] A\ge{0}
[/mm]
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