Matrix invertierbar

07.01.2012, 22:44

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

Matrix invertierbar

Meine Frage:
an folgender aufgabe hänge ich :-\

sei $\begin{eqnarray*} M\in \mathbb R^{n\times n} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} ||M||<1 \end{eqnarray*}$

zeige: $\begin{eqnarray*} S_n:=\sum\limits_{k=0}^n M^k \end{eqnarray*}$ ist konvergent bzgl. der matrixnorm $\begin{eqnarray*} ||\cdot || \end{eqnarray*}$ (unter verwendung der vollständigkeit von $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{n\times n} \end{eqnarray*}$ bzgl. $\begin{eqnarray*} ||\cdot || \end{eqnarray*}$ )

Meine Ideen:
der ansatz ist was mir fehlt...

07.01.2012, 22:56

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Der Beweis ist relativ straight-forward:
Zeige $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ ist Cauchyfolge.
Du wirst Dreicksungleichung, Submultiplikativität und geometrische Reihe brauchen.

07.01.2012, 23:10

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

vielen lieben dank schonmal, soweit bin ich: sei $\begin{eqnarray*} \varepsilon >0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \varepsilon >||M^m-M^n|| \leq ||M^m||+||M^n|| \leq ||M||^m+||M||^n \end{eqnarray*}$

magst mir helfen beim weiterkommen?

ps: ich durfte den den term ||...|| durch etwas größer-gleiches ersetzen, also die dreiecksungleichung und submultiplikativität anwenden, weil wenn etwas größer-gleiches kleiner als das epsilon ist, dann ist das ursprüngliche ||...|| erst recht kleiner, stimmt das so?

07.01.2012, 23:15

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Was ist denn hier auf einmal T?
Du sollst doch $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ betrachten.

07.01.2012, 23:18

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

ohjöööö hab was übersehen: es gilt ja $\begin{eqnarray*} ||M||<1 \end{eqnarray*}$ und darum $\begin{eqnarray*} \lim_{m \to \infty} ||M||^m = \lim_{n \to \infty} ||M||^n=0 \end{eqnarray*}$

oder?

07.01.2012, 23:23

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Evtl. warst du grade am editieren/schreiben.
Deswegen:
Du sollst zeigen dass $\begin{eqnarray*} S_n:=\sum\limits_{k=0}^n M^k \end{eqnarray*}$ konvergiert.
Das die $\begin{eqnarray*} M^k \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge sind ist notwendig aber nicht hinreichend (siehe harmonische Reihe.)

Anzeige

07.01.2012, 23:27

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

ich weiß nicht... unglücklich

unglücklich

07.01.2012, 23:30

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ ist eine Folge.
Was heißt Cauchyfolge?

07.01.2012, 23:32

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

dass die folge konvergiert?

07.01.2012, 23:36

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Nur in vollständigen Räumen.
Wie willst du eine Aufgabe bearbeiten wenn du die Begriffe nicht verstehst, oder wie in diesem Fall den Hinweis. (Ich beziehe mich auf das Wörtchen vollständig.)

Zitat:

(unter verwendung der vollständigkeit von $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{n\times n} \end{eqnarray*}$ bzgl. $\begin{eqnarray*} ||\cdot || \end{eqnarray*}$ )

Also auf: Definition nachschlagen.

07.01.2012, 23:38

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

achso ja doch den begriff vollständig versteh ich halbwegs. liegt wohl daran dass es schon so spät ist smile

smile

also vollständig hießt, dass jede cauchy-folge in dem raum gegen ein grenzwertelement des rausm konvergiert

07.01.2012, 23:42

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja und das entscheidende ist:
Was ist die Def. einer Cauchyfolge?
Ohne das du das weißt verstehst du auch den Begriff vollständig nicht, nichtmal halbwegs.

Mal ganz abgesehen davon bin ich dir Meinung dass man solch elementaren Def. wie Cauchyfolge in jedem (ausgenommen Bewußtlosigkeit) wissen sollte.

07.01.2012, 23:48

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

aso jaa du meinst bestimmt das hier: zu jedem $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \; \exists N \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ für das gilt $\begin{eqnarray*} \left|a_m-a_n \right|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ für jedes m,n>N

ich war gedanklich schon gleichzeitig ein schritt weiter und ein schritt zu weit zurück :-\

07.01.2012, 23:50

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Natürlich. Was denn bitte sonst?
Und jetzt aud anwenden.

