Ausrücke mittels CG-Verfahren zeigen:

Erste Frage Aufrufe: 202     Aktiv: 14.12.2023 um 15:18

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Die Aufgabe besteht darin folgendes zu zeigen: \( \alpha_{t}=\frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left(d^{t}, A d^{t}\right)}, \quad \beta_{t}=\frac{\left\|g^{t+1}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}} \)

Für meine Beweisidee hätte ich folgendes verwendet:

(CG-Verfahren, conjugate gradient method) Idee: Bestimme Abstiegsrichtungen, die paarweise orthogonal zueinander sind. Start: \( x^{0} \in \mathbb{R}^{n}, d^{0}:=-g^{0}=b-A x^{0} \) Iteration: \( \begin{aligned} t & =0,1,2, \ldots \\ x^{t+1} & =x^{t}+\alpha_{t} d^{t}, \alpha_{t}=-\frac{\left(g^{t}, d^{t}\right)}{\left(d^{t}, A d^{t}\right)} \\ g^{t+1} & =g^{t}+\alpha_{t} A d^{t}(g^{t+1}=A x^{t+1}-b=\underbrace{A x^{t}-b}_{g^{t}}+\alpha_{t} A d^{t}) \\ d^{t+1} & =-g^{t+1}+\beta_{t} d^{t}, \beta_{t}=\frac{\left(g^{t+1}, A d^{t}\right)}{\left(d^{t}, A d^{t}\right)} \end{aligned} \)

Lemma 2.18 Es sei \( g^{i} \neq 0, i \leq t \in \mathbb{N} \), so gilt
(i) \( \operatorname{span}\left(g^{0}, \ldots, g^{t}\right)=\operatorname{span}\left(A^{0} g^{0}, \ldots, A^{t} g^{0}\right) \)
(ii) \( \operatorname{span}\left(g^{0}, \ldots, g^{t}\right)=\operatorname{span}\left(d^{0}, \ldots, d^{t}\right) \)
(iii) \( \left(g^{t}, d^{i}\right)=0, i \leq t-1 \)
(iv) \( \left(d^{t}, A d^{i}\right)=0, i \leq t-1 \)

Bemerkung 2.19
(i) Nach Lemma 2.18 iv) sind die Abstiegsrichtungen paarweise " \( A \)-orthogonal" (oder \( A \)-konjugiert).
(ii) Die Abstiegsrichtungen sind linear unabhängig und es gilt \( \operatorname{span}\left(d^{0}, \ldots, d^{n-1}\right)=\mathbb{R}^{n} \), falls \( g^{i} \neq 0, i \leq n-1 \).
(iii) Aus Lemma 2.18 iii) iv) folgt \( \alpha_{t}=\frac{\left\|g^{t}\right\|^{2}}{\left(d^{t}, A d^{t}\right)}, \beta_{t}=\frac{\left\|g^{t+1}\right\|^{2}}{\left\|g^{t}\right\|^{2}} \)



Bisher hätte ich mir dann folgendes überlegt:

Gemäß der Information \( d^{t} \in-g^{t}+\operatorname{span}\left(d^{0}, d^{1}, \ldots, d^{t-1}\right) \), lässt sich zeigen, dass \( d^{t} \) orthogonal zu den vorherigen Richtungen \( d^{0}, d^{1}, \ldots, d^{t-1} \) ist, daher gilt:
\( \left\langle d^{i}, g^{t}\right\rangle=0 \text { für } i \leq t-1 . \) \( \alpha_{t} \) neu berechnen:
\( \alpha_{t}=-\frac{\left\langle g^{t}, d^{t}\right\rangle}{\left\langle d^{t}, A d^{t}\right\rangle} \) Da \( d^{t} \) orthogonal zu \( g^{t} \) ist, erhalten wir \( \left\langle g^{t}, d^{t}\right\rangle=-\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2} \) und \( \left\langle d^{t}, A d^{t}\right\rangle=\left\|A d^{t}\right\|_{2}^{2} \):

\( \alpha_{t}=-\frac{-\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left\|A d^{t}\right\|_{2}^{2}}=\frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left\|A d^{t}\right\|_{2}^{2}} \)


Gemäß der Eigenschaft \( \left(d^{t}, A d^{i}\right)=0 \) für \( i \leq t-1 \) kann ich doch die Beziehung zwischen \( g^{t+1} \) und \( g^{t} \) ausnutzen:
\( g^{t+1}=g^{t}+\alpha_{t} A d^{t} \) Da \( g^{t+1}=A x^{t+1}-b \) und \( g^{t}=A x^{t}-b \), ergibt sich:
\( A x^{t+1}-b=A x^{t}-b+\alpha_{t} A d^{t} \)

