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Beste Approximation: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:58 Do 09.04.2020
Autor: sina10

Heyho :)


Ich bräuchte Hilfe beim Verständnis eines Beweises. Mir fehlt nicht viel, aber 2 Sachen verstehe ich leider überhaupt nicht.


Satz:


Seien [mm] $\mathbb{H}$ [/mm] ein Prähilbertraum und [mm] $\mathbb{S} \subset \mathbb{H}$ [/mm] ein endlich dimensionaler Teilraum.

Dann existiert zu jedem $f [mm] \in \mathbb{H}$ [/mm] eine eindeutig bestimmte "Beste Approximation" $g [mm] \in \mathbb{S}$: [/mm]

[mm] $\vert \vert [/mm] f -  g [mm] \vert \vert [/mm] = [mm] \min\limits_{\varphi \in S} \vert \vert [/mm] f - [mm] \varphi \vert \vert$. [/mm]




Beweis:





Im Beweis werden wir folgende Charakterisierung der Bestapproximation verwenden:


Sei [mm] $(\mathbb{H}, (\cdot, \cdot)_{\mathbb{H}})$ [/mm] ein Prähilbertraum, und [mm] $\mathbb{S} \subset \mathbb{H} [/mm] $ ein endlich-dimensionaler Teilraum.

Ein $f [mm] \in \mathbb{H} [/mm] $ ist genau dann eine Bestapproximation, wenn $(f - g, [mm] \varphi)_{\mathbb{H}} [/mm] = [mm] 0\quad \forall \varphi \in \mathbb{S}$. [/mm]   $(2.5.33)$



Die Eindeutigkeit der besten Approximation überlassen wir dem Leser als Übungsaufgabe.


Wir beweisen die Existenz der besten Approximation:


Der endlich dimensionale Teilraum [mm] $\mathbb{S} \subset \mathbb{H}$ [/mm] besitzt eine Basis $B:= [mm] \{ \psi_{1}, \ldots, \psi_{n} \}$, $dim(\mathbb{H}) [/mm] = n$, bzgl. derer sich die gesuchte beste Approximation $g [mm] \in \mathbb{S}$ [/mm] darstellen lässt in der Form

$g = [mm] \sum\limits_{k = 1}^{n} \alpha_{k} \psi_{k}$ [/mm]

Einsetzen dieses Ansatzes in die notwendige Orthogonalitätsbedingung $(2.5.33)$ ergibt

[mm] $\left ( f - g, \varphi \right [/mm] ) = [mm] \left ( f - \sum\limits_{k = 1}^{n} \alpha_{k} \psi_{k}, \varphi \right [/mm] ) = [mm] \left ( f, \varphi \right [/mm] ) - [mm] \sum\limits_{ k = 1}^{n} \alpha_{k} \left ( \psi_{k}, \varphi \right [/mm] ) = [mm] 0\quad \forall \varphi \in \mathbb{S} [/mm] $

Dies ist bei sukzessiver Wahl von [mm] $\varphi [/mm] := [mm] \psi_{i}$ [/mm] für $i = 1, [mm] \lots, [/mm] n$ äquivalent zu dem linearen Gleichungssystem

[mm] $\sum\limits_{k = 1}^{n} (\psi_{k}, \psi_{i}) \alpha_{k} [/mm] = (f, [mm] \psi_{i})\quad [/mm] i = 1, [mm] \ldots, [/mm] n$.  $(2.5.34)$


Mit der Notation

[mm] $\alpha:= (\alpha_{k}){k = 1}^{n}$, [/mm] $b:= (f, [mm] \psi{i}){i = 1}^{n}$, [/mm] $A := [mm] ((\psi{k}, \psi_{i}))_{i, k = 1}^{n}$, [/mm] lässt sich dies in der kompakten Form $A [mm] \cdot \alpha [/mm] = b $ schreiben.


Die Matrix $A$ ist als "Gramsche Matrix" der Basis $B = [mm] \{ \psi_{1}, \ldots, \psi_{n} \}$ [/mm] regulär.

