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Hi Leute,
Gibt es eigentlich einfachere Verfahren die positive Definitheit einer quadratischen Matrix festzustellen, als deren charakteristisches Polynom zu bestimmen und die Nullstellen davon zu berechnen?
Hier mal ein Beispiel, damit ihr mal seht wie langwierig letzteres ist:
Wir bestimmen, ob [m]\left( {\begin{array}{*{20}c}
2 & 2 & 5 \\
2 & 3 & { - 1} \\
5 & { - 1} & { - 6} \\
\end{array} } \right)[/m] positiv definit ist. Also bestimmen wir die Eigenwerte durch die Determinante:
[m]\begin{gathered}
\left| {\begin{array}{*{20}c}
{2 - \lambda } & 2 & {\mathop 5\limits^{\left\textcolor{green}{(} \textcolor{green}{\textsc{+}} \right\textcolor{green}{)}} } \\
2 & {3 - \lambda } & {\mathop { - 1}\limits^{\left\textcolor{green}{(} \textcolor{green}{-} \right\textcolor{green}{)}} } \\
5 & { - 1} & {\mathop { - 6 - \lambda }\limits^{\left\textcolor{green}{(} \textcolor{green}{\textsc{+}} \right\textcolor{green}{)}} } \\
\end{array} } \right| = 5\left| {\begin{array}{*{20}c}
2 & {3 - \lambda } \\
5 & { - 1} \\
\end{array} } \right| + \left| {\begin{array}{*{20}c}
{2 - \lambda } & 2 \\
5 & { - 1} \\
\end{array} } \right| - \left( {6 + \lambda } \right)\left| {\begin{array}{*{20}c}
{2 - \lambda } & 2 \\
2 & {3 - \lambda } \\
\end{array} } \right| \hfill \\
= 5\left( { - 2 - 15 + 5\lambda } \right) + \lambda - 2 - 10 - \left( {6 + \lambda } \right)\left( {\left( {2 - \lambda } \right)\left( {3 - \lambda } \right) - 4} \right) = 5\left( { - 17 + 5\lambda } \right) + \hfill \\
\lambda - 12 - \left( {6 + \lambda } \right)\left( {6 - 2\lambda - 3\lambda + \lambda ^2 - 4} \right) = 25\lambda - 85 + \lambda - 12 - \left( {6 + \lambda } \right)\left( {2 - 5\lambda + \lambda ^2 } \right) \hfill \\
= 26\lambda - 97 - \left( {6 + \lambda } \right)\left( {2 - 5\lambda + \lambda ^2 } \right) = 26\lambda - 97 - 12 + 30\lambda - 6\lambda ^2 - 2\lambda + 5\lambda ^2 - \lambda ^3 \hfill \\
= - \lambda ^3 - \lambda ^2 + 54\lambda - 109 \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Und die Nullstellen von diesem Polynom sind laut Derive auf 10 Stellen gerundet:
[m]\begin{gathered}
\lambda _1 = 2.368425547 \hfill \\
\lambda _2 = 5.305687622 \hfill \\
\lambda _3 = - 8.674113169 \hfill \\
\end{gathered}[/m]
In der Klausur gibt's natürlich kein Derive, und weil man bei diesem Polynom die Nullstellen sehr schwer exakt darstellen kann (Derive hatte da riesige arctan-Ausdrücke raus), kommt nur Newton-Interpolation in Frage. In diesem Falle müßte ich aber alle drei Nullstellen des Polynoms interpolieren, weil man wegen der fehlenden Exaktheit Polynomdivision nicht anwenden kann, und daß kostet sehr viel Zeit.
Wisst ihr, was man da tun kann?
Danke!!
Viele Grüße
Karl
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:08 Sa 05.02.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Karl!
Ja, es gibt ein sehr schönes Kriterium, nämlich das über die sogenannten Hauptminoren. Das sind für eine $(n [mm] \times [/mm] n)$-Matrix $A$ die Determinanten der $(k [mm] \times [/mm] k)$-Untermatrix [mm] $(a_{ij})_{i,j=1,\ldots,k}$ [/mm] für alle $k [mm] \in \{1,2,\ldots,n\}$.
[/mm]
Wenn diese Determinanten alle positiv sind, also:
[mm] $\det \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1k} \\ a_{21} & a_{22} & \ldots & a_{2k} \\ \vdots & \ddots & \ldots & \vdots \\a_{k1} & a_{k2} & \ldots & a_{kk} \end{pmatrix} [/mm] >0$ für alle [mm] $k=1,\ldots,n$,
[/mm]
dann ist die Matrix $A$ positiv definit.
Du findest dieses Kriterium mit weiteren Erläuterungen zum Beispiel ![[]](/images/popup.gif) hier, aber auch in vielen anderen Dokumenten unter den Suchbegriffen "positiv definit" und "Hauptminoren".
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:24 Sa 05.02.2005 | | Autor: | Karl_Pech |
Hallo Stefan,
Vielen Dank für die Erklärung. Das Dokument werde ich mir jetzt
anschauen!
Viele Grüße
Karl
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