Obige Gleichung mit \( d^{t} \) von links multiplizieren:
\( \begin{array}{l} d^{t} \cdot \alpha_{t} A d^{t}=d^{t} \cdot\left(A x^{t+1}-A x^{t}\right) \\ d^{t} \cdot \alpha_{t} A d^{t}=\left(x^{t+1}-x^{t}\right) \cdot\left(A d^{t}\right) \end{array} \)
Durch Umformen ergibt sich:

\( \alpha_{t}\left\|A d^{t}\right\|_{2}^{2}=\left\|x^{t+1}-x^{t}\right\|_{2}^{2} \) Da \( \left\|x^{t+1}-x^{t}\right\|_{2}^{2}=\left\|g^{t+1}\right\|_{2}^{2} \)

und unter Berücksichtigung von

\( \alpha_{t}=\frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left\|A d^{t}\right\|_{2}^{2}} \):
\( \alpha_{t}\left\|A d^{t}\right\|_{2}^{2}=\left\|g^{t+1}\right\|_{2}^{2} \)
Daher folgt:
\( \beta_{t}=\frac{\left\|g^{t+1}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}=\frac{\alpha_{t}\left\|A d^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}=\frac{\left\|g^{t+1}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}=\frac{\left\|g^{t+1}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}} \)

Kann mir jemand sagen, ob ich dabei so richtig vorgegangen bin??

LG Euler

EDIT vom 13.12.2023 um 19:12:


Meine Überlegungen:

Gemäß Lemma 2.18 (iii) ist \( g^{t} \) orthogonal zu \( d^{i} \) für \( i \leq t-1 \), und somit \( \left\langle g^{t}, d^{i}\right\rangle=0 \) für \( i \leq t-1 \). 

Da \( d^{t} \in-g^{t}+\operatorname{span}\left(d^{0}, d^{1}, \ldots, d^{t-1}\right) \) und somit eine Linearkombination von \( g^{t} \) und den vorherigen \( d^{i} \) ist:
\(d^{t}=-g^{t}+\sum \limits_{i=0}^{t-1} \beta_{i} d^{i}\)
Nun ist \( \left\langle g^{t}, d^{t}\right\rangle=-\left\langle g^{t}, g^{t}\right\rangle \), da \( g^{t} \) orthogonal zu \( \operatorname{span}\left(d^{0}, d^{1}, \ldots, d^{t-1}\right) \):
\(\alpha_{t}=\frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left\langle d^{t}, A d^{t}\right\rangle}\)
 
Um \( \beta_{t} \) zu bestimmen, verwendet nab Lemma 2.18 (iv), welches besagt, dass \( \left\langle d^{t}, A d^{i}\right\rangle=0 \) für \( i \leq t-1 \) :
\(\beta_{t}=\frac{\left\|g^{t+1}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}=\frac{\left\|g^{t}+\alpha_{t} A d^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}\)
Da \( g^{t+1}=g^{t}+\alpha_{t} A d^{t} \) folgt:
\(\beta_{t}=\frac{\left\|g^{t}+\alpha_{t} A d^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}=\frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}+2 \alpha_{t}\left\langle g^{t}, A d^{t}\right\rangle+\alpha_{t}^{2}\left\|A d^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}\)
 
Unter Verwendung von \( \alpha_{t}=\frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left\langle d^{t}, A d^{t}\right\rangle} \) und \( \left\langle g^{t}, A d^{t}\right\rangle=-\left\langle g^{t}, d^{t}\right\rangle=-\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2} \) ergibt sich:
\(\beta_{t}=\frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}=1\)
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Ein sinnvolles Vorgehen wäre eine klare Gliederung:
Vor.:
Beh.:
Bew.:
Unter Vor. sollte alles stehen, was benutzt werden darf. Wird das nicht in Deiner Vorlesung so gemacht?
In Bem. 2.19 (iii) steht das zu zeigende. In Lemma 3.18 stehen hilfreiche Dinge, die Du aber nicht zitierst, sondern mit "lässt sich zeigen" erwähnst. Also was denn nun? Und in Deinem Beweis steht $d^t$ sei orthogonal zu $g^t$, das ist falsch.
Also, da blickt man nicht mehr durch.
Bring erstmal Ordnung rein (oben "Frage bearbeiten").
  ─   mikn 13.12.2023 um 12:17

Hallo @mikn,
Erstmals Danke für deinen Hinweis zwecks meiner Beweisführung - ich habe das jetzt alles nochmals neu überlegt (siehe Edit).

