[WS] Lineare Gleichungssysteme 4 - Das Gradientenverfahren

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05.07.2007, 16:35

tigerbine

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[WS] Lineare Gleichungssysteme 4 - Das Gradientenverfahren

Gliederung

Ausgangssituation: SPD-Matrix

Lösen äquivalenter Probleme

Das Gradienten-Verfahren

05.07.2007, 16:47

tigerbine

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Ausgangssituation
Nun soll der spezielle Fall, dass A nicht nur regulär ist, sondern dass es sich um eine symmetrische positiv definite Matrix handelt, untersucht werden. Diese Eigenschaft wird im folgenden mit SPD-Matrix abgekürzt, ohne damit politisch zu sein. Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} \text{Sei }A \in \mathbb R^{n \times n} \text{ eine SPD-Matrix. Dann gilt: } \end{eqnarray*}$
---------------------------------------------------------------

$\begin{eqnarray*} \text{A ist regulär} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A = A^T \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x^TAx > 0 \quad \forall ~x \neq 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \text{rang}(A) = n,~\text{ A ist regulär} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A^{-1} \text{ ist positiv definit} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sigma(A)=\{\lambda_1,...,\lambda_m \} \subset \mathbb R,~m \leq n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \chi_A(\lambda) = \prod_{j=1}^n~(\lambda-\lambda_j) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda_j >0 \quad \forall~ j = 1,...,n \end{eqnarray*}$

05.07.2007, 17:24

tigerbine

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8. Lösen äquivalenter Probleme
$\begin{eqnarray*} \text{Da A regulär ist, besitzt das LGS } Ax=b \text{ eine eindeutige Lösung }x^* \end{eqnarray*}$
--------------------------------------------------------------------------------------------------

$\begin{eqnarray*} x^* \text{ löst } Ax=b && \Leftrightarrow^{(1)} x^* \text{ minimiert } f(x) = \frac{1}{2}<x,Ax>-<b,x> \\\\&&\Leftrightarrow ^{(2)} x^* \text{ minimiert } f(x) = \frac{1}{2}e^TAe-\frac{1}{2}(x^*)^Tb \quad \text{ mit } e:=x^*-x \\\\&&\Leftrightarrow^{(3)} x^* \text { minimiert } \hat f(x) = e^TAe = ||e||_A^2 \qquad \text{ mit } e:=x^*-x \end{eqnarray*}$

Dabei nennt man die Norm $\begin{eqnarray*} \| .\|_A \end{eqnarray*}$ auch Energienorm.

05.07.2007, 17:55

tigerbine

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8a. Beweis (1)
Behauptung (1):

$\begin{eqnarray*} x^* \text{ löst } Ax=b && \Leftrightarrow^{(1)} x^* \text{ minimiert } f(x) = \frac{1}{2}<x,Ax>-<b,x> \end{eqnarray*}$

Beweis:

Zunächst konstruiert man eine Hilfsfunktion g wie folgt:

$\begin{eqnarray*} g(x)&&:=f(x)+ \frac{1}{2}b^TA^{-1}b = \\&&= \frac{1}{2}x^TAx-b^Tx+ \frac{1}{2}b^TA^{-1}b = \\&&=\frac{1}{2}x^TAx-\frac{1}{2}b^Tx-\frac{1}{2}b^Tx+ \frac{1}{2}b^TA^{-1}b = \\&&=-\frac{1}{2}b^Tx + \frac{1}{2}x^TA^Tx +\frac{1}{2}b^TA^{-1}b -\frac{1}{2}b^TIx =\\ &&=-\frac{1}{2}b^Tx + \frac{1}{2}x^TA^Tx +\frac{1}{2}b^TA^{-1}b -\frac{1}{2}b^TA^TA^{-1}x =\\&&=\frac{1}{2}(Ax-b)^TA^{-1}(Ax-b) \end{eqnarray*}$

