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Universität/Hochschule Positiv semidefinite Funktionen
LamyOriginal
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  Themenstart: 2022-12-04

Hallo, ich habe Probleme bei folgender Aufgabe: Sei $\phi:\mathbb{R}\to\mathbb{C}$ positiv-semidefinit mit $\phi(0)=1$. Ich soll zeigen: (1) $\phi(-x)=\overline{\phi(x)}$ (2) $|\phi(x)|\leq\phi(0)=1$ (3) $|\phi(x)-\phi(x+h)|^2\leq 2(1-Re(\phi(h)))$ Ich weiß, dass $\sum^n_{k,l}\phi(t_k-t_l)z_k\overline{z_l}\geq0$ gilt. aber leider weiß ich nicht, wie ich die obigen Aussagen zeigen soll... laut wiki ist die $n\times  n$ Matrix $A=\left(a_{ij}\right)_{i,j=1}^{n}$ mit den Einträgen $a_{ij}=\phi(x_{i}-x_{j})$ positiv semi-definit (hatten wir aber so nicht in der Vorlesung). Zu (1): für $\phi(-x)$ gilt ja für die Einträge $a_{ji}=\phi(x_j-x_i)=(a_{ij})^T$ und da $A$ hermitesch ist, gilt $A=\overline{A^T} \Rightarrow A^T=\overline{A}$. Danke für jede Hilfe und jeden Tipp!


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semasch
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-12-05

Moin LamyOriginal, für (1) ist es der springende Punkt, die Hermitezität einer jeden Matrix $\Phi(t_1, \ldots, t_n) := (\varphi(t_i-t_j))_{i,j = 1, \ldots, n}$ nachzuweisen, um daraus dann, wie du es hier \quoteon(2022-12-04 14:15 - LamyOriginal im Themenstart) Zu (1): für $\phi(-x)$ gilt ja für die Einträge $a_{ji}=\phi(x_j-x_i)=(a_{ij})^T$ und da $A$ hermitesch ist, gilt $A=\overline{A^T} \Rightarrow A^T=\overline{A}$. \quoteoff skizziert hast, die Beziehung $\varphi(-x) = \overline{\varphi(x)}$ zu folgern, indem man einfach die Hermitezität von $\Phi(x,0)$, also $\Phi(x,0)^H = \Phi(x,0)$, verwendet. Es verbleibt dir also, die Hermitezität einer jeden Matrix $\Phi(t_1, \ldots, t_n)$ nachzuweisen. Diese lässt sich aus der positiven Semidefinitheit folgern, allgemeiner folgt sogar für ein beliebiges $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$ aus $z^H A z \in \mathbb{R}$ für alle $z = (z_1, \ldots, z_n)^T \in \mathbb{C}^n$ schon $A^H = A$, also die Hermitezität von $A$. Das weist man dadurch nach, dass man zuerst $z^H (A-A^H) z = 0$ für alle $z \in \mathbb{C}^n$ zeigt und daraus dann $A-A^H = 0$ folgert. Für (2) und (3) benutze, dass eine jede Matrix $\Phi(t_1, \ldots, t_n)$ also positiv semidefinit und Hermitesch, also nach dem Spektralsatz unitär diagonalisierbar mit nichtnegativen reellen Eigenwerten $\lambda_1, \ldots, \lambda_n \ge 0$ ist. Insbesondere gilt also \[ \det(\Phi(t_1, \ldots, t_n)) = \prod_{i = 1}^n \lambda_i \ge 0. \tag{1} \] Werte nun für (2) die Ungleichung $(1)$ für $t_1 = x, t_2 = 0$ aus und für (3), unter Verwendung von (2), für $t_1 = x+h, t_2 = x, t_3 = 0$. LG, semasch


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LamyOriginal
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-06