Dies ersieht man aus der Beziehung [mm] $\overline{\alpha}^{T} [/mm] A [mm] \alpha [/mm] = [mm] \sum\limits_{i, k = }^{n} \overline{\alpha_{i}} \alpha_{i} (\psi_{k}, \psi_{i}) [/mm] = (g, g)$,

welche die Injektivität von $A$ impliziert.

Ferner ist $A$ offenbar "symmetrisch" (im Fall [mm] $\mathbb{K} [/mm] = [mm] \mathbb{R}$) [/mm] bzw. "hermitesch" (im Fall [mm] $\mathbb{K} [/mm] = [mm] \mathbb{C}$) [/mm] und folglich "positiv definit".


Das Gleichungssystem $A [mm] \alpha [/mm] = b$ ist also für jede rechte Seite $b$, d.h. für jedes $f [mm] \in \mathbb{H}$ [/mm] eindeutig lösbar.


Folglich bestimmt die Orthogonalitätsbedingung $(2.5.33)$ eindeutig ein Element $g [mm] \in \mathbb{S}$, [/mm] welches dann notwendig eine Bestapproximation ist.


q.e.d





Ich verstehe nicht, warum man Anfang des Existenzbeweises annimmt, dass die Dimension des Teilraums [mm] $\mathbb{S} \subset \mathbb{H}$ [/mm] genauso groß ist, wie die Dimension von [mm] $\mathbb{H}$. [/mm]

Warum hat die Basis $B = [mm] \{ \psi_{1}, \ldots, \psi_{n} \}$ [/mm] von $ [mm] \mathbb{S}$ [/mm] $n$ Vektoren ? Dann müsste ja [mm] $dim(\mathbb{H}) [/mm] = [mm] dim(\mathbb{S}) [/mm] = n$ gelten, was nicht unbedingt sein muss.

Oder meint ihr, dass es sich hier um einen Tippfehler handelt ?  



Dann verstehe ich absolut nicht, wie man aus der Gleichung [mm] $\overline{\alpha}^{T} [/mm] A [mm] \alpha [/mm] = [mm] \sum\limits_{i, k = }^{n} \overline{\alpha_{i}} \alpha_{i} (\psi_{k}, \psi_{i}) [/mm] = (g, g)$ die Injektivität der Matrix $A$ sieht und wie man daraus auch folgert, warum $A$ symmetrisch ist.

Kann mir das jemand freundlicherweise erklären ? :)


Am Ende steht ja, dass das Gleichungssystem $A [mm] \alpha [/mm] = b$   für jede rechte Seite $b$, d.h. für jedes $f [mm] \in \mathbb{H}$ [/mm] eindeutig lösbar ist.

Das heißt aber auch, dass $A$ bijektiv ist.


Sorgt also die Symmetrie von $A$ dafür, dass $A$ auch surjektiv ist ? Wenn ja, aus welchem Satz folgt das ? Das ist mir neu.



Freue mich auf Tipps und bedanke mich im Voraus. :)

Viele Grüße,  Sina



Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.

        
Bezug
Beste Approximation: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:33 Do 09.04.2020
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

das sieht mir doch sehr nach dem Skript von Rannacher aus… und tatsächlich (obwohl schon öfter mal quergelesen) ist mir die Stelle bisher durchgerutscht.

> Ich verstehe nicht, warum man Anfang des Existenzbeweises annimmt, dass die Dimension des Teilraums $ [mm] \mathbb{S} \subset \mathbb{H} [/mm] $ genauso groß ist, wie die Dimension von $ [mm] \mathbb{H} [/mm] $.

> Warum hat die Basis $ B = [mm] \{ \psi_{1}, \ldots, \psi_{n} \} [/mm] $ von $ [mm] \mathbb{S} [/mm] $ $ n $ Vektoren ? Dann müsste ja $ [mm] dim(\mathbb{H}) [/mm] = [mm] dim(\mathbb{S}) [/mm] = n $ gelten, was nicht unbedingt sein muss.

Ja, die Basiskonstruktion bezieht sich auf S, d.h. es gilt dann natürlich $dim(S) = n$
Die Dimension von H kann sogar unendlich sein…

> Sorgt also die Symmetrie von $ A $ dafür, dass $ A $ auch surjektiv ist ? Wenn ja, aus welchem Satz folgt das ? Das ist mir neu.

Uh, da hat jemand in Linearer Algebra nicht aufgepasst.
1.) Was sagt denn der Dimensionssatz für lineare Abbildung zwischen zwei Räumen?
2.) Wenn $A$ symmetrisch ist, gilt für die Dimensionen von Urbildraum und Bildraum welche Beziehung?
3.) Wenn A nun injektiv ist, was folgt dann für die Dimension des Bildes aus 1.) ?

> Dann verstehe ich absolut nicht, wie man aus der Gleichung $ [mm] \overline{\alpha}^{T} [/mm] A [mm] \alpha [/mm] = [mm] \sum\limits_{i, k = }^{n} \overline{\alpha_{i}} \alpha_{i} (\psi_{k}, \psi_{i}) [/mm] = (g, g) $ die Injektivität der Matrix $ A $ sieht und wie man daraus auch folgert, warum $ A $ symmetrisch ist.

Also erst mal: Die Symmetrie siehst du doch auch sofort aus der Definition und weil das Skalarprodukt symmetrisch bzw hermitisch ist. Es ist nämlich:

$A := [mm] ((\psi_{k}, \psi_{i}))_{i, k = 1}^{n} [/mm] $, d.h. es ist offensichtlich

im rellen: [mm] $A_{ki} [/mm] = [mm] (\psi_k,\psi_i) [/mm] = [mm] (\psi_i,\psi_k) [/mm] = [mm] A_{ik}$ [/mm]
im komplexen: [mm] $A_{ki} [/mm] = [mm] (\psi_k,\psi_i) [/mm] = [mm] \overline{(\psi_i,\psi_k)} [/mm] = [mm] \overline{A_{ik}}$ [/mm]

Nun hast du also noch: $ [mm] \overline{\alpha}^{T} [/mm] A [mm] \alpha [/mm] = [mm] \sum\limits_{i, k = }^{n} \overline{\alpha_{i}} \alpha_{i} (\psi_{k}, \psi_{i}) [/mm] = (g, g) $ und es ist ja $(g,g) > 0$ für [mm] $g\not=0$ [/mm] und damit ist $ [mm] \overline{\alpha}^{T} [/mm] A [mm] \alpha [/mm] > 0$, d.h. die Matrix A ist positiv definit… und symmetrische (bzw. hermitische) positiv definite Matrizen sind regulär, da alle Eigenwerte größer Null sind.

Wenn dir das alles zu kompliziert ist, geht das aber schönerweise auch noch viel viel einfacher… oBdA kannst du nämlich annehmen, dass die Basis von S eine Orthonormalbasis ist (warum?). Dann ist A einfach die Einheitsmatrix (warum?) und die ist offensichtlich positiv definit, regulär und alles, was du möchtest…

Gruß,
Gono






Bezug
                
Bezug
Beste Approximation: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:06 Sa 11.04.2020
Autor: sina10

Hallo, super, dass du mir helfen möchtest! :)

Ich antworte erst jetzt, weil ich den Satz noch einmal durchgegangen bin und mir wirklich alle Sachen aufgeschrieben habe, bei denen ich mir unsicher bin, ob ich sie richtig verstanden habe.


> Hiho,
>  
> das sieht mir doch sehr nach dem Skript von Rannacher
> aus… und tatsächlich (obwohl schon öfter mal
> quergelesen) ist mir die Stelle bisher durchgerutscht.

Ja, ich denke auch, dass sich unser Prof ein bisschen daran orientiert. Auf seiner Seite ist unter "Literatur" auch sein Skript verlinkt.



Ich bin mir noch nicht im Klaren, ob ich den Satz von Gauß wirklich begriffen habe. Daher erläutere ich ihn mal in zwei Beispielen, damit ich weiß, ob ich ihn auch richtig anwende.


Wir haben erst einmal irgend einen Prähilbertraum [mm] $\mathbb{H}$. [/mm]  Ein Prähilbertraum  [mm] $\mathbb{H}$ [/mm] ist ein Vektorraum über dem Körper der reellen oder komplexen Zahlen, versehen mit irgend einem Skalarprodukt [mm] $(\cdot, \cdot)_{\mathbb{H}}$. [/mm]

[mm] $\mathbb{H}$ [/mm] kann z.B. der Matrizenraum [mm] $\mathbb{K}^{m \times n}$ [/mm] der reellen oder komplexen Matrizen mit dem Frobenius-Skalarprodukt sein oder der Koordinatenraum [mm] $\mathbb{R}^{n}$ [/mm] mit dem reellen Standardskalarprodukt. Es ist also nicht unbedingt von einem Prähilbertraum von Funktionen die Rede.

Das heißt, dass Gauß mit diesem Satz aussagen will, dass von jedem Element eines Prähilbertraumes eine Bestapproximation existiert.


Beispiel 1


Wir betrachten  [mm] $\mathbb{H} [/mm] = [mm] \mathbb{R}^{3}$ [/mm] und [mm] $\mathbb{S} [/mm] = Lin [mm] \left \{ \left(\begin{array}{c}1\\0 \\ 0\end{array}\right), \left(\begin{array}{c}0\\1 \\ 0\end{array}\right) \right \} [/mm] $.

[mm] $\mathbb{H} [/mm] = [mm] \mathbb{R}^{3}$ [/mm] ist ein Vektorraum über dem Körper [mm] $\mathbb{R}$. [/mm] Versehen mit dem Standardskalarprodukt ist [mm] $\mathbb{R}^{3}$ [/mm] ein Prähilbertraum.


Nach dem Satz von Gauß existiert für jeden Vektor $x [mm] \in \mathbb{R}^{3}$ [/mm] ein $g [mm] \in [/mm] Lin [mm] \left \{ \left(\begin{array}{c}1\\0 \\ 0\end{array}\right), \left(\begin{array}{c}0\\1 \\ 0\end{array}\right) \right \}$ [/mm] mit [mm] $\vert \vert [/mm] x - g [mm] \vert \vert_{2} [/mm] = [mm] \min\limits_{\varphi \in \mathbb{S}} \vert \vert [/mm] x - [mm] \varphi \vert \vert_{2}$ [/mm]


Beispiel 2

Sei [mm] $\mathbb{H} [/mm] = C([a, b])$ versehen mit dem [mm] $L^{2}$ [/mm] - Skalarprodukt

$(f, g) := [mm] \int_{a}^{b} [/mm] f(t) [mm] \overline{g(t)} [/mm] dt$ und [mm] $\mathbb{S} [/mm] = [mm] P_{n}$ [/mm] ein endlichdimensionaler Teilraum.


Nach dem Satz von Gauß existiert für jede Funktion $f [mm] \in [/mm] C([a, b])$ ein $g [mm] \in P_{n}$ [/mm] mit [mm] $\vert \vert [/mm] f - g [mm] \vert \vert_{2} [/mm] = [mm] \min\limits_{\varphi \in \mathbb{S}} \vert \vert [/mm] f - [mm] \varphi \vert \vert_{2}$ [/mm]




Habe ich das so richtig verstanden ?



>  Uh, da hat jemand in Linearer Algebra nicht aufgepasst.
> 1.) Was sagt denn der Dimensionssatz für lineare Abbildung
> zwischen zwei Räumen?
> 2.) Wenn [mm]A[/mm] symmetrisch ist, gilt für die Dimensionen von
> Urbildraum und Bildraum welche Beziehung?
>  3.) Wenn A nun injektiv ist, was folgt dann für die
> Dimension des Bildes aus 1.) ?
>  


Zu 1)

Ist [mm] $f\colon V\to [/mm] W$ eine lineare Abbildung von einem Vektorraum $V$ in einen Vektorraum $W$, dann gilt für die Dimensionen der Definitionsmenge $V$, des Kerns $Ker(f)$ und des Bildes $im(f)$ der Abbildung $f$ die Gleichung

$dim(V) = dim(Ker(f)) + dim(im(f))$



Zu 2)

Das weiß ich leider nicht. Hast du da vielleicht noch einen Tipp für mich ?



Zu 3)


Wenn $A$ injektiv ist, gilt $dim(V) = dim(im(f))$



> Also erst mal: Die Symmetrie siehst du doch auch sofort aus
> der Definition und weil das Skalarprodukt symmetrisch bzw
> hermitisch ist. Es ist nämlich:
>  
> [mm]A := ((\psi_{k}, \psi_{i}))_{i, k = 1}^{n} [/mm], d.h. es ist
> offensichtlich
>
> im rellen: [mm]A_{ki} = (\psi_k,\psi_i) = (\psi_i,\psi_k) = A_{ik}[/mm]
>  
> im komplexen: [mm]A_{ki} = (\psi_k,\psi_i) = \overline{(\psi_i,\psi_k)} = \overline{A_{ik}}[/mm]
>  
> Nun hast du also noch: [mm]\overline{\alpha}^{T} A \alpha = \sum\limits_{i, k = }^{n} \overline{\alpha_{i}} \alpha_{i} (\psi_{k}, \psi_{i}) = (g, g)[/mm]
> und es ist ja [mm](g,g) > 0[/mm] für [mm]g\not=0[/mm] und damit ist
> [mm]\overline{\alpha}^{T} A \alpha > 0[/mm], d.h. die Matrix A ist
> positiv definit… und symmetrische (bzw. hermitische)
> positiv definite Matrizen sind regulär, da alle Eigenwerte
> größer Null sind.

>


Okay, jetzt ist mir die Symmetrie klar. Dankeschön.

Dann haben wir  weiter:

[mm] $\overline{\alpha}^{T} [/mm] A [mm] \alpha [/mm] = [mm] (\overline{\alpha_{1}}, \ldots, \overline{\alpha_{n}}) \cdot \begin{pmatrix} (\psi_{1}, \psi_{1}) & \ldots & (\psi_{1}, \psi_{n})\\ \vdots & & \vdots \\ (\psi_{n}, \psi_{1}) & \ldots & (\psi_{n}, \psi_{n})\\ \end{pmatrix} \cdot \left(\begin{array}{c}\alpha_{1}\\ \vdots \\ \alpha_{n}\end{array}\right) [/mm] =  [mm] (\overline{\alpha_{1}}, \ldots, \overline{\alpha_{n}}) \cdot \left(\begin{array}{c}(\psi_{1}, \psi_{1}) \alpha_{1} + \ldots + (\psi_{1}, \psi_{n}) \alpha_{n} \\ \vdots \\ (\psi_{n}, \psi_{1}) \alpha_{1} + \ldots + (\psi_{n}, \psi_{n}) \alpha_{n} \end{array}\right) [/mm]   = [mm] (\overline{\alpha_{1}}, \ldots, \overline{\alpha_{n}}) \cdot \left(\begin{array}{c}\sum\limits_{k = 1}^{n} (\psi_{1}, \psi_{k}) \alpha_{k}\\ \vdots \\ \sum\limits_{k = 1}^{n} (\psi_{n}, \psi_{k}) \alpha_{k} \end{array}\right) [/mm]  = [mm] \overline{\alpha_{1}} \cdot \sum\limits_{k = 1}^{n} (\psi_{1}, \psi_{k}) \alpha_{k} [/mm] + [mm] \ldots [/mm] +  [mm] \overline{\alpha_{n}} \cdot \sum\limits_{k = 1}^{n} (\psi_{n}, \psi_{k}) \alpha_{k} [/mm] = [mm] \sum\limits_{i = 1}^{n} \overline{\alpha_{i}} \sum\limits_{k = 1}^{n} (\psi_{i}, \psi_{k}) \alpha_{k} [/mm] = [mm] \sum\limits_{i = 1}^{n} \sum\limits_{k = 1}^{n} \overline{\alpha_{i}} (\psi_{i}, \psi_{k}) \alpha_{k}$ [/mm]


Aber wie sehe ich, dass $ [mm] \sum\limits_{i = 1}^{n} \sum\limits_{k = 1}^{n} \overline{\alpha_{i}} (\psi_{i}, \psi_{k}) \alpha_{k} [/mm] = (g, g)$ ist ?

Und bezüglich welchem Skalarprodukt ?

Das verstehe ich seit gestern Nachmittag nicht.

> Wenn dir das alles zu kompliziert ist, geht das aber
> schönerweise auch noch viel viel einfacher… oBdA kannst
> du nämlich annehmen, dass die Basis von S eine
> Orthonormalbasis ist (warum?). Dann ist A einfach die
> Einheitsmatrix (warum?) und die ist offensichtlich positiv
> definit, regulär und alles, was du möchtest…


Dazu antworte ich später, weil ich meine, im Skript eine Bemerkung dazu gelesen zu haben :-)


Freue mich auf eine Rückmeldung und einen schönen Abend.

mfg, Sina




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Beste Approximation: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 10:07 Mo 13.04.2020
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Ja, ich denke auch, dass sich unser Prof ein bisschen daran orientiert.

Schön, dass er sich so sehr orientiert, dass er auch die Fehler übernimmt ;-)

> Habe ich das so richtig verstanden ?

Ja.

> Zu 3)
> Wenn [mm]A[/mm] injektiv ist, gilt [mm]dim(V) = dim(im(f))[/mm]

[ok]
Aus 2 solltest du nun eigentlich fordern: $dim(V) [mm] \ge [/mm] dim(W)$, d.h. mit obigem erhalten wir dann direkt $dim(im(f)) = dim(W)$
D.h. A ist was?

> Aber wie sehe ich, dass [mm]\sum\limits_{i = 1}^{n} \sum\limits_{k = 1}^{n} \overline{\alpha_{i}} (\psi_{i}, \psi_{k}) \alpha_{k} = (g, g)[/mm]
> Und bezüglich welchem Skalarprodukt ?

Erstmal: Das Skalarprodukt ist beliebig, d.h. es ist gar kein konkretes vorgegeben.

Setz doch mal in $(g,g)$ die Definition von $g$ ein und verwende die Linearität u. Homogenität des Skalarprodukts.

Gruß,
Gono

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Beste Approximation: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:43 Mo 13.04.2020
Autor: sina10

Hi :-)

Ich meine alles verstanden zu haben, was du mir geschrieben hast. Mir ist jetzt das mit dem Skalarprodukt klar  und auch warum $A$ bijektiv ist!

Ich hätte noch eine allerletzte Frage, die mir heute eingefallen ist, als ich den Beweis noch einmal durchgelesen habe.


Wenn wir $g = [mm] \sum\limits_{k = 1}^{n} \alpha_{k} \psi_{k}$ [/mm] in die Orthogonalitätsbedingung einsetzen, dann haben wir:


[mm] $\left ( f - g, \varphi \right [/mm] ) = [mm] \left ( f - \sum\limits_{k = 1}^{n} \alpha_{k} \psi_{k}, \varphi \right [/mm] ) = (f, [mm] \varphi) [/mm] - [mm] \sum\limits_{k = 1}^{n} \alpha_{k} (\psi_{k}, \varphi) [/mm] = [mm] 0\quad \forall \varphi \in \mathbb{S}$ $\Leftrightarrow \sum\limits_{k = 1}^{n} \alpha_{k} (\psi_{k}, \varphi) [/mm]  =  (f, [mm] \varphi)\quad \forall \varphi \in \mathbb{S}$ [/mm]


Das ist ein überbestimmtes Gleichungssystem mit unendlich vielen Gleichungen und $n$ unbekannten.

Wenn wir also die Gleichung als Matrixmultiplikation $Ax = b$ aufschreiben würden, da wäre $A [mm] \in \mathbb{K}^{\infty \times n}$, $x\in \mathbb{K}^{n}$ [/mm] und $b [mm] \in \mathbb{K}^{\infty}$. [/mm] Wir wissen zu diesem Zeitpunkt noch nicht, ob das Gleichungssystem überhaupt lösbar ist.