Da A regulär ist, existiert die eindeutige Lösung x* des LGS Ax = b. Es gilt dann (Ax*- b) = 0 und somit auch g(x*)=0 . Da $\begin{eqnarray*} A^{-1} \end{eqnarray*}$ eine SPD-Matrix ist, gilt ansonsten g(x) > 0. Da sich g und f nur durch die Konstante $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}b^TA^{-1}b \end{eqnarray*}$ unterscheiden, gilt:

$\begin{eqnarray*} x^* \text{ löst } Ax=b ~\Leftrightarrow ~ x^* \text{ minimiert } g ~\Leftrightarrow ~x^* \text{ minimiert } f \end{eqnarray*}$

06.07.2007, 01:35

tigerbine

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8b. Beweis (2)
Behauptung (2):

$\begin{eqnarray*} &&x^* \text{ minimiert } f(x) = \frac{1}{2}<x,Ax>-<b,x> \\\Leftrightarrow ^{(2)}&& x^* \text{ minimiert } f(x) = \frac{1}{2}e^TAe-\frac{1}{2}(x^*)^Tb \quad \text{ mit } e:=x^*-x \end{eqnarray*}$

Beweis:

Aus der Definition von e folgt $\begin{eqnarray*} x = x^*-e \end{eqnarray*}$ und es gilt $\begin{eqnarray*} Ax^* = b \end{eqnarray*}$ . Somit gilt:

$\begin{eqnarray*} f(x)&&=\frac{1}{2}(x^*-e)^TA(x^*-e) - b^T(x^*-e) = \\ &&= \frac{1}{2}(x^*)^TAx^*- \frac{1}{2} (x^*)^TAe - \frac{1}{2}e^TAx^* + \frac{1}{2}e^TAe - b^Tx^*+ b^Te = \\&&= \frac{1}{2}b^Tx^*- \frac{1}{2} e^TAx^* - \frac{1}{2}e^TAx^* + \frac{1}{2}e^TAe - b^Tx^*+ b^Te =\\&&= \frac{1}{2}b^Tx^*- \frac{1}{2} e^Tb - \frac{1}{2}e^Tb + \frac{1}{2}e^TAe - b^Tx^*+ b^Te= \\&&=\frac{1}{2}e^TAe-\frac{1}{2}(x^*)^Tb \end{eqnarray*}$

06.07.2007, 02:31

tigerbine

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8c. Beweis (3)
Behauptung (3):

$\begin{eqnarray*} &&x^* \text{ minimiert } f(x) = \frac{1}{2}e^TAe-\frac{1}{2}(x^*)^Tb \quad \text{ mit } e:=x^*-x \\\Leftrightarrow^{(3)} &&x^* \text { minimiert } \hat f(x) = e^TAe = ||e||_A^2 \quad \text{ mit } e:=x^*-x \end{eqnarray*}$

Beweis:

Da sich $\begin{eqnarray*} \hat f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nur um die Konstante $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}(x^*)^Tb \end{eqnarray*}$ unterscheiden folgt die Äquivalenz sofort.

06.07.2007, 03:49

tigerbine

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8d. x* ist einzige Extremstelle von f
Mit Beweis (1) folgt die Existenz des Minimums x* und auch dessen Eindeutigkeit. Zur Bestimmung von Extremstellen ist jedoch der erste Schritt, die Bestimmung aller Punkte, die die notwendige Bedingung " f'(x)=0 ", erfüllen.

Lehrer

Damit ein darauf basierender Algorithmus auch wirklich x* liefert, muss sichergestellt werden, dass f keine weiteren Extremstellen besitzt.

Notwendige Voraussetzung ist dann also , dass für die partiellen Ableitungen gilt: $\begin{eqnarray*} \partial_i~f(x_M) = 0 \quad \forall~i=1,...,n \end{eqnarray*}$

Behauptung (1a):

Da A eine SPD-Matrix ist, gilt für den Gradienten an der Stelle x:

$\begin{eqnarray*} \triangledown f(x):= \begin{pmatrix} \partial_1~f(x) \\ \vdots \\ \partial_n~f(x) \end{pmatrix} =^{(1a)} Ax-b \end{eqnarray*}$

Beweis:

Es gilt
$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{1}{2}x^TAx-b^Tx =\frac{1}{2}\Bigl[(x_1,...,x_n)A(x_1,...,x_n)^T \Bigr] - (b_1x_1+...+b_nx_n) \end{eqnarray*}$ .