Vielen Dank für deine Antwort semasch! \quoteon(2022-12-05 01:22 - semasch in Beitrag No. 1) $\Phi(x,0)$, also $\Phi(x,0)^H = \Phi(x,0)$ \quoteoff Warum reicht das für $n=2$ zu zeigen? Also für $n=2$ habe ich die Matrix $A$ mit den Einträgen $\phi(t_j-t_i), i,j=1,2$ berechnet und wegen der Hermitezität konnte ich $\phi(-x)=\overline{\phi(x)}$ zeigen. \quoteon allgemeiner folgt sogar für ein beliebiges $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$ aus $z^H A z \in \mathbb{R}$ für alle $z = (z_1, \ldots, z_n)^T \in \mathbb{C}^n$ schon $A^H = A$, also die Hermitezität von $A$. Das weist man dadurch nach, dass man zuerst $z^H (A-A^H) z = 0$ für alle $z \in \mathbb{C}^n$ zeigt und daraus dann $A-A^H = 0$ folgert. \quoteoff Ich habe $z^HAz=\langle Az,z\rangle$ als komplexes Skalarprodukt geschrieben und umgeformt, sodass ich $A^H$ bekomme. Subtrahieren auf der einen Seite hat dann $z^H(A-A^H)z=0$ geliefert. Wie aber folgere ich $A=A^H$? \quoteon Werte nun für (2) die Ungleichung $(1)$ für $t_1 = x, t_2 = 0$ aus \quoteoff Auch hier wieder: Warum reicht es $t_1 = x, t_2 = 0$ zu betrachten? Ich bin auf das zu zeigende gekommen, indem ich, wie du geschrieben hast, die Determinante der $2\times 2$ Matrix $A$ berechnet habe und ausgenutzt habe, dass diese wegen der Eigenwerte größer gleich Null sein muss. Aber was ist mit $t_3, t_4, ..., t_n$ falls $n>2$? \quoteon für (3), unter Verwendung von (2), für $t_1 = x+h, t_2 = x, t_3 = 0$. \quoteoff Hier habe ich die $3\times 3$-Matrix $A$ betrachtet und berechnet $$det(A)=1+\phi(h)\phi(x)\phi(-(x+h))+\overline{\phi(h)\phi(x)\phi(-(x+h))}-|\phi(x+h)|-|\phi(x)|-|\phi(h)|\geq0$$ aber ich komme nicht auf die zu zeigende Form... Ich habe auch versucht rückwärts ranzugehen und überlegt, dass $2Re(\phi(h))=\phi(h)+\overline{\phi(h)}$ gilt. Danke für jede weitere Hilfe!


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semasch
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-12-07

\quoteon(2022-12-06 17:20 - LamyOriginal in Beitrag No. 2) \quoteon(2022-12-05 01:22 - semasch in Beitrag No. 1) $\Phi(x,0)$, also $\Phi(x,0)^H = \Phi(x,0)$ \quoteoff Warum reicht das für $n=2$ zu zeigen? Also für $n=2$ habe ich die Matrix $A$ mit den Einträgen $\phi(t_j-t_i), i,j=1,2$ berechnet und wegen der Hermitezität konnte ich $\phi(-x)=\overline{\phi(x)}$ zeigen. \quoteoff Zeigen tust du die Hermitezität von allen Matrizen $\Phi(t_1, \ldots, t_n)$, also für beliebiges $n \in \mathbb{N}$ und, gegeben $n$, für alle $t_1, \ldots, t_n \in \mathbb{R}$, und zwar indem du sie, schlichtweg mit dem nächsten Schritt unten, aus der positiven Semidefinitheit (allgemeiner sogar aus der Reellwertigkeit der (über das Standardskalarprodukt) assoziierten Sesquilinearform auf der Diagonalen) folgerst. Zum Beweis der drei Teilaussagen (i)-(iii) wendest du diese Erkenntnis (in Verbindung mit der positiven Semidefinitheit für (ii) und (iii)) dann auf spezielle dieser Matrizen an und ziehst die notwendigen Folgerungen. Konkret für (i) wertest du die (im nächsten Schritt unten gezeigte) Hermitezität eben für $n = 2$ und $t_1 = x, t_2 = 0$ aus, d.h. du verwendest einfach $\Phi(x,0)^H = \Phi(x,0)$. Ausschreiben und vergleichen der Komponenten für diese beiden Matrizen liefert dann $\varphi(-x) = \overline{\varphi(x)}$. Fertig. \quoteon(2022-12-06 17:20 - LamyOriginal in Beitrag No. 2) \quoteon allgemeiner folgt sogar für ein beliebiges $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$ aus $z^H A z \in \mathbb{R}$ für alle $z = (z_1, \ldots, z_n)^T \in \mathbb{C}^n$ schon $A^H = A$, also die Hermitezität von $A$. Das weist man dadurch nach, dass man zuerst $z^H (A-A^H) z = 0$ für alle $z \in \mathbb{C}^n$ zeigt und daraus dann $A-A^H = 0$ folgert. \quoteoff Ich habe $z^HAz=\langle Az,z\rangle$ als komplexes Skalarprodukt geschrieben und umgeformt, sodass ich $A^H$ bekomme. Subtrahieren auf der einen Seite hat dann $z^H(A-A^H)z=0$ geliefert. Wie aber folgere ich $A=A^H$? \quoteoff Hier verwendest du besser $z^H A z = \langle z, Az \rangle$ entsprechend der Definition $\langle z_1, z_2 \rangle = z_1^H z_2$ für das Standardskalarprodukt. Am besten schreibst du dann deinen Rechenweg kurz auf, mit dem du $z^H A z = \langle z, Az \rangle = \langle z, A^Hz \rangle = z^H A^H z$ zeigst. Damit hat man dann klarerweise $z^H B z = \langle z, Bz \rangle = 0$ für $B := A - A^H$ und alle $z \in \mathbb{C}^n$. Definiert man $[z_1,z_2] := \langle z_1, Az_2 \rangle$, so ist $[\cdot, \cdot]$ eine Sesquilinearform bzgl. der komplexen Konjugation, die auf der Diagonalen verschwindet, i.e. $[z,z] = 0$ für alle $z \in \mathbb{C}^n$. Aufgrund der komplexen Polarisationsformel (bei Bedarf nachrechnen), \[ [z_1,z_2] = \frac{1}{4} \sum_{j = 1}^4 \mathrm{i}^j [z_1 + \mathrm{i}^j z_2, z_1 + \mathrm{i}^j z_2], \] gilt schon $[\cdot, \cdot] = 0$. Folgere dann mithilfe der Tatsache, dass $\langle \cdot, \cdot \rangle$ ein Skalarprodukt ist, dass $B = 0$, also $A^H = A$. \quoteon(2022-12-06 17:20 - LamyOriginal in Beitrag No. 2) \quoteon Werte nun für (2) die Ungleichung $(1)$ für $t_1 = x, t_2 = 0$ aus \quoteoff Auch hier wieder: Warum reicht es $t_1 = x, t_2 = 0$ zu betrachten? Ich bin auf das zu zeigende gekommen, indem ich, wie du geschrieben hast, die Determinante der $2\times 2$ Matrix $A$ berechnet habe und ausgenutzt habe, dass diese wegen der Eigenwerte größer gleich Null sein muss. Aber was ist mit $t_3, t_4, ..., t_n$ falls $n>2$? \quoteoff Siehe oben, man braucht hier, also für den Nachweis von (ii), eben nur die spezielle Matrix $\Phi(x,0)$ zu betrachten. \quoteon(2022-12-06 17:20 - LamyOriginal in Beitrag No. 2) \quoteon für (3), unter Verwendung von (2), für $t_1 = x+h, t_2 = x, t_3 = 0$. \quoteoff Hier habe ich die $3\times 3$-Matrix $A$ betrachtet und berechnet $$det(A)=1+\phi(h)\phi(x)\phi(-(x+h))+\overline{\phi(h)\phi(x)\phi(-(x+h))}-|\phi(x+h)|-|\phi(x)|-|\phi(h)|\geq0$$ aber ich komme nicht auf die zu zeigende Form... Ich habe auch versucht rückwärts ranzugehen und überlegt, dass $2Re(\phi(h))=\phi(h)+\overline{\phi(h)}$ gilt. \quoteoff Hier braucht man tatsächlich, wie sich bei nochmaligem Überlegen im Zuge des Verfassens dieses Beitrags herausgestellt hat, doch mehr als nur die Positivität der Determinante der Matrix $\Phi(x+h,x,0)$, nämlich ihre volle positive Semidefinitheit, sorry dafür. Werte unter Verwendung von (1) zunächst für allgemeines $z := (z_1,z_2,z_3)^T$ den Ausdruck auf der linken Seite der Ungleichung \[ z^H \Phi(x+h,x,0) z \ge 0 \] aus. Überlege dir dann, wie man die $z_i$ wählen muss, so dass auf der linken Seite das benötigte, nämlich $2(1-\mathrm{Re}(\varphi(h))) - |\varphi(x+h)-\varphi(x)|^2$ herauskommt. Dabei musst du wohl (wie ich auch) ein wenig herumprobieren mit den $z_i$, lässt du dich aber vom gewünschten Endergebnis leiten, solltest du halbwegs schnell zu einer Lösung kommen. Wenn nicht, dann melde dich einfach wieder. LG, semasch


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