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| Aufgabe | Man zeige bei der Pseudoinversen:
a) Für jedes [mm] b\in \IR^m [/mm] ist [mm] A^{+} [/mm] b die eindeutige Lösung minimaler euklidischer Norm des zu den Daten (A,b) gehörenden linearen Ausgleichsproblems. Insbesondere zeigt dies die Wohldefiniertheit der Pseudoinversen.
b) Ist [mm] m\ge [/mm] n und Rang(A)=n, so sit [mm] A^{+} =(A^T A)^{-1}A^T
[/mm]
c) Ist A [mm] \in \IR^{nxn} [/mm] nichtsingulär, so ist [mm] A^{+} [/mm] =A |
Hi,
bei dieser Aufgabe habe ich natürlich bisschen die Voraussetzung abgekürzt. Da wurden die ganzen Matrizen noch definiert und die Singulärwertzerlegung auch.
Ich weiß aber gerade nicht, wie ich diese Aussagen beweisen kann. Kann da vielleicht wer helfen?
Wäre echt nett.
Gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:40 Di 25.05.2010 | | Autor: | Ultio |
Hallo,
zu c: Ich glaube Schreibfehler da für reguläre Matrizen gilt Pseudoinverses gleich der Inverse.
nun zu a:
zu lösen [mm] \parallel [/mm] Ax - b [mm] \parallel_{2} [/mm] = [mm] \parallel UDV^{T}x-b \parallel_{2} [/mm] und nun willst du die Wahl von [mm] V^{T}x [/mm] minimieren
du erhälst also [mm] V^{T}x [/mm] = [mm] D^{+} U^{T} [/mm] b als minimierung der euklidischen Norm von Ax-b.
[mm] V^{T}x [/mm] ist also Vektor mit kürzester Länge.
[mm] \Rightarrow [/mm] x* = V [mm] D^{+} U^{T} [/mm] b [mm] \gdw [/mm] x* = [mm] A^{+} [/mm] b
hast du nun alles bewiesen? (Deine Antwort zeigt, dass du es verstanden hast)
Hinweis: die singulärwertzerlegung einer Matrix ist eindeutig bestimmt, nicht jedoch die zugehörigen orthogonalen Matrizen U, V. mit den Moore- Penrose axiomen kannst du die Eindeutigkeit der Pseudoinverse zeigen.
zu b:
Ist eine Folgerung der Moore- Penrose axiome. Einfach mal anschauen und selbst versuchen.
zu c:
was bedeutet A nichtsingulär? d.h. doch es existiert ein [mm] A^{-1} [/mm] so dass A * [mm] A^{-1} [/mm] = E bei regülären n x n Matrizen. Dann kannst du zeigen, dass dies gleich ist. Bei n x m Matrizen müsste es glaube ich ähnlich funktionieren, bloß dabei muss man die Transponierte beachten.
Hoffe es bringt dich weiter.
Gruß
Felix
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Hi,
also ich habe mich erstmal an die b) gewagt. aber irgendwie klappts nicht ganz.
> b) Ist $ [mm] m\ge [/mm] $ n und Rang(A)=n, so sit $ [mm] A^{+} =(A^T A)^{-1}A^T [/mm] $
habe so angefangen:
[mm] (A^T A)^{-1}A^T
[/mm]
= [mm] ((U\Sigma V^T)^T U\Sigma V^T){-1} (U\Sigma V^T)^T
[/mm]
= (V [mm] \Sigma^T U^T [/mm] U [mm] \Sigma V^T)^{-1} [/mm] (V [mm] \Sigma^T U^T)
[/mm]
= (V [mm] \Sigma^T \Sigma V^T)^{-1} [/mm] (V [mm] \Sigma^T U^T)
[/mm]
(da $ U $ orthogonal ist, also $ [mm] U^T [/mm] = [mm] U^{-1} [/mm] $ )
= [mm] (V^T)^{-1} \Sigma \Sigma V^{-1} [/mm] V [mm] \Sigma U^T
[/mm]
(da die [mm] \Sigma [/mm] Diagonalmatriz symmetrisch ist gilt [mm] \Sigma [/mm] = [mm] \Sigma^T)
[/mm]
= [mm] (V^T)^{-1} \Sigma \Sigma \Sigma U^T
[/mm]
So weiter komme ich jetzt irgendwie nicht. Stimmt das überhaupt bis hierher?
Und wie komme ich dann zum Schluss auf [mm] A^{+}=V \tilde{\Sigma} U^T?? [/mm] Vor allem, wie kriege ich das [mm] \tilde{\Sigma} [/mm] da hinhei??
Gruß
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:03 Di 25.05.2010 | | Autor: | fred97 |
Du mußt doch nur nachrechnen:
Sei $B: [mm] =(A^T A)^{-1}A^T [/mm] $
zeige nun:
(1) ABA=A
(2) BAB=B
(3) [mm] (AB)^T= [/mm] AB
(4) [mm] (BA)^T=BA
[/mm]
Wenn Du das geschafft hast, folgt: $B=A^+$, denn die Moore-Penrose -Inverse ist eindeutig durch (1)-(4) bestimmt.
Es ist z.b.: BA = id. daraus folgen schon (1)-(3)
FRED
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So wie ich es gemacht habe, kann man so nicht vorgehen?? Weil diese Eigenschaften haben wir so in unserem Skript gar nicht. Die Pseudoinverse wurde nur auf dem ÜZ definiert.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:01 Mi 26.05.2010 | | Autor: | jaruleking |
Kann keiner mehr was dazu sagen, so wie ich meinen beweis versucht habe zu beginnen?
Wäre echt nett, wenn jemand dort den Fehler finden könnte.
Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 So 30.05.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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