Inwiefern ist meine Gliederung nicht klar?
Oben steht die Frage, darunter was ich verwendet habe und zum Schluss meine Überlegungen! Was ich genau benutzen darf weiß ich nicht (die Aufgabe ist genau das, was in der ersten Zeile steht - alles weitere kommt von mir). Die Gliederung die du hier beschreibst habe ich noch nie gesehen?!

LG Euler
  ─   euler03 13.12.2023 um 19:17

Ich sehe da in der eigentlichen Aufgabenstellung nichts neues.
"die Aufgabe ist genau das, was in der ersten Zeile steht - alles weitere kommt von mir)": Du hast sicher nicht das CG-Verfahren erfunden.
Mein Beweis sieht so aus: Mit Bem. 2.19 (iii) folgt die Beh., q.e.d.
Nochmal: Kläre, was Vor. ist und was Beh.
Eine math. Aussage (diese hier) besteht immer aus einer Folgerung: wenn ("Vor."), dann ("Beh.").
  ─   mikn 13.12.2023 um 19:24

@mikn: Was sollte in der Aufgabenstellung auch neues sein?? Mit "alles weitere kommt von mir" meinte ich, dass dies nicht on der Aufgabe gegeben ist, sondern ich aus den Unterlagen herausgesucht habe, um einen Beweis führen zu können. Vorauf du mit dem Vor. und Beh. hinauswillst ist mir leider immer noch nicht klar?   ─   euler03 13.12.2023 um 20:10

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Ich will darauf hinaus, dass Du klar sagst, was Du annehmen darfst (aus der Vorl.). Weil mir das nicht klar ist. Ich hab Dir oben meinen Beweis genannt. Dazu hast Du nichts gesagt.   ─   mikn 13.12.2023 um 20:14

@mikn OK- annehmen darf ich, denke ich, das Prinzip des CG-Verfahrens, das angeführte Lemma und die Bemerkung, sowie das dabei eine positiv definite und symmetrische Martix verwendet wird.

Die Aufgabenstellung lautet aber nun: Zeigen Sie:
\( \alpha_{t}=\frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left(d^{t}, A d^{t}\right)}, \quad \beta_{t}=\frac{\left\|g^{t+1}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}} \)

Zu deinem Beweis - da ist mir nicht klar, was mir das sagen soll? Bem.2.19 (iii) ist doch das zu zeigende, was ich anscheinend mit dem Lemma zeigen kann (das habe ich zumindest in meinem edit versucht??) - ich verstehe noch nicht, wie ich daraus einen schlüssigen formalen beweis ziehen kann?
LG Euler
  ─   euler03 13.12.2023 um 20:25

Wenn ich nachfrage, sagst Du z.B. "Bem. 2.19 (iii) darf man nicht benutzen" (so verstehe ich das jetzt). Vorher hast Du das aber unter der Rubrik "hätte ich folgendes verwendet" gelistet. Nun aber darf man es doch nicht verwenden.
Was ein Durcheinander. In meiner ersten Reaktion hab ich gefragt, ob Du das Lemma benutzen darfst. Also?
Ich möchte mich gar nicht auf Deinen "Beweis" einlassen, solange nicht 100%ig(!!!) klar ist, was geg. ist und was nicht. Das führt nur zu Mehrarbeit, weil das Risiko besteht, an der Aufgabe (die aus Vor./Beh. besteht) vorbei zu arbeiten.
  ─   mikn 13.12.2023 um 20:42

@mikn: OK - ich versuche, dass jetzt nochmal ganz genau wiederzugeben:

Die exakte Aufgabenstellung lautet:
Zeigen Sie
\(
\alpha_{t}=\frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left(d^{t}, A d^{t}\right)}, \quad \beta_{t}=\frac{\left\|g^{t+1}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}
\)

----- Alles weitere steht nicht direkt in der gegebenen Aufgabe -----
Vorausgesetzt, für diese und andere Aufgaben, wird die Notation zum CG-Verfahren mit einer positiv definiten und symmetrischen Matrix - dementsprechend habe ich mir die Informationen zum CG-Verfahren, sowie das Lemma 2.18 und die Bemerkung 2.19 aus Unterlagen herausgesucht, da man mit diesen offensichtlich die Aussage beweisen kann - DAS KANN ALSO VERWENDET WERDEN.