07.01.2012, 23:57

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \left| \sum\limits_{k=0}^m M^k - \sum\limits_{k=0}^n M^k\right| = \left| \sum\limits_{k={n-m}}^n M^k\right| \end{eqnarray*}$ für n>m

ohje ich blamier mich hier... böse

böse

08.01.2012, 00:01

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Schon mal ein Anfang.
Ich wiederhole meinen Tipp vom Anfang:

Zitat:

Du wirst Dreicksungleichung, Submultiplikativität und geometrische Reihe brauchen.

08.01.2012, 00:10

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \left\| \sum\limits_{k=0}^m M^k - \sum\limits_{k=0}^n M^k \right\| \stackrel{n>m}{=} \left\| \sum\limits_{k={n-m}}^n M^k\right\| = ||M^{n-m}+...+M^n|| \leq ||M^{n-m}||+...+||M^n|| \leq ||M||^{n-m}+...+||M||^n = \sum\limits_{k={n-m}}^n ||M||^k \end{eqnarray*}$

stimmt das soweit?

08.01.2012, 00:14

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Ist richtig. (wobei ich die Summennotation bebehalten hätte).
Jetzt Ausklammern und geometrische Summe/Reihe.

Mit diesem Post verabschiede ich mich in die Nacht.
Wink

Wink

08.01.2012, 00:24

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} ... = ||M||^{n-m}(1+||M||+...+||M||^m) = ||M||^{n-m} \sum\limits_{k=0}^m ||M||^k \end{eqnarray*}$

meinst du das so mit dem ausklammern?

ps: schlaf gut, gut n8 Schläfer

Schläfer

smile

08.01.2012, 11:48

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Hab gestern/heute Nacht einen Fehler übersehen:
Es ist
$\begin{eqnarray*} \left\| \color{red}\sum\limits_{k=0}^n \color{black} M^k - \color{red}\sum\limits_{k=0}^m \color{black}M^k \right\| \stackrel{n>m}{=} \left\| \color{red}\sum\limits_{ k=m+1 }^n \color{black} M^k\right\| \end{eqnarray*}$
Das gilt auch für alles Nachfolgende.

08.01.2012, 12:07

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

kein prob

smile

war ja auch sehr spät am abend

$\begin{eqnarray*} \left\| \sum\limits_{k=0}^n M^k - \sum\limits_{k=0}^m M^k \right\| \stackrel{n>m}{=} \left\| \sum\limits_{k={m+1}}^n M^k\right\| = ||M^{m+1}+...+M^n|| \leq ||M^{m+1}||+...+||M^n|| \leq ||M||^{m+1}+...+||M||^n = ||M||^{m+1} (1+||M||^1+...+||M||^{n-(m+1)}) = ||M||^{m+1} \sum\limits_{k=0}^{n-(m+1)} ||M||^k \end{eqnarray*}$

soweit ok?

08.01.2012, 12:15

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

jetz hab ichs hingeschrieben^^ smile

smile

08.01.2012, 12:28

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, wobei ich deine offensichtliche Abneigung gegen $\begin{eqnarray*} \Sigma \end{eqnarray*}$ nicht nachvollziehen kann. Die Pünktchen Notation ist in diesem Fall aufwendiger und unübersichtlicher:
$\begin{eqnarray*} \left\|\sum\limits_{k=0}^n M^k - \sum\limits_{k=0}^m M^k \right\| \stackrel{n>m}{=} \left\| \sum\limits_{ k=m+1 }^n M^k\right\| =\left\| M^{m+1} \right\| \left\| \sum _{k=0} ^{n-m-1} M^k \right\| \leq \left\| M \right\| ^{m+1} \sum _{k=0}^{n-m-1} \left\| M \right\| ^k \end{eqnarray*}$

Und jetzt an $\begin{eqnarray*} \left\| M \right\| <1 \end{eqnarray*}$ denken.

