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einzigartige positiv semidefinite (Eins-)Matrix
Universität / Fachhochschule
Matrizenrechnung
Tags: definit, Einsmatrix, Matrizenrechnung, positiv semi-definit, semidefinit
 
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Lemma: Es ex. eine einzigartige k x k positiv semidefinite Matrix A = [] für die gilt: = 1 für |i-j| 1. Nämlich die Einsmatrix. Beweis: k=2 ist nichts zu zeigen. k=3 det = -. Somit ist die Matrix nur für x=1 positiv semidefinit. Also sind nur noch die Fälle für k 4 zu betrachten. Die Frage ist jetzt, wie ich das zeigen kann? In der originalarbeit steht: ''Angenommen k 4 und die k x k Matrix A ist positiv semidefinit mit = 1 für |i-j| 1. Sei 1 i < j k für |i-j| 2. Die 3 x 3 Hauptuntermatrix von A mit den dazugehörigen Reihen und Spalten i, i+1, j ist positiv semidefinit mit = 1 für |i-j| 1.'' Allerdings erscheint mit das nicht so ganz sinnvoll, denn dann ensteht ja z.B. die Matrix (mit Zeilen und Spalten i, i+1, j) und darüber kann ich ja keine angaben von positiver semidifinitheit machen.. Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert): "Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen." |
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wobei darf ich sagen, dass alle 3 x 3 Untermatrizen positiv semidefinit sein müssen? Dann kann ich diese mit den Zeilen und Spalten i, i+1, i+2 (anstatt j) wählen und erhalten dann immer eine Matrix der Form: . Und über diese Matrix kann ich die Aussage treffen, dass x = 1 sein muss, damit sie positiv semidefinit ist. |
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Ich würde es über Vollständige Induktion beweisen, und zwar gleich auch für komplexe (dann hermitesche) positiv semidefinite Matrizen. Induktionsanfang hast du oben ja erledigt. Für hermitesche Matrizen ist die Determinante dann allerdings . Im Induktionsschritt würde ich die Induktionsvoraussetzung sowohl für die -Hauptuntermatrix Zeile/Spalte als auch die -Hauptuntermatrix Zeile/Spalte anwenden. Im Ergebnis hast du eine "Fast"-1-Matrix, nur der unterste linke und oberste rechte Eintrag sind noch offen, der Hermite-Eigenschaft der Matrix wegen sind das die Werte bzw. . EDIT: Hmm, da ist noch eine Lücke im Beweis, muss nochmal nachdenken. EDIT2: Ach klar, wir können ja auch einen Hauptminor der Ordnung 3 basteln aus erster, zweiter sowie -ter Spalte bzw. Zeile, und aus dessen geforderter positiver Semidefinitheit folgt dann zusammen mit dem Induktionsanfang auch , und der Induktionsschritt ist komplett. |
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Die Eigenschaft der hermiteschen psd brauche ich jetzt nicht unbedingt, allerdings weiß ich nicht so ganz was ich die Induktion zeigen soll. Vorne angefangen: IA: k=3: det = - x=1. (So weit so gut) IV: Aussage gelte für k=n. D.h. dann ja, dass die Matrix mit Zeilen und Spalten, 1, 2 bis n so aussieht: . (So weit alles richtig?) IS: k=n+1 (Hier weiß ich nicht so richtig, wie ich das aufschreiben soll). Meine 1, 2, n und n+1 Matrix ist von der Form . (Bisschen ungenau dargestellt, da in der letzten Zeile/Spalte n-1 mal x stehen muss und keine 1en). Die Frage ist was müsste ich jetzt machen? n-1 3x3 Minoren 'ausrechnen'? Die sehen ja alle so aus: . Und von denen weiß ich, dass die nur positiv semidefinit sein können, wenn x=1 ist. |
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Ich habe nicht den Eindruck, dass du meinen Beitrag richtig durchgelesen hast: > Im Induktionsschritt würde ich die Induktionsvoraussetzung [...] als auch die -Hauptuntermatrix Zeile/Spalte anwenden. Den Teil hast du offenbar komplett ignoriert: Der bewirkt nämlich, dass auch in der letzten Zeile und letzten Spalte nur Einsen auftreten - mit Ausnahme der beiden Elemente ganz links unten sowie ganz rechts oben. Für die ist dann noch der dritte Teil zuständig. |
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Alles klar, vielen Dank. War nur ein bisschen warm und hab da etwas durcheinander geworfen, tut mir leid. |
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