0 Daumen
966 Aufrufe

Aufgabe:

Aufgabe 2 .
Sei ACn×n \boldsymbol{A} \in \mathbb{C}^{n \times n} mit IA2= : q<1 \|I-A\|_{2}=: q<1 gegeben. Wir betrachten X0=I \boldsymbol{X}_{0}=\boldsymbol{I} und für kN0 k \in \mathbb{N}_{0} die Iteration
Rk=IAXk,Xk+1=Xk(I+Rk). \begin{aligned} \boldsymbol{R}_{k} &=\boldsymbol{I}-\boldsymbol{A} \boldsymbol{X}_{k}, \\ \boldsymbol{X}_{k+1} &=\boldsymbol{X}_{k}\left(\boldsymbol{I}+\boldsymbol{R}_{k}\right) . \end{aligned}
a) Zeigen Sie Rk+1=Rk2 \boldsymbol{R}_{k+1}=\boldsymbol{R}_{k}^{2} und Rk0 \boldsymbol{R}_{k} \rightarrow \mathbf{0} .
b) Zeigen Sie, dass die Folge Xk \boldsymbol{X}_{k} konvergent ist und berechnen Sie B=limkXk \boldsymbol{B}=\lim \limits_{k \rightarrow \infty} \boldsymbol{X}_{k} .
c) Zeigen Sie, dass A \boldsymbol{A} invertierbar ist und die Fehlerabschätzung
BXk2q(2k)B2. \left\|\boldsymbol{B}-\boldsymbol{X}_{k}\right\|_{2} \leq q^{\left(2^{k}\right)}\|\boldsymbol{B}\|_{2} .


Problem/Ansatz:

wie kann ich b) und c) zeigen?

Avatar von

Am besten schreibst du auf, was du bei a) schon gemacht hast, damit wir sehen, ob du die Aufgabe richtig verstanden hast...

Rk+1=I-AXk+1=I-A(Xk(I+Rk))=I-AXk-AXkRk=Rk-(AXkRk)=Rk(I-AXk)=Rk2

und R0=I-A und III-AII = q <= 1, also konvergiert lim qk -> 0 und somit Rk -> 0.

Soweit a). Wie geht man nun an b) und c) ran? Also man sieht ja schon, dass B = A^-1 sein muss...

1 Antwort

0 Daumen
 
Beste Antwort

Ok \mathrm{Ok} , deine a) ist schonmal richtig, einzig solltest du noch

R22R22\begin{aligned} \left\|R^{2}\right\|_{2} \leqslant\|R\|_{2}^{2}\end{aligned}
in deine Argumentation mit einbauen (aufgrunder der Submultiplikativität der 2-Norm).
b) Es gilt
Xn=Xn1(IRn1)==k=0n(IRk)=k=0n(IR02k)=k=0n(I(IA)2k)\begin{aligned} \mathbf{X}_{n}=\mathbf{X}_{n-1}\left(\mathbf{I}-\mathbf{R}_{n-1}\right)=\cdots=\prod \limits_{k=0}^{n}\left(\mathbf{I}-\mathbf{R}_{k}\right)=\prod \limits_{k=0}^{n}\left(\mathbf{I}-\mathbf{R}_{0}^{2^{k}}\right)=\prod \limits_{k=0}^{n}\left(\mathbf{I}-(\mathbf{I}-\mathbf{A})^{2^{k}}\right)\end{aligned}
also
Xn2k=0n(1+q2k)k=0(1+q2k)=M<\begin{aligned} \left\|X_{n}\right\|_{2} \leqslant \prod \limits_{k=0}^{n}\left(1+q^{2^{k}}\right) \leqslant \prod \limits_{k=0}^{\infty}\left(1+q^{2^{k}}\right)=M<\infty\end{aligned}
und für n>m n>m
XnXm2=Xmk=mn(IR02k)Xm2Xm2k=mn(IR02k)I2Mk=mn(IR02k)I2. \begin{aligned} \left\|\mathbf{X}_{\mathrm{n}}-\mathbf{X}_{\mathrm{m}}\right\|_{2} &=\left\|\mathbf{X}_{\mathrm{m}} \prod \limits_{\mathrm{k}=\mathrm{m}}^{\mathrm{n}}\left(\mathbf{I}-\mathbf{R}_{0}^{2^{\mathrm{k}}}\right)-\mathbf{X}_{\mathrm{m}}\right\|_{2} \\ & \leqslant\left\|\mathbf{X}_{\mathrm{m}}\right\|_{2}\left\|\prod \limits_{\mathrm{k}=\mathrm{m}}^{\mathrm{n}}\left(\mathbf{I}-\mathbf{R}_{0}^{2^{\mathrm{k}}}\right)-\mathbf{I}\right\|_{2} \\ & \leqslant M\left\|\prod \limits_{\mathrm{k}=\mathrm{m}}^{\mathrm{n}}\left(\mathbf{I}-\mathbf{R}_{0}^{2^{\mathrm{k}}}\right)-\mathrm{I}\right\|_{2} . \end{aligned}
Kannst selbst zeigen, dass der zweite Term für m m \rightarrow \infty gegen null strebt? Also konvergiert die Folge nach dem Cauchy Kriterium.
c) A ist invertierbar da die Reihe
S=limnSn=n=0(IA)k\begin{aligned} \mathbf{S}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} S_{n}=\sum \limits_{n=0}^{\infty}(\mathbf{I}-\mathbf{A})^{\mathrm{k}}\end{aligned}
konvergiert (zeige dies mittels Cauchy Kriterium, vgl. geometrische Reihe) und daher
Sn+1Sn=I(IA)n+1Sn(IA)Sn=I(IA)n+1SnA=I(IA)n+1 \begin{aligned} S_{n+1}-S_{n}=I-(I-A)^{n+1} & \Longleftrightarrow S_{n}(I-A)-S_{n}=I-(I-A)^{n+1} \\ & \Longleftrightarrow S_{n} A=I-(I-A)^{n+1} \end{aligned}
Da Sn S_{n} konvergiert gilt also (IA)nn0 (I-A)^{n} \stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0 und somit
limnSnA=limnIlimn(IA)nSA=IS=A1.\begin{aligned} \lim \limits_{n \rightarrow \infty} S_{n} A=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} I-\lim \limits_{n \rightarrow \infty}(I-A)^{n} \Longleftrightarrow S A=I \Longleftrightarrow S=A^{-1} .\end{aligned}
Schaffst du den Rest alleine?

Avatar von 4,8 k

Ja! Vielen herzlichen Dank!

Ein anderes Problem?

Stell deine Frage