[Numerik I] - Übung 10 *

06.01.2009, 13:13	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
[Numerik I] - Übung 10 * Aufgaben Teil 10 Supremum stetig diffbarer Funktion Charakteristische Polynome Spektren von Polynomen rationale Funktionen mit Polynomen
06.01.2009, 13:14	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
10.1 - Maximumsnorm Für Teil 1 brauche ich den Mittelwertsatz der Differentialrechnung. Die Maximumsnorm bedeutet ja, dass die Werte der Ableitungen zwischen [-1,1] liegen müssen. Somit können wir Werte außerhalb der Raute als Funktionswerte ausschließen. Nun konstruiert man eine Funktion wie folgt. D.h. man setzt auf die beiden Geraden eine Haube aus einem quadr. Polynom auf, um die geforderte Glattheit der Funktion zu erhalten. $\begin{eqnarray} f_h(x)=\begin{cases} x & 0 \geq x \geq 0.5-h \\ p_h(x) & 0.5-h <x < 0.5+h \\ 1-x & 0.5+h\geq x \geq1\end{cases} \end{eqnarray}$ Es ergibt sich für dabei: $\begin{eqnarray} p_h(x)=0.5-h +(x-0.5+h)-\frac{1}{2h}(x-0.5+h)^2 \end{eqnarray}$ An der Stelle x=0.5 nimmt die Funktion $\begin{eqnarray} f_h \end{eqnarray}$ ihr Maximum an. Es gilt dabei: $\begin{eqnarray} f_h(0.5)&&=p_h(0.5)=0.5-h +(0.5-0.5+h)-\frac{1}{2h}(0.5-0.5+h)^2 \\ && = 0.5-h + h -0.5 h \\&& = 0.5(1-h) \end{eqnarray}$ Aus Glattheitsgründen muss gelten $\begin{eqnarray} h\neq 0 \end{eqnarray}$ . Grenzwertbetrachtungen liefern dann wegen $\begin{eqnarray} \lim_{h \to 0} f_h(0.5) = 0.5 \end{eqnarray}$ , dass man zu jeder Zahl $\begin{eqnarray} c < 0.5 \end{eqnarray}$ ein h angeben, sodass $\begin{eqnarray} f_h(0.5)>c \end{eqnarray}$ ist. Also gibt es keine kleinere Schranke von $\begin{eqnarray} \\| f \\|_\infty \end{eqnarray}$ als 0.5, welche aber nicht angenommen werden kann.
06.01.2009, 13:56	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
10.2 Charakteristisches Polynom Teilaufgabe c Um die benötigten Informationen über die zu beweisende Gleichung zu erhalten, werden Blockdreiecksmatrizen konstruiert. Deren Determinanten sind dann das Produkt der Determinanten der Diagonalblöcke. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x E_m & -A \\ 0 & E_n \end{pmatrix}\, \begin{pmatrix} E_m & A \\ B & x E_n\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} x E_m-AB & 0 \\ B & x E_n\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x E_m & 0 \\ -B & E_n \end{pmatrix}\, \begin{pmatrix} E_m & A \\ B & x E_n \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} x E_m & x A \\ 0 & x E_n-BA \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Nun versuchen wir diese Informationen zu nutzen, indem wir die Determinanten bilden: $\begin{eqnarray} \det (x E_m) \det(E_n)\det(\begin{pmatrix} E_m & A \\ B & x E_n\end{pmatrix}) = \det(x E_m-AB) \det(x E_n) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \det(x E_m )\det(E_n) \det(\begin{pmatrix} E_m & A \\ B & x E_n \end{pmatrix}) =\det(x E_m) \det(x E_n-BA) \end{eqnarray}$ Das ganze vereinfacht sich noch zu: $\begin{eqnarray} x^m \det(\begin{pmatrix} E_m & A \\ B & x E_n\end{pmatrix}) = \det(x E_m-AB) x^n \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x^m \det(\begin{pmatrix} E_m & A \\ B & x E_n \end{pmatrix}) =x^m \det(x E_n-BA) \end{eqnarray}$ Und somit folgt: $\begin{eqnarray} x^n \cdot \chi_{AB}(x) = x^m \cdot \chi_{BA}(x) \end{eqnarray}$