08.01.2012, 12:34

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

gewohnheit von der schule smile

smile

also wegen $\begin{eqnarray*} \left\| M \right\| <1 \end{eqnarray*}$ konvergiert $\begin{eqnarray*} \sum _{k=0}^{n-m-1} \left\| M \right\| ^k \end{eqnarray*}$ für n gegen unendlich

08.01.2012, 12:40

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist richtig, bedarf aber eigentlich eines Beweises.

So wie hilft uns das jetzt zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ Cauchy-Folge ist.

08.01.2012, 12:43

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

es ist eine geometrische reihe, reicht das?

naja ich muss noch ein N finden, ab welchem $\begin{eqnarray*} ||S_n-S_m|| \end{eqnarray*}$ kleiner als jedes epsilon > 0 ist, oder?

08.01.2012, 12:49

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Erste Frage: kommt auf den korrektor an; außerdem halte ich die Berechnung des Grenzwerts für nützlich bzgl. der 2.Frage, die ich hiermit fast bejahe. Das N hängt von $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ ab.

08.01.2012, 12:59

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \left\| M \right\| ^{m+1} \sum _{k=0}^{n-m-1} \left\| M \right\| ^k < \varepsilon \end{eqnarray*}$

tut mir leid ich hab das cauchykriterium noch nie angewandt, da ich ana noch gar nicht gehört haben, sondern nur la und dies hier ist eine numerik aufgabe...

08.01.2012, 13:16

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Was ist das Cauchy-Kriterium?
Wir wollen hier nur die Eigenschaft cauchy-folge nachweisen, d.h.
$\begin{eqnarray*} \forall \epsilon >0 \exists N \in \mathbb N \forall n,n >N: |S_n-S_m|<\epsilon \end{eqnarray*}$
Wir müssen also für das epsilon ein geeignetes N finden.

Zu deinen Anmerkungen:
Das ist hoffentlich nicht dein Ernst.

08.01.2012, 23:28

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

tja leider doch, aber bin mitlerweile gewohnt mir die nötigen ana sachen selber anzueignen. klappt aber halt nit imma.

$\begin{eqnarray*} \left\| M \right\| ^{m+1} \sum _{k=0}^{n-m-1} \left\| M \right\| ^k =||M||^{m+1}\frac{||M||^{n-m}-1}{||M||-1} \leq ||M||^{n+1}\frac{||M||^{n}-1}{||M||-1} \leq \frac{||M||^{2n+1}}{||M||-1} < \varepsilon \Leftrightarrow ||M||^{2n+1} < ||M||\varepsilon - \varepsilon \Leftrightarrow \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (2n+1)\log{||M||} < \log{(||M||\varepsilon - \varepsilon)} \Leftrightarrow 2n+1 < \frac{\log{(||M||\varepsilon - \varepsilon)}}{\log{||M||}} \Leftrightarrow n < \frac{\log{(||M||\varepsilon - \varepsilon)}}{2\log{||M||}}-\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

09.01.2012, 12:44

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

stimmt aber halt leider nicht, weil im zähler der log von was negativem ist

09.01.2012, 12:46

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Prinzipiell ist deine Vorgehensweise gut. Aber
- ich kann die erste Ungleichung nicht nachvollziehen (wo ist das m hin?)
- $\begin{eqnarray*} \left\| M \right \| ^l -1 <0 \end{eqnarray*}$ für jedes natürliche l.
- Wir suchen N nicht n.

Ich würde hier ganz am Anfang den Term noch oben abschätzen indem man N statt m
schreibt und die Summe in die zugehörige Reihe verwandelt.
Dann lässt sich N relativ leicht berechnen.

09.01.2012, 18:02

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \left\| M \right\| ^{m+1} \sum _{k=0}^{n-m-1} \left\| M \right\| ^k =||M||^{m+1}\frac{||M||^{n-m}-1}{||M||-1} \leq ||M||^{N+1}\frac{||M||^{n-N}-1}{||M||-1} \end{eqnarray*}$

mir ist nicht ganz klar, was du mit "die Summe in die zugehörige Reihe verwandel[n]" meinst. die summe ist dies: $\begin{eqnarray*} \sum _{k=0}^{n-m-1} \left\| M \right\| ^k \end{eqnarray*}$ , aber dann...?

ich dachte es geht darum durch eine abschätzung entweder n oder m verschwinden zu lassen, dann nach n bzw. m aufzulösen und dieses dann, unkorrekt ausgedrückt, durch N zu ersetzen?