Bestimmt man die partiellen Ableitungen, so erhält man:
$\begin{eqnarray*} \partial_i~f(x)=a_{i1}x_1 + ... + a_{in}x_n - b_i = (a_{i1},...,a_{in})\cdot x - b \end{eqnarray*}$

Also die i-te Zeile von Ax - b.

Damit gilt für den Gradienten an einer Extremstelle $\begin{eqnarray*} x_M \end{eqnarray*}$ die Forderung:
$\begin{eqnarray*} \triangledown f(x_M)=\begin{pmatrix} \partial_1~f(x_M) \\ \vdots \\ \partial_n~f(x_M) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix} = Ax_M - b ~\Leftrightarrow ~x_M = x^* \end{eqnarray*}$

Somit x* ist der einzige Kandidat für eine Extremstelle von f und wegen Beweis (1) auch das Minimum.

10.07.2007, 19:46

tigerbine

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8e. Bestimmung des Minimums von f - Abstiegsrichtung y_k
Idee ist es nun ein gegen x* konvergente Folge $\begin{eqnarray*} (x_k)_k \end{eqnarray*}$ zu konstruieren. Ohne deren Gestalt explizit zu kennen, kann man schon einmal den Richtungsvektor $\begin{eqnarray*} y_k \end{eqnarray*}$ wie folgt definieren:

$\begin{eqnarray*} \fbox{$\displaystyle y_k:= \beta \cdot (x_{k+1}-x_k) $} \end{eqnarray*}$

d.h. der Vektor $\begin{eqnarray*} y_k \end{eqnarray*}$ gibt die Abstiegsrichtung des Schrittes $\begin{eqnarray*} k \to k+1 \end{eqnarray*}$ an.

Seien nun $\begin{eqnarray*} x_k,y_k \in \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ fest gewählt. Wie weit sollte man sich dann vom "Punkt $\begin{eqnarray*} x_k \end{eqnarray*}$ " in der "Richtung $\begin{eqnarray*} y_k \end{eqnarray*}$ " bewegen, um die best mögliche Annäherung $\begin{eqnarray*} x_{k+1} \end{eqnarray*}$ an x* in dieser Richtung zu erhalten? Dazu betrachtet man die Funktion $\begin{eqnarray*} h: \mathbb R \to \mathbb R \end{eqnarray*}$ definiert durch:

$\begin{eqnarray*} \fbox{$ \displaystyle h(t) := f(x_k+t\cdot y_k) $} \end{eqnarray*}$

Es gilt dann:

$\begin{eqnarray*} h(t)&&=f(x_k+t\cdot y_k)\\ &&= \frac{1}{2}(x_k+t\cdot y_k)^TA(x_k+t\cdot y_k) - b^T(x_k+t\cdot y_k)=\\&&=(\frac{1}{2}(y_k)^TAy_k)\cdot t^2+(x_k^TAy_k-(y_k)^Tb)\cdot t + f(x_k) = \\&&=(\frac{1}{2}<y_k,y_k>_A)\cdot t^2+(<x_k,y_k>_A-(y_k)^Tb)\cdot t + f(x_k) \end{eqnarray*}$

Da nun A eine SPD Matrix ist, gilt:
$\begin{eqnarray*} <y_k,y_k>_A ~=~ (y_k)^TAy_k ~ >~0,\quad \forall~y_k \neq 0 \end{eqnarray*}$

Somit ist der Graph von h eine nach oben geöffnete Parabel und h besitzt genau ein Minimum (Scheitelpunkt). Bestimmt wird dieses wie üblich durch Nullsetzen der Ableitung (Notwendige Bedingung ist hier hinreichend). Da es sich bei <,> um reelle Skalarprodukte handelt, gilt <v,w> = <w,v>.

