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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:06 Mo 04.07.2005 | | Autor: | Andi |
Hallo liebe Matheräumler,
ich wäre ganz froh wenn sich jemand mal folgende Aufgabe anschauen könnte.
Sei [mm] \{ w_1, ..., w_n \}[/mm] eine Basis von [mm]\IR^n[/mm]. Dann gibt es bekanntlich zu jedem [mm] x \in \IR [/mm] genau ein n-Tupel [mm]( \lambda_1 , ... , \lambda_n \in \IR^n[/mm] mit [mm]x= \summe_{i=1}^{n} \lambda_i w_i [/mm]. Für [mm] x \in \IR^n[/mm] sei [mm] ||x|| [/mm] die übliche euklidische Norm.
Zeigen Sie:
Es gibt ein C>0 mit: [mm]||x|| \le C \summe_{i=1}^{n}| \lambda_i |[/mm] [mm] \forall x \in \IR^n[/mm] [mm] x = \summe_{i=1}^{n} \lAmbda_i w_i [/mm]
So dann will ich mal mein Glück versuchen:
[mm] ||x||= \wurzel{ \summe_{i=1}^{n}( \lambda_i w_i )^2}=\wurzel{ \summe_{i=1}^{n}( \lambda_i^2 w_i^2 )} [/mm]
Da meine [mm] w_i^2 [/mm] ´s ja fest sind. Kann ich sie durch ihr Maximum abschätzen.
[mm] w:=max \{|w_i| : i=1, ..., n \}[/mm]
[mm]\wurzel{ \summe_{i=1}^{n}( \lambda_i^2 w_i^2 )} \le \wurzel{ w^2*\summe_{i=1}^{n}( \lambda_i^2 )}[/mm].
Nun habe ich mir überlegt, dass ich die Wurzel unter die Summe ziehen kann. Dazu habe ich mir folgenden Beweis ausgedacht:
z.z: [mm] \wurzel{a^2+b^2} \le \wurzel {a^2}+\wurzel{b^2}[/mm]
[mm]a^2+b^2 \le a^2+2ab+b^2=(a+b)^2 \Rightarrow \wurzel{a^2+b^2} \le \wurzel{(a+b)^2} \le \wurzel{a^2}+\wurzel{b^2} [/mm]
In der letzten Ungleichung hab ich auch noch die Dreiecksungleichung benutzt. Leider gilt dieser Beweis nur für [mm]a*b \ge 0[/mm].
Ich würde mich über Verbesserungsvorschläge freuen.
Also gut machen wir weiter:
[mm]\wurzel{ w^2*\summe_{i=1}^{n}( \lambda_i^2 )} \le |w|*\summe_{i=1}^{n} |\lambda_i|}[/mm]
So das war es von mir. Ich freue mich auf eure Hilfe.
Mit freundlichen Grüßen,
Andi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:24 Mo 04.07.2005 | | Autor: | Stefan |
Lieber Andi!
Es ist alles bestens! ![[huepf]](/images/smileys/huepf.gif "[huepf]")
Die Tatsache, dass in deiner Gleichung [mm] $ab\ge [/mm] 0$ vorausgesetzt ist, spielt keine Rolle, da ja [mm] $\lambda_i^2=\vert \lambda_i\vert^2$ [/mm] gilt und du so zu den Beträgen der [mm] $\lambda_i$ [/mm] übergehen kannst.
Es folgt dann (ich zeige es jetzt direkt):
[mm] $\left( \sum\limits_{i=1}^n \vert \lambda_i \vert \right)^2 =\sum\limits_{i=1}^n \lambda_i^2 [/mm] + [mm] \sum\limits_{{i,j=1} \atop i\ne j}\vert \lambda_i \vert \cdot \vert \lambda_j \vert \ge \sum\limits_{i=1}^n \lambda_i^2$,
[/mm]
also:
[mm] $\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n \lambda_i^2} \le \sum\limits_{i=1}^n \vert \lambda_i \vert$, [/mm]
was zu zeigen blieb.
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:50 Di 05.07.2005 | | Autor: | Andi |
Lieber Stefan!
> Es ist alles bestens!
Mensch das freut mich aber!!! So langsam bekomm ich ein immer besseres Gefühl.
Liebe Grüße,
Andi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:57 Di 05.07.2005 | | Autor: | Fire21 |
Hi,
sorry, aber ein kleiner Fehler ist in deinen Ausführungen schon noch drin:
die [mm] w_{i}[/mm] sind Vektoren, jedes [mm] w_{i}[/mm] besitzt also n Komponenten [mm] (w_{i})_{j}[/mm], j=1,..,n. Wenn also gilt
[mm] x=\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}w_{i}[/mm], lautet die j-te Komponente von x:
[mm] (x)_{j}=\sum_{i=1}^{n} \lambda_{i}(w_{i})_{j}[/mm], demenstprechend sieht auch die euklidische Norm von x anders aus. Das ganze läßt sich dann aber ähnlich beweisen, man muß halt nur von einem anderen Ausdruck für [mm]\Vert x\Vert[/mm] ausgehen.
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:33 Di 05.07.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo zusammen!
Ja, der Einwand ist natürlich berechtigt. Sorry, lieber Andi, dass ich das übersehen habe, aber ich bin wohl zu sehr von der Standardbasis ausgegangen und/oder habe zu flüchtig gelesen. ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]")
Willst du es denn jetzt noch einmal versuchen, Andi?
Liebe Grüße
Stefan
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