noch eine frage smile

smile

: warum hast du gerade das m durch N ersetzt? (mir ist klar, dass N kleiner-gleich m gilt)

09.01.2012, 18:07

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

mir ist nicht ganz klar, was du mit "die Summe in die zugehörige Reihe verwandel[n]" meinst. die summe ist dies: $\begin{eqnarray*} \sum _{k=0}^{n-m-1} \left\| M \right\| ^k \end{eqnarray*}$ , aber

Dies hier $\begin{eqnarray*} \sum _{k=0}^{n-m-1} \left\| M \right\| ^k \leq \sum_{k=0}^\infty \left\| M \right\| ^k \end{eqnarray*}$

Zitat:

: warum hast du gerade das m durch N ersetzt? (mir ist klar, dass N kleiner-gleich m gilt)

Weil wir N in Abhängigkeit von Epsilon berechnen/bestimmen wollen. m können wir nicht brauchen, da wir nur N<m haben.

09.01.2012, 18:23

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

gut danke

smile

dann mach ich mal weiter: $\begin{eqnarray*} \left\| M \right\| ^{m+1} \sum _{k=0}^{n-m-1} \left\| M \right\| ^k \leq ||M||^N \sum _{k=0}^{\infty} \left\| M \right\| ^k < \varepsilon \Leftrightarrow ||M||^N < \frac{\varepsilon}{ \sum _{k=0}^{\infty} \left\| M \right\| ^k} \Leftrightarrow N \log{||M||} < \log{\left( \frac{\varepsilon}{ \sum _{k=0}^{\infty} \left\| M \right\| ^k} \right)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow N < \frac{\log{\varepsilon} - \log{\left(\sum _{k=0}^{\infty} \left\| M \right\| ^k\right)}}{\log{||M||}} \end{eqnarray*}$

ist es so besser?

09.01.2012, 18:27

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Etwas. Was noch fehlt: Warum konvergiert die Reihe?
Außerdem kann man hier sogar sehr einfach durch die, wie mein Analysis-Prof sagte, wichtigste Reihe den Grenzwert angeben.

09.01.2012, 18:32

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

die reihe konvergiert weil sie eine geometrische reihe ist mit |q|<1

und der wert müsste $\begin{eqnarray*} \frac{1}{1-||M||} \end{eqnarray*}$ sein

09.01.2012, 18:43

galoisseinbruder

Auf diesen Beitrag antworten »

Richtig. Und damit sind wir bis auf anständiges Aufschreiben mit dem Beweis durch.

Auch ja und hier
$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow N < \frac{\log{\varepsilon} - \log{\left(\sum _{k=0}^{\infty} \left\| M \right\| ^k\right)}}{\log{||M||}} \end{eqnarray*}$
muss es > sein (dass andere ergibt keinen Sinn, es soll ja für alle "genügend großen" Zahlen gelten) da wieder die Norm <1 ist und damit der log negativ.

09.01.2012, 18:55

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \left\|\sum\limits_{k=0}^n M^k - \sum\limits_{k=0}^m M^k \right\| \stackrel{n>m}{=} \left\| \sum\limits_{ k=m+1 }^n M^k\right\| =\left\| M^{m+1} \right\| \left\| \sum _{k=0} ^{n-m-1} M^k \right\| \leq \left\| M \right\| ^{m+1} \sum _{k=0}^{n-m-1} \left\| M \right\| ^k \leq ||M||^N \sum _{k=0}^{\infty} \left\| M \right\| ^k = \frac{||M||^N}{1-||M||} < \varepsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow ||M||^N < \varepsilon - ||M||\varepsilon \Leftrightarrow N \log{||M||} < \log{(\varepsilon - ||M||\varepsilon )} \Leftrightarrow N > \frac{\log{(\varepsilon - ||M||\varepsilon )}}{\log{||M||}} \end{eqnarray*}$

so das müsste es jetz aber gewesen sein smile

smile

09.01.2012, 20:03

fleurita

Auf diesen Beitrag antworten »

ich deute das als ja smile

smile

juhuu! vielen dank für deine hilfe UND deine geduld Blumen

Blumen

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »