Abschätzung Spekralnorm < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:32 So 01.11.2015 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Für A [mm] \in \mathbb{K}^{m \tmes n} [/mm] gilt [mm] ||A||_2 \le (||A||_1 ||A||_{\infty})^{\frac{1}{2}}.
[/mm]
Unsere Definitionen:
Wobei [mm] ||A||_1 [/mm] := [mm] max_{1\le j \le n} \sum_{i=1}^m |a_{ij}| [/mm] bzw. nach einer Übung duch die Betragssummennorm induzierte Norm
[mm] ||A||_{\infty} [/mm] := [mm] max_{1\le i\le n} \sum_{j=1}^n |a_{ij}| [/mm] bzw. nach Übung durch die Maximumsnorm induzierte Norm.
[mm] ||A||_2 [/mm] ist die Spektralnorm, die von der euklidischen Norm induziert wird bzw. schon gezeigt [mm] ||A||_2 [/mm] ist Wurzel des größte Eigenwert von A*A |
Hallo,
Ich hab zwar einen Beweis vorliegen aber ich verstehe einen Schritt nicht:
"Beweis: Nach vorigen Satz in [mm] ||A||_2^2 [/mm] der größte Eigenwert von A*A. Sei x ein zugehöriger Eigenvektor mit [mm] ||x||_1=1. [/mm] Da nach einem Bsp die Spaltensummennorm durch die Betragssummennorm in [mm] \mathbb{K}^m [/mm] und [mm] \mathbb{K}^n [/mm] induziert wird, gilt
[mm] ||A||_2^2 [/mm] = [mm] ||A^{\*}Ax||_1 \le ||A*||_1 ||Ax||_1 \le ||A*||_1 ||A||_1 ||x||_1 [/mm] = [mm] ||A*||_1 ||A||_1.
[/mm]
Wegen [mm] ||A^{\*}||_1=||A||_{\infty} [/mm] ist dies gerade die Behauptung."
Frage:
Wie kommt man auf [mm] :||A||_2^2 [/mm] = [mm] ||A^{\*}Ax||_1 [/mm] ?
[mm] ||A||_2 [/mm] = [mm] max_{||x||_2=1} \sqrt{(Ax)^{\*} (Ax)} =max_{||x||_2=1} \sqrt{x^{\*} A^{\*} (Ax)} [/mm]
bzw.: [mm] ||A||_2= \sqrt{p(A^{\*}A)}
[/mm]
wobei p(A):= [mm] max\{|\lambda|: \lambda \in \sigma(A)\}
[/mm]
[mm] ||A^{\*} [/mm] A [mm] x||_1 [/mm] = [mm] \sum_{i=1}^n |(A^{\*} [/mm] A [mm] x)_i|
[/mm]
LG,
sissi
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:43 So 01.11.2015 | | Autor: | fred97 |
> Für A [mm]\in \mathbb{K}^{m \tmes n}[/mm] gilt [mm]||A||_2 \le (||A||_1 ||A||_{\infty})^{\frac{1}{2}}.[/mm]
>
> Unsere Definitionen:
> Wobei [mm]||A||_1[/mm] := [mm]max_{1\le j \le n} \sum_{i=1}^m |a_{ij}|[/mm]
> bzw. nach einer Übung duch die Betragssummennorm
> induzierte Norm
> [mm]||A||_{\infty}[/mm] := [mm]max_{1\le i\le n} \sum_{j=1}^n |a_{ij}|[/mm]
> bzw. nach Übung durch die Maximumsnorm induzierte Norm.
> [mm]||A||_2[/mm] ist die Spektralnorm, die von der euklidischen
> Norm induziert wird bzw. schon gezeigt [mm]||A||_2[/mm] ist Wurzel
> des größte Eigenwert von A*A
> Hallo,
> Ich hab zwar einen Beweis vorliegen aber ich verstehe
> einen Schritt nicht:
> "Beweis: Nach vorigen Satz in [mm]||A||_2^2[/mm] der größte
> Eigenwert von A*A. Sei x ein zugehöriger Eigenvektor mit
> [mm]||x||_1=1.[/mm] Da nach einem Bsp die Spaltensummennorm durch
> die Betragssummennorm in [mm]\mathbb{K}^m[/mm] und [mm]\mathbb{K}^n[/mm]
> induziert wird, gilt
> [mm]||A||_2^2[/mm] = [mm]||A^{\*}Ax||_1 \le ||A*||_1 ||Ax||_1 \le ||A*||_1 ||A||_1 ||x||_1[/mm]
> = [mm]||A*||_1 ||A||_1.[/mm]
> Wegen [mm]||A^{\*}||_1=||A||_{\infty}[/mm] ist
> dies gerade die Behauptung."
>
> Frage:
> Wie kommt man auf [mm]:||A||_2^2[/mm] = [mm]||A^{\*}Ax||_1[/mm]
Stell Dir vor, Du sollst über eien Gruppe von 5 Personen bereichten. Wenn Du diesen Personen keine Namen gibst, wird man Deinem Bericht kaum folgen können ....
Sei [mm] \lambda [/mm] größte Eigenwert von A*A. Somit:
[mm] ||A||_2^2= \lambda.
[/mm]
Es war x ein zugehöriger Eigenvektor mit $ [mm] ||x||_1=1. [/mm] $ Das bedeutet unter anderem:
[mm] A^{\*}Ax= \lambda [/mm] x.
Somit:
[mm] $||A||_2^2= \lambda=\lambda*||x||_1=||\lambda [/mm] * [mm] x||_1=||A^{\*}Ax||_1$
[/mm]
FRED
?
>
> [mm]||A||_2[/mm] = [mm]max_{||x||_2=1} \sqrt{(Ax)^{\*} (Ax)} =max_{||x||_2=1} \sqrt{x^{\*} A^{\*} (Ax)}[/mm]
> bzw.: [mm]||A||_2= \sqrt{p(A^{\*}A)}[/mm]
> wobei p(A):=
> [mm]max\{|\lambda|: \lambda \in \sigma(A)\}[/mm]
> [mm]||A^{\*}[/mm] A [mm]x||_1[/mm] =
> [mm]\sum_{i=1}^n |(A^{\*}[/mm] A [mm]x)_i|[/mm]
>
> LG,
> sissi
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:27 So 01.11.2015 | | Autor: | sissile |
Hallo,
Danke für deine Antwort.
> Sei $ [mm] \lambda [/mm] $ größte Eigenwert von A*A. Somit:
$ [mm] ||A||_2^2= \lambda. [/mm] $
> Es war x ein zugehöriger Eigenvektor mit $ [mm] ||x||_1=1. [/mm] $
Eine Sache noch die nicht ganz klar ist:
Wieso kann ich einen Eigenvektor von [mm] \lambda [/mm] mit [mm] ||x||_1=1 [/mm] wählen?
Für den zugehörigen Eigenvektor x von [mm] \lambda [/mm] gilt klarerweise [mm] ||x||_2=\sqrt{x^{\*}x}=1 [/mm] als Vektor einer Orthonormalbasis von [mm] \mathbb{K}^n. [/mm]
Müsste man dann nicht mit [mm] \hat{x}=\frac{x}{||x||_1} [/mm] arbeiten anstelle von x? ABer wahrscheinlich ist das sowieso egal weil [mm] \hat{x} [/mm] auch ein EIgenvektor zu [mm] \lambda [/mm] ist.
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:10 So 01.11.2015 | | Autor: | fred97 |
Ist x ein Eigenvektor zum Eigenwert [mm] \lambda, [/mm] so auch tx mit t von 0 verschieden
Fred
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