$\begin{eqnarray*} 0 &&\stackrel{!}{=} h'(t)=\\ &&= <y_k,y_k>_A \cdot ~t~+<x_k,y_k>_A~-~(y_k)^Tb\\ &&= <y_k,y_k>_A \cdot~ t~-~(y_k)^Tb~+~<y_k,x_k>_A \end{eqnarray*}$

Daher gilt für das Minimum:

$\begin{eqnarray*} h'(s_k) &&= 0 \\\\s_k&&=\frac{(y_k)^Tb - <y_k,x_k>_A}{<y_k,y_k>_A} = \frac{(y_k)^T(b-Ax_k)}{y_k^TAy_k} \end{eqnarray*}$

Somit ist $\begin{eqnarray*} s_k \end{eqnarray*}$ die Schrittweite, die man in Richtung $\begin{eqnarray*} y_k \end{eqnarray*}$ geht. Damit ergibt sich für den neuen Punkt $\begin{eqnarray*} x_{k+1} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \fbox{$\displaystyle x_{k+1} = x_k + s_k \cdot y_k = x_k + \frac{(y_k)^Tb~-~<y_k,x_k>_A}{<y_k,y_k>_A}\cdot y_k $} \end{eqnarray*}$

Es folgt damit auch die Darstellung

$\begin{eqnarray*} x_{k+1} = x_k + s_k \cdot y_k = x_0 + \sum_{i=0}^{k}s_i\cdot y_i \end{eqnarray*}$

d.h. es gilt

$\begin{eqnarray*} \fbox{$\displaystyle(x_{k+1}-x_0) \in \text{span}\{y_0,...,y_k\}$} \end{eqnarray*}$

10.07.2007, 19:48

tigerbine

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8f. Güte der Annäherung
Nun haben wir eine Rekursion aufgestellt, brauchen aber noch ein Mittel um zu Prüfen, wie nahe wir schon an der Lösung x* sind. Dazu definiert man sich den

Fehler

$\begin{eqnarray*} \fbox{$\displaystyle e_k:=x^*-x_k $} \end{eqnarray*}$

Dieser ist auch schon in $\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow^{(3)} \end{eqnarray*}$ aufgetreten, doch da man x* nicht kennt, bislang noch ohne praktischen nutzen.

Somit muss die Güte der Näherung anhand des Funktionswerts des LGS Ax=b an der Stelle $\begin{eqnarray*} x_k \end{eqnarray*}$ beurteilt werden. Dazu definiert man das

Residuum

$\begin{eqnarray*} \fbox{$\displaystyle r_k:=b-Ax_k $} \qquad (=- \triangledown f(x_k)) \end{eqnarray*}$ siehe hier

Nun sollen auf diesen Ideen basierende Verfahren betrachten werden.

10.07.2007, 20:44

tigerbine

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9. Das Gradienten-Verfahren
Da wir das Minimum x* der Funktion f suchen, könnte es "sinnvoll" sein in Richtung des steilsten Abstiegs zu gehen. Diese wird durch den negativen Gradienten angegeben. Man wählt also:

$\begin{eqnarray*} y_k=-\triangledown f(x_k) = -Ax_k+b = r_k \end{eqnarray*}$

Bestimmt man nun die partiellen Ableitungen, so erhält man wie schon erwähnt

$\begin{eqnarray*} \partial_i~f(x)=a_{i1}x_1 + ... + a_{in}x_n - b_i = (a_{i1},...,a_{in})\cdot x - b \end{eqnarray*}$

Für die Rekursionsformel folgt dann:

$\begin{eqnarray*} s_k=&&\frac{(y_k)^Tb - <y_k,x_k>_A}{<y_k,y_k>_A} = \frac{(y_k)^T(b-Ax_k)}{y_k^TAy_k}\\ \\&&= \frac{(r_k)^Tr_k}{(r_k)^TAr_k} \end{eqnarray*}$

