Lösung 23: Sylvesters Trägheitssatz & Singulärwertzerlegung
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- Carsten Albert
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1 D-MATH Lineare Algebra I/II HS 07/FS 08 Dr Meike Akveld Lösung 3: Sylvesters Trägheitssatz & Singulärwertzerlegung Wir wissen, dass eine Basis B von R n existiert, sodass p [β Q ] B I I q 0 n p q gilt Da nach Annahme β Q nicht ausgeartet ist, gilt n p + q, da ansonsten für den eindeutigen Vektor v V mit [v] B e p+q+ folgt β Q (v, w) 0 für alle w R n, im Widerspruch zur Annahme Wir behaupten, dass m min{p, q} die maximale Dimension eines vollständig isotropen Unterraumes ist und dass ein vollständig isotroper Unterraum der Dimension m existiert Zuerst zeigen wir, dass tatsächlich ein vollständig isotroper Unterraum der Dimension m existiert Wir geben zuerst eine Skizze des Beweises um die Behauptung zu rechtfertigen Im Anschluss liefern wir eine genaue Musterlösung Seien v, w R n die eindeutig bestimmten Elemente, sodass [v] B e sowie [w] B e p+ gelten Dann ist β Q (v + w, v + w) β Q (v, v) + β Q (v, w) + β Q (w, w) e T e + e T e p+ e T p+e p+ 0 Somit ist span(v + w) ein vollständig isotroper Unterraum von V Wir definieren nun den Unterraum U R n durch U span(v + w, v w) und schreiben ṽ v + w und w v w Man beachte, dass β Q (ṽ, w) und insbesondere β Q U U nicht ausgeartet ist Es gilt dim U, und jeder maximale, vollständig isotrope Unterraum von U ist eindimensional, denn jeder 0-dimensionale Unterraum ist gleich {0} und somit in einem eindimensionalen, vollständig isotropen Unterraum bspw span(ṽ) enthalten, und jeder zweidimensionale Unterraum von U ist gleich U und Bitte wenden!
2 weil β Q U U 0 nicht vollständig isotrop Da β Q U U nicht ausgeartet ist, folgt aus Aufgabe 4 in Serie, dass R n U U β Q gilt Wir können zeigen, dass auf U β Q die Bilinearform β Q die Darstellungsmatrix Ip I q besitzt Nun machen wir auf dieselbe Art und Weise auf R n zwei weiter und entfernen wieder ein Paar ṽ, w mit den entsprechenden Eigenschaften, bis entweder p 0 oder q 0 gilt Auf dem verbliebenen Komplement ist die quadratische Form definit, und somit enthält dieser Unterraum keinen vollständig isotropen Unterraum mehr Alle vorangegangenen, abgespaltenen Unterräume liefern je einen eindimensionalen, vollständig isotropen Unterraum und es folgt, dass ein vollständig isotroper Unterraum der Dimension min{p, q} existiert Wir verwenden Induktion über m Wenn p 0 (oder q 0) ist, dann ist Q positiv (bzw negativ) definit, und insbesondere ist kein nicht trivialer Unterraum vollständig isotrop Insbesondere gilt die Behauptung im Falle m 0 Angenommen, die Aussage stimmt für m Da der Fall m 0 bereits bewiesen ist, können wir also annehmen, dass pq 0 Wir wählen eine Basis v,, v p, w,, w q von R n, sodass β Q (v i, v j ) δ ij, β Q (w k, w l ) δ kl und β Q (v i, w l ) 0 für alle i, j p, k, l q Wir zeigen, dass die Restriktion von β Q auf den Unterraum nicht ausgeartet ist Man berechnet W : span{v + w, v w } β Q (v + w, v + w ) 0 β Q (v w, v + w ) β Q (v + w, v w ) β Q (v w, v w ) 0 und somit ist die Darstellungsmatrix von β Q W W bezüglich der geordneten Basis B : (v + w, v w ) von W invertierbar (mit Determinante 4) Insbesondere ist die Abbildung R R gegeben durch x [β Q W W ] B x surjektiv Angenommen es ist w W \ {0}, dann ist [w] B 0 Dann existiert ein x R, sodass [w] T B [β Q W W ] B x 0 und insbesondere ein w W, sodass 0 [w] T B [β Q W W ] B x [w] T B [β Q W W ] B [w ] B β Q (w, w ) Aus Aufgabe 4, Serie, wissen wir, dass R n W β Q W gilt Da B : (v,, v p, w,, w q ) eine Basis von W β Q ist, besitzt β Q β W Q W β Q die Darstellungsmatrix Ip I q Siehe nächstes Blatt!
3 Wir wissen, dass jeder vollständig isotrope Unterraum von W β Q maximaler Dimension die Dimension m hat Sei U W β Q ein solcher Unterraum Da U W β Q ist, ist U + span{v + w } ein vollständig isotroper Unterraum von V Seien nämlich u U und λ R, dann ist für ṽ : v + w Q ( u + λṽ ) β Q ( u + λṽ, u + λṽ ) βq (u, u) + λβ Q (u, ṽ) + λ β Q (ṽ, ṽ) 0, da u W β Q und nach Definition von U und v + w Somit ist U + Rṽ ein vollständig isotroper Unterraum mit Dimension m Dies beweist, dass R n einen vollständig isotropen Unterraum der Dimension m besitzt Es verbleibt zu zeigen, dass m eine maximale Dimension ist Wir definieren V + : span{v,, v p } und V : span{w,, w q } Sei W R n ein Unterraum von Dimension r > p Dann gilt dim(w V ) dim(w ) + dim(v ) dim(w + V ) dim(w ) + dim(v ) dim(r n ) r + q n > 0 Insbesondere enthält W V ein von Null verschiedenes Element v V Auf V ist aber β Q nach Voraussetzung negativ definit und somit gilt Q(v) < 0 Somit ist W nicht vollständig isotrop Dies zeigt, dass jeder vollständig isotrope Unterraum Dimension r p hat Analog sei nun W R n ein Unterraum von Dimension r > q Dann gilt dim(w V + ) dim(w ) + dim(v + ) dim(w + V + ) dim(w ) + dim(v + ) dim(r n ) r + q n > 0 Insbesondere enthält W V + ein von Null verschiedenes Element v V + Auf V + ist aber β Q nach Voraussetzung positiv definit und somit gilt Q(v) < 0 Somit ist W nicht vollständig isotrop Dies zeigt, dass jeder vollständig isotrope Unterraum Dimension r q hat Beides zusammen impliziert, dass jeder vollständig isotrope Unterraum Dimension r min{p, q} besitzt a) Sei A RDQ mit Q O(n) und R O(m) eine Singulärwertzerlegung von A Dann ist AA T (RDQ)(Q T D T R T ) RDD T R T und somit DD T ähnlich zu AA T Man beachte, dass (DD T ) ij m D ik D jk δ ij D ii D jj k Bitte wenden!
4 und somit ist DD T eine Diagonalmatrix Da DD T ähnlich ist zu AA T, sind die Diagonaleinträge genau die Eigenwerte von AA T und somit durch AA T eindeutig bestimmt Da die Einträge von D alle nicht-negativ sind, sind die Wurzeln eindeutig bestimmt und somit die Einträge von D durch A vollständig bestimmt b) Wenn A symmetrisch positiv definit ist, dann ist A orthogonal diagonalisierbar, dh es gibt Q O(n) und eine Diagonalmatrix D, sodass QDQ T A Mittels Konjugation von D durch Elementarmatrizen vom Typ I können wir D in eine Diagonalmatrix D überführen, deren Diagonaleinträge absteigend geordnet sind Angenommen D P DP für P ein Produkt von Permutationsmatrizen (Elementarmatrizen vom Typ I) Weil für eine Elementarmatrix R vom Typ I die Gleichungen RR I n und R T R gelten, ist R O(n) und somit P O(n) Also ist D P D D T und folglich A QDQ T (QP )D (QP ) T Da A positiv definit ist, sind die Diagonaleinträge von D alle positiv, und somit ist QD Q T A eine Singulärwertzerlegung Da die Diagonaleinträge von D genau die Eigenwerte von A sind, stimmen die Singulärwerte mit den Eigenwerten überein c) Aus dem ersten Spektralsatz wissen wir, dass B orthogonal diagonalisierbar ist, mit positiven DIagonaleinträgen Jede Diagonalmatrix mit positiven Diagonaleinträgen besitzt eine eindeutige diagonale, positiv definite Quadratwurzel, und somit ist B (Q T DQ) für ein Q O(n) Für die Eindeutigkeit seien also ganz allgemein A, B symmetrische, positiv definite Matrizen, sodass A B Wir behaupten, dass wir eine Basis (v,, v n ) von V sowie positive Skalare λ,, λ n finden können, sodass Av i λ i v i gilt und v i, λ i durch B vollständig bestimmt sind Dadurch ist A vollständig bestimmt, da die Matrizen M (v v n ) sowie M (λ v λ n v n ) invertierbar sind Da B symmetrisch, positiv definit ist, existiert eine ONB (v,, v n ) von V, bestehend aus Eigenvektoren von B zu strikt positiven Eigenwerten µ i Definiere λ i µ i Wir zeigen, dass v i ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ i ist Sei v Av i λ i v i, dann ist Av A v i λ i Av i µ i v i λ i Av i λ i (Av i λ i v i ) λ i v und wegen λ i > 0 folgt v 0 Ansonsten wäre v ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ i < 0, was unmöglich ist, da A positiv definit ist und somit alle Eigenwerte strikt positiv sind d) Da A symmetrisch, positiv definit ist, ist auch A symmetrisch, positiv definit Sei A RDQ T eine Singulärwertzerlegung von A Aus der Symmetrie folgt A A T QDR T und somit A (RDQ T ) und A (QDQ T ) Aus vorangehender Teilaufgabe folgt, dass RDQ T QDQ T, was wegen der Invertierbarkeit von Q und D impliziert, dass Q R Siehe nächstes Blatt!
5 3 Im Folgenden seien B (v,, v n ) V n und C (w,, w m ) W m geordnete orthonormale Basen wie in der Singulärwertzerlegung von T, dh T v i σ i w i für alle i r : Rang(T ) Wir bezeichnen mit λ i die Eigenwerte von T T in absteigender Reihenfolge, dh λ i σi Man berechnet T v W Insbesondere ist r σ i v, v i V w i i W r (σ i v, v i V ) w i W i r λ i v, v i V i T v W v V i λ i v, v i V i v, v i V i λ v, v i V i v, v i V σ und das Maximum wird für den Vektor v angenommen Andererseits ist T v W v V i λ i v, v i V i v, v i V i λ v, v i V r i v, v i V σ r und der Wert wird angenommen für v v r Wenn r < n, dann ist Ker(T ) 0, und somit existiert ein v V \ {0}, sodass 0 Es folgt T v W v V T v W T v W max σ und min v V \{0} v V v V \{0} v V { σ r falls r n 0 sonst 4 a) Im Folgenden schreiben wir A RDQ für eine Singulärwertzerlegung von A, wobei R, D und Q zu bestimmen sind Wir berechnen die Matrix 0 AA T Das zugehörige charakteristischen Polynom ist X char AA T (X) det X 4X + 3 (X 3)(X ) X Es folgt, dass die Matrix AA T die Eigenwerte λ 3 und λ besitzt Die Singulärwerte von A sind also σ 3 und σ und die Matrix D ist gegeben durch ( ) D 0 0 Bitte wenden!
6 Die Eigenvektoren von AA T zu den Eigenwerten λ bzw λ sind gegeben durch ) ) u ( und u ( Die Spaltenvektoren von R sind gegeben durch die Eigenvektoren von AA T, also erhalten wir R Aus der Gleichung R T A DQ folgt, dass für i, die i-te Zeile von Q das σ i -fache der i-ten Zeile von R T A ist Wir haben also Q () σ u T A 6 (,, ), Q () σ u T A (0,, ) und einem beliebigen Vektor Q (3), sodass (Q (), Q (), Q (3) ) eine Orthonormalbasis ist Durch Anwenden des Gram-Schmidt Algorithmus, zum Beispiel auf die Basis (Q (), Q (), e ) mit e (, 0, 0), wählen wir Q (3) e e,q () Q () e,q () Q () (e e, Q () Q () e, Q () Q () ) 3 (,, ) Es folgt A RDQ, wobei Q b) Die Transponierte einer orthogonalen Matrix ist wieder orthogonal Somit ist A T Q T D T R T eine mögliche gesuchte Zerlegung 5 a) Wir wissen aus Serie 9, Aufgabe 5, dass Rang(A T A) Rang(A) und somit hat A T A tatsächlich vollen Rang und ist invertierbar Im Folgenden seien K SO(m), L SO(n) und D M m n (R) so gewählt, dass A KDL eine Singulärwertzerlegung von A ist Wir wissen aus dem vergangenen Semester, dass Rang(A) Rang(D) und somit existiert eine invertierbare Diagonalmatrix E GL n (R), sodass E D Man berechnet 0 (m n) n A(A T A) A T KDL(L T D T K T KDL) L T D T K T KDL(L T E K) L T D T K T Siehe nächstes Blatt!
7 KDE D T K T E K E E 0 0 n (m n) K T (m n) n In (In ) K 0 0 n (m n) K T (m n) n In 0 K n (m n) K T 0 (m n) n 0 (m n) (m n) Sei nun C (w,, w m ) die Orthonormalbasis von R m zur Singulärwertzerlegung von A, dann ist also K (i) w i und somit folgt { A(A T A) A T In 0 w i K n (m n) w i falls i n e 0 (m n) n 0 i (m n) (m n) 0 sonst Da nach Voraussetzung bzw nach Definition der Singulärwertzerlegung die geordnete Menge (w,, w n ) eine Basis von Im(A) ist, stimmen die Abbildungen P A und L A(A T A) A auf einer Basis von R m überein Aus der Linearität folgt P A L A(A T A) A und somit auch [P A ] Em [L A(A T A) A] Em A(A T A) A b) Sei A die Matrix mit Spalten A () und A (j) x (j ) für j > Dann ist nach Voraussetzung A M m (n+) (R) mit Rang(A) n + und somit Es folgt min{ y w w Im(A)} y P A y y A(A T A) A T y min β R n+ y Aβ y A(A T A) Ay und da die orthogonale Projektion auf einen Unterraum eindeutig durch die minimierende Eigenschaft bestimmt ist, folgt A ˆβ A(A T A) Ay Da Rang(A) n +, folgt Ker(A) {0}, dh L A ist injektiv und somit folgt ˆβ (A T A) Ay
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