07.01.2009, 23:04	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
10.2 Charakteristisches Polynom - Alternative Teilaufgabe a Es ist nun ja: $\begin{eqnarray} E=AA^{-1}=A^{-1}A \end{eqnarray}$ Sowie $\begin{eqnarray} \det(A^{-1} )= \det(A)^{-1} \end{eqnarray}$ Wende ich deine Trick nun auf beide charPoly an, so kann ich mir die Kommutativität der komplexen Zahlen zunutze machen. $\begin{eqnarray} \det (A^{-1})\cdot \det(AB-xE)&& = \det(A)^{-1}\cdot \det(A(B-xA^{-1})) \\&&= \det(A)^{-1}\cdot \det(A)\det(B-xA^{-1}) \\&&=\det(B-xA^{-1}) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \det (A^{-1})\cdot \det(BA-xE)&& = \det(A)^{-1}\cdot \det((B-xA^{-1})A) \\&&= \det(A)^{-1}\cdot \det(B-xA^{-1})\det(A) \\&&=\det(B-xA^{-1}) \end{eqnarray}$ Teilaufgabe b Nun dicht bedeutet hier, dass es für eine beliebige nxn-Matrix $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ eine Folge $\begin{eqnarray} A_n\in {\rm GL}_n(\mathbb{C}) \end{eqnarray}$ gibt, mit $\begin{eqnarray} A_n\to A \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} n\to \infty \end{eqnarray}$ . Die Konvergenz ist bezüglich einer beliebigen Matrixnorm (sind ja schließlich alle äquivalent), wichtig ist hier nur, dass die Einträge $\begin{eqnarray} (a_{ij})_{n} \end{eqnarray}$ jeweils gegen $\begin{eqnarray} a_{ij} \end{eqnarray}$ konvergieren. Nun muss gezeigt werden, dass für eine Matrixfolge $\begin{eqnarray} H_n\to H \end{eqnarray}$ immer gilt, dass auch $\begin{eqnarray} \chi_{H_n} \end{eqnarray}$ gegen $\begin{eqnarray} \chi_{H} \end{eqnarray}$ konvergiert. Wir betrachten die konvergente Matrixfolge $\begin{eqnarray} H_k\to H \end{eqnarray}$ , d.h. die Einträge $\begin{eqnarray} (h_{ij})_k \end{eqnarray}$ konvergieren gegen $\begin{eqnarray} h_{ij} \end{eqnarray}$ . Nun ist die Determinante von $\begin{eqnarray} H_k \end{eqnarray}$ ja eine Kombination der $\begin{eqnarray} (h_{ij})_k \end{eqnarray}$ . Zur Erinnerung: $\begin{eqnarray} \det (H)=\sum_{\sigma\in \Sigma _n}{\rm sgn}(\sigma )h_{1\sigma (1)}\cdot\ldots\cdot h_{n\sigma (n)} \end{eqnarray}$ Offensichtlich konvergiert also auch $\begin{eqnarray} \det(H_k) \end{eqnarray}$ gegen $\begin{eqnarray} \det(H) \end{eqnarray}$ Setze nun $\begin{eqnarray} H_k:=A_kB-xE \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} F_k:=BA_k-xE \end{eqnarray}$ , wobei die $\begin{eqnarray} A_k \end{eqnarray}$ regulär sind und gegen $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ konvergieren. Teilaufgabe c $\begin{eqnarray} \hat{A}=\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 &0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \hat{B}=\begin{pmatrix} B & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Dann ist $\begin{eqnarray} \hat{A}\hat{B} = \begin{pmatrix} AB & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Für das char. Polynom ergibt sich $\begin{eqnarray} \chi_{\hat{A}\hat{B}}(x)&&=\det\begin{pmatrix} xE_m-AB & 0 \\ 0 & xE_{n} \end{pmatrix}\\&& = \det(xE_m-AB)\cdot \det(xE_{n}) \\&& = \chi_{AB}(x) \cdot x^{n} \end{eqnarray}$ Analog: $\begin{eqnarray} \chi_{\hat{B}\hat{A}}(x)&&=\det\begin{pmatrix} xE_n-BA & 0 \\ 0 & xE_{m} \end{pmatrix}\\&& = \det(xE_n-BA)\cdot \det(xE_{m}) \\&& = \chi_{BA}(x) \cdot x^{m} \end{eqnarray}$ Mit b) folgt dann die Behauptung.
07.01.2009, 23:22	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
10.3 Spektrum und Matrixpolynome In einem ersten Schritt zeigen wird die Inklusion $\begin{eqnarray} \sigma(p(A)) \subseteq p(\sigma(A)) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} p(x)=\sum_{j=0}^m~a_jx^{j} \end{eqnarray}$ Sei nun $\begin{eqnarray} v_i \end{eqnarray}$ ein Eigenvektor von A, so gilt: $\begin{eqnarray} Av_i=\lambda_iv_i \end{eqnarray}$ Es ist einsichtig (Assoziativgesetz), dass dann gilt: $\begin{eqnarray} A^2v_i = A(Av) =\lambda_i^2v_i \end{eqnarray}$ Allgemein also: $\begin{eqnarray} A^jv_i = \lambda_i^jv_i \end{eqnarray}$ Es ist p(A) eine Matrix und die Eigenvektoren von A sind auch Eigenvektoren von p(A), gilt doch $\begin{eqnarray} p(A)v_i = (\sum_{j=0}^m~a_jA^{j})v_i=\sum_{j=0}^m~a_jA^{j}v_i = \sum_{j=0}^m~a_j\lambda_i^jv_i = (\sum_{j=0}^m~a_j\lambda_i^j)v_i=p(\lambda_i)v_i \end{eqnarray}$ Fur die Gleichheit brauchen wir die Schursche Zerlegung für komplexe Matrizen. Es ist dann: $\begin{eqnarray} D=Q^AQ \end{eqnarray}$ wobei eine D eine obere Dreiecksmatrix ist, und Q unitär ist. Die Matrizen D und A sind ähnlich, haben also das gleiche Spektrum. Es ist dann (durch links - rechtsseitiges Ausklammern und das sich die unitären Matrizen wegheben) $\begin{eqnarray} p(D)=Q^p(A)Q \end{eqnarray}$ Somit sind die Matrizen p(D) und p(A) ähnlich und besitzen das gleiche Spektrum. Es ist p(D) eine Obere Dreiecksmatrix, die Eigenwerte sind die Diagonalelemente. Einfaches Nachrechenen zeigt schnell, dass für die Diadonalelemente von p(D) gilt: $\begin{eqnarray} (p(D))_{ii}=p(d_{ii}) \end{eqnarray}$ Somit folgt $\begin{eqnarray} \sigma(p(D))=p(\sigma(A)) \end{eqnarray}$ und damit die Behauptung.
08.01.2009, 21:28	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
10.4 Spektrum und Matrixpolynome Teilaufgabe a Wir betrachten erstmal ein anderes Produkt, und zeigen, dass es kommutiert $\begin{eqnarray} q(A)p(A) &&=(\sum_{j=0}^rb_jA^j)(\sum_{k=0}^sa_kA^k)\\&&=\sum_{j=0}^r\sum_{k=0}^sb_jA^ja_kA^k \\&&=\sum_{j=0}^r\sum_{k=0}^sb_ja_kA^jA^k \\&&=\sum_{j=0}^r\sum_{k=0}^sa_kb_jA^kA^j \\&&=\sum_{j=0}^r\sum_{k=0}^sa_kA^kb_jA^j \\ &&=\sum_{k=0}^s\sum_{j=0}^ra_kA^kb_jA^j \\&& =(\sum_{k=0}^sa_kA^k)(\sum_{j=0}^rb_jA^j) \\&&=p(A)q(A) \end{eqnarray}$ Die Vorgabe an q bedeutet gerade, dass q(A) regulär ist. Somit folgt $\begin{eqnarray} q(A)^{-1}q(A)p(A)q(A)^{-1} =q(A)^{-1}p(A)q(A)q(A)^{-1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} q(A)^{-1}p(A) =q(A)^{-1}p(A) \end{eqnarray}$ Teilaufgabe b $\begin{eqnarray} A_1=\begin{pmatrix} 0 &1 \\ -1&1 \end{pmatrix},A_1^2=\begin{pmatrix} -1 &1 \\ -1&0 \end{pmatrix},A_1^3=\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0& -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} A_2=\begin{pmatrix} 1 &1 &0 \\ 0&2& -1 \\0&0&1 \end{pmatrix}, A_2^2=\begin{pmatrix} 1 &3 &-1 \\ 0&4& -3 \\0&0&1 \end{pmatrix}, A_2^3=\begin{pmatrix} 1 &7 &-4 \\ 0&8& -7 \\0&0&1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Mit a) kann man dann die Brüche auflösen. Die (bewiesene) Kommutativität überprüfen wir: $\begin{eqnarray} r(A_1)=q(A_1)^{-1}p(A_1) &&=\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0&-1\end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix}-2-1 & 2-0 \\ -2-0 & -1 \end{pmatrix} \\&& =\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0&-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-3 & 2 \\ -2 & -1 \end{pmatrix} \\&& = \begin{pmatrix}-3 & 2 \\ -2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0&-1\end{pmatrix} \\&&=\begin{pmatrix} 3& -2 \\ 2&1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} r(A_2)=q(A_2)^{-1}p(A_2) &&=\begin{pmatrix} 1 &7 &-4 \\ 0&8& -7 \\0&0&1 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} 1&6&-2 \\ 0&7&-6\\ 0 &0&1\end{pmatrix} \\&& =\begin{pmatrix} 1&-{\frac {7}{8}}&-{\frac {17}{8}} \\ 0&\frac{1}{8} &{\frac {7}{8}}\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&6&-2 \\ 0&7&-6\\ 0 &0&1\end{pmatrix} \\ && = \begin{pmatrix} 1&-{\frac {1}{8}}&{\frac {9}{8}} \\ 0&\frac{7}{8} &{\frac {1}{8}}\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$
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30.01.2009, 23:58	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
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