Ich hoffe das es jetzt klar ist - mehr kann ich auch nicht dazu sagen bzw. weiß ich jetzt so langsam nicht mehr, wie ich es noch besser formulieren sollte? :)

"Bem. 2.19 (iii) darf man nicht benutzen" - wo habe ich das geschrieben?
  ─   euler03 13.12.2023 um 21:27

Ok, wenn man Bem. 2.19 (iii) benutzen darf, dann ist der Beweis der von mir oben erwähnte Halbzeiler. Man muss ja nur zitieren.
Sorry, ich bin da raus. Vlt hat m.simon mehr Geduld rauszufinden worum es geht und was man verwenden darf und was nicht.
  ─   mikn 13.12.2023 um 21:35

@mikn: OK - aber trotzdem Danke für deine bisherige Hilfe.

Wenn ich das aber so zeigen würde, wie du vorschlägst, dann müsste ich halt dass Lemma beweisen - ich kann ja nicht einfach etwas abschreiben ohne es zu beweisen (zumindest nicht wenn ich einen FORMAL KORREKTEN beweis führen muss)! Die Bemerkung und das Lemma stehen zwar dar, aber bewiesen sind diese nicht bzw. geklärt warum diese gelten (anders wäre es ja auch keine Beweisaufgabe)! - Die Bemerkung sagt mir ja nur, dass ich mit dem, was im Lemma steht, arbeiten kann!

LG Euler :)

PS: Wäre cool, wenn dieser Halbzeiler als Beweis gelten würde (ich weiß aber, dass das bei uns nicht der Fall ist) :)
  ─   euler03 13.12.2023 um 22:02

Eine sinnvolle Aufgabe wäre z.B. die Aufgabe, wenn man die Aussagen in der Bem. nicht als gegeben, sondern als Anleitung benutzen würde. Verwenden darf man dann nur die Def. des CG-Verfahren und das Lemma. Aber ob man das Lemma verwenden darf, hab ich auch schon zweimal gefragt.
  ─   mikn 13.12.2023 um 22:09

@mikn: Wir reden hier echt aneinander vorbei :)! Ich habe jetzt aber auch schon mehrmals geschrieben, wie die exakte Aufgabe lautet und dass diese im Kontext des CG-Verfahrens gestellt ist.

Alles weiter ist, wie gesagt, aus dem Skript - alles was im Skript steht kann ich zum Beweisen verwenden (was ich verwenden kann muss ich aber selbst herausfinden) Somit kann ich - habe ich auch schon öfters gesagt - das Lemma verwenden. Trotzdem muss ich jegliches vorgehen noch genau Begründen (wenn ich das Lemma verwende, muss ich ja Agumentiern, warum ich das verwenden darf und die Folgerung gilt)!

Drücke ich mich wirklich so kompliziert aus? :):):)
  ─   euler03 13.12.2023 um 22:23

Du könntest mal die Aufgabe als Foto posten, vollständig.   ─   mikn 13.12.2023 um 22:25

Aufgabe 1: Vorausgesetzt werde die Notation aus der Vorlesung bzgl. des CG-Verfahrens mit einer positiv definiten und symmetrischen Matrix \( A \in \mathbb{R}^{n \times n} \).
1. Zeigen Sie
\(
\alpha_{t}=\frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left(d^{t}, A d^{t}\right)}, \quad \beta_{t}=\frac{\left\|g^{t+1}\right\|_{2}^{2}}{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}} .
\)

---------Als bild kann ich das leider nicht einfügen?? ----------
  ─   euler03 13.12.2023 um 22:36

Wenn das alles ist, ist unklar, was mit dem Lemma ist.   ─   mikn 13.12.2023 um 22:45
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Du schreibst, dass \(d^t\) orthogonal zu den vorigen Richtungen ist. Statt "orthogonal" muss es "A-orthogonal" heißen.
Statt "da \(d^t\) orthodonal zu \(g^t\) ist", muss es heißen: "da \(\large d^{t-1}\) orthogonal zu \(g^t\) ist".

Die Gleichung \(\langle d^t, Ad_t\rangle = \|Ad_t\|_2\) stimmt definitiv i.a. nicht, z.B. für A=2E, E=Einheitsmatrix, \(d_t=0\). Diese Gleichung brauchst Du aber auch gar nicht. Du hast ja \(\langle d^t,g^t\rangle = -\|g^t\|_2^2\). Das reicht, um \(\alpha_t = \frac{\|g^t\|_2^2}{\langle d^t, A d_t\rangle}\) zu folgern.

Bei Deinem Satz "Durch Umformen ergibt sich" verstehe nicht