Warum ist das bei sukzessiver Wahl von [mm] $\varphi [/mm] := [mm] \psi_{i}$ [/mm] für $i = 1, [mm] \ldots, [/mm] n$ äquivalent zu dem linearen $n [mm] \times [/mm] n$ - Gleichungssystem  $ [mm] \sum\limits_{k = 1}^{n} \alpha_{k} (\psi_{k}, \psi_{i}) [/mm]  =  (f, [mm] \psi_{i})$ [/mm] für $i = 1, [mm] \ldots, [/mm] n$ ?

Nach längerem Überlegen finde ich keine passende Begründung dafür.


Sonst wäre der Rest klar und ich bedanke mich herzlich für deine Geduld :-)

Viele Grüße, Sina

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Beste Approximation: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:23 Mo 13.04.2020
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Wenn wir [mm]g = \sum\limits_{k = 1}^{n} \alpha_{k} \psi_{k}[/mm] in
> die Orthogonalitätsbedingung einsetzen, dann haben wir:
> [mm]\Leftrightarrow \sum\limits_{k = 1}^{n} \alpha_{k} (\psi_{k}, \varphi) = (f, \varphi)\quad \forall \varphi \in \mathbb{S}[/mm]
>  
>
> Das ist ein überbestimmtes Gleichungssystem mit unendlich
> vielen Gleichungen und [mm]n[/mm] unbekannten.

Nein, da steht erst mal nur eine Gleichung mit n Unbekannten in Abhängigkeit von [mm] $\varphi$ [/mm]

> Wenn wir also die Gleichung als Matrixmultiplikation [mm]Ax = b[/mm]
> aufschreiben würden, da wäre [mm]A \in \mathbb{K}^{\infty \times n}[/mm],
> [mm]x\in \mathbb{K}^{n}[/mm] und [mm]b \in \mathbb{K}^{\infty}[/mm]. Wir
> wissen zu diesem Zeitpunkt noch nicht, ob das
> Gleichungssystem überhaupt lösbar ist.

Damit macht der Absatz keinen Sinn.
Da steht nämlich noch gar kein Gleichungssystem, das wollen wir uns jetzt erst konstruieren.

Wir setzen nun nämlich [mm] $\varphi [/mm] = [mm] \psi_i$ [/mm] und erhalten so für jedes $i = [mm] 1,\ldots,n$ [/mm] eine Gleichung, d.h. ein Gleichungssystem aus $n$ linear unabhängigen (!) Gleichungen und $n$ unbekannten.

So ein Gleichungssystem hat bekanntlich exakt eine Lösung.

Folgende Sachverhalte entsprechen nun eigentlich deiner Frage:
1.) Warum sind die obigen n Gleichungen linear unabhängig?
2.) Warum ergibt sich für ein weiteres [mm] $\varphi \in \mathbb{S}$ [/mm] kein Widerspruch?

Zu 1.: Kannst du selbst begründen, warum die entstehenden Gleichungen linear unabhängig sind?

Zu 2.):
Nimm dir doch ein beliebiges [mm] $\varphi \in \mathbb{S}$, [/mm] dann lässt sich das wie darstellen? (Was waren die [mm] $\psi_i$ [/mm] gleich nochmal?)
Nimm diese Darstellung, setze sie in Gleichung ein, nutze wieder die Eigenschaften des Skalarprodukts und du wirst sehen, dass die herauskommende Gleichung immer eine Linearkombination der vorherigen $n$ Gleichungen ist, d.h. die entstehende Gleichung ist linear abhängig von den vorherigen $n$ Gleichungen.
Linear abhängige Gleichungen ändern jedoch die Lösung eines linearen Gleichungssystems nicht, da sie weggelassen werden können.
D.h. selbst wenn du weitere Gleichungen mit weiteren [mm] $\varphi \in \mathbb{S}$ [/mm] zu deinen $n$ dazunimmst, ändert sich die Lösbarkeit und Lösung deines Gleichungssystems nicht.

Gruß,
Gono


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