10.07.2007, 20:46

tigerbine

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9a. Algorithmus
$\begin{eqnarray*} \text{Wähle }x_0 \in \mathbb R^n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{FOR }&& k=0,1,2,...\\&& r_k=b-Ax_k \\&&\fbox{$\displaystyle \text{Prüfe, ob } r_{k} = 0 \text{, dann ist } x_{k} = x^* \Rightarrow \text{ENDE} $}\\\\&&s_k=\frac{r_k^Tr_k}{r_k^TAr_k} \\&&x_{k+1}=x_k+s_k \cdot r_k \\ \end{eqnarray*}$

10.07.2007, 21:17

tigerbine

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9b. Die Residuen sind orthogonal
Behauptung

Die Abstiegsrichtungen $\begin{eqnarray*} r_k,~r_{k+1} \end{eqnarray*}$ sind orthogonal.

Beweis:

$\begin{eqnarray*} <r_k,r_{k+1}> &&= ~(r_k)^Tr_{k+1}= \\&&= (r_k)^T(b-Ax_{k+1}) = \\&&=(r_k)^T(b-A(x_k+s_k\cdot r_k)) = \\&&= (r_k)^Tb-(r_k)^TAx_k - s_k\cdot (r_k)^TAr_k = \\&&=(r_k)^T(b-Ax_k) - \frac{(r_k)^Tr_k}{(r_k)^TAr_k}\cdot (r_k)^TAr_k=\\&&= (r_k)^Tr_k -(r_k)^Tr_k =\\&&=0 \end{eqnarray*}$ [/quote]

10.07.2007, 21:17

tigerbine

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9c. Konvergenz-Probleme
Die Kondition einer Matrix ist definiert als

$\begin{eqnarray*} \operatorname{cond}(A):=||A|| \cdot ||A^{-1}|| \geq 1 \end{eqnarray*}$

bzgl. einer beliebigen induzierten Matrixnorm. Wählt man z.B. die Spektralnorm:

$\begin{eqnarray*} ||A||_2:=\sqrt{\rho(A^TA)} = \sqrt{\lambda_{max}(A^TA)} \end{eqnarray*}$

Da A eine SPD-Matrix ist, folgt:

$\begin{eqnarray*} ||A||_2 = \sqrt{\lambda_{max}(A^TA)} = \sqrt{\lambda_{max}(A^2)} = \sqrt{(\lambda_{max}(A))^2}=\lambda_{max}(A) \end{eqnarray*}$

Da die Eigenwerte von $\begin{eqnarray*} a^{-1} \end{eqnarray*}$ die Kehrwerte der Eigenwerte von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ sind, gilt:

$\begin{eqnarray*} ||A^{-1}||_2 = \frac{1}{\lambda_{min}(A)} \end{eqnarray*}$

Damit folgt für die Kondition von A:

$\begin{eqnarray*} \operatorname{cond}(A) = \frac{\lambda_{max}(A)}{\lambda_{min}(A)} \end{eqnarray*}$

Mittels der Ungleichung von Kantorowitsch kann man dann den Abstand zwischen $\begin{eqnarray*} x_k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^* \end{eqnarray*}$ wie folgt abschätzen:

$\begin{eqnarray*} ||x^*-x_k||_A \leq \frac{\operatorname{cond}(A)-1}{\operatorname{cond}(A)+1}\cdot ||x^*-x_0||_A \end{eqnarray*}$

Lehrer

D.h. für große Konditionszahlen liegt die Konvergenzrate sehr nahe bei 1.
Anschaulich liegt dass daran, dass die Abstiegsrichtungen $\begin{eqnarray*} r_k,~r_{k+1} \end{eqnarray*}$ bzgl. $\begin{eqnarray*} <,>_A \end{eqnarray*}$ fast parallel sein können. In $\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow ^{(3)} \end{eqnarray*}$ wurde festgestellt, dass aber gerade diesbezüglich der Abstand zur Lösung x* minimiert wird.

16.08.2007, 13:58

tigerbine

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Ausblick
Mit einem Blick aus der Optimierung auf das Verfahren, sprich mit dem Ziel eine Funktion zu Minimieren ist die Rosenbrock-Funktion ein klassisches Beispiel, für das das Verfahren nur sehr langsam konvergiert.

Wer bzgl. dem Lösen eines LGS mit spd-Matrix selbst mal was rechnen möchte, der nehme zum Beispiel Ax=0 mit $\begin{eqnarray*} x^*(0,0)^T \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}, x_0=(4.5,3)^T \end{eqnarray*}$

Die Höhenlinien der entstehenden Funktion f sind Elipsen und man kann schön den Zick-Zack Kurs verfolgen. Hier mal die Iterationsschritte für eine Abbruchgenauigkeit von $\begin{eqnarray*} \text{eps}=10^{-8} \end{eqnarray*}$ .

code:

1:
2:
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10:
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12:
13:
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18:
19:
20:
21:
22:
23:

k | xk                                 | rk
-------------------------------------------------------------------------
0: 	[4.500000e+000, 3.000000e+000], 	[-4.500000e+000, -6.000000e+000]  
1: 	[1.756098e+000, -6.585366e-001], 	[-1.756098e+000, 1.317073e+000]  
2: 	[4.648494e-001, 3.098996e-001], 	[-4.648494e-001, -6.197991e-001]  
3: 	[1.814046e-001, -6.802673e-002], 	[-1.814046e-001, 1.360535e-001]  
4: 	[4.801887e-002, 3.201258e-002], 	[-4.801887e-002, -6.402516e-002]  
5: 	[1.873907e-002, -7.027152e-003], 	[-1.873907e-002, 1.405430e-002]  
6: 	[4.960343e-003, 3.306895e-003], 	[-4.960343e-003, -6.613790e-003]  
7: 	[1.935743e-003, -7.259038e-004], 	[-1.935743e-003, 1.451808e-003]  
8: 	[5.124027e-004, 3.416018e-004], 	[-5.124027e-004, -6.832036e-004]  
9: 	[1.999620e-004, -7.498576e-005], 	[-1.999620e-004, 1.499715e-004]  
10: 	[5.293112e-005, 3.528742e-005], 	[-5.293112e-005, -7.057483e-005]  
11: 	[2.065605e-005, -7.746018e-006], 	[-2.065605e-005, 1.549204e-005]  
12: 	[5.467777e-006, 3.645185e-006], 	[-5.467777e-006, -7.290370e-006]  
13: 	[2.133767e-006, -8.001625e-007], 	[-2.133767e-006, 1.600325e-006]  
14: 	[5.648206e-007, 3.765471e-007], 	[-5.648206e-007, -7.530942e-007]  
15: 	[2.204178e-007, -8.265668e-008], 	[-2.204178e-007, 1.653134e-007]  
16: 	[5.834589e-008, 3.889726e-008], 	[-5.834589e-008, -7.779452e-008]  
17: 	[2.276913e-008, -8.538423e-009], 	[-2.276913e-008, 1.707685e-008]  
18: 	[6.027122e-009, 4.018081e-009], 	[-6.027122e-009, -8.036163e-009]
19: 	[2.352048e-009, -8.820178e-010], 	[-2.352048e-009, 1.764036e-009]

Die Konvergenzprobleme kann man mit dem CG-Verfahren beheben. Mehr dazu im nächsten Workshop. Für dieses Beispiel bekommt man zum Beipsiel

code:

1:
2:
3:
4:
5:
6:

k | xk                                 | rk
-------------------------------------------------------------------------
0: 	[4.500000e+000, 3.000000e+000], 	[-4.500000e+000, -6.000000e+000]  
1: 	[1.756098e+000, -6.585366e-001], 	[-1.756098e+000, 1.317073e+000]  
2: 	[0.000000e+000, 0.000000e+000], 	[0.000000e+000, 0.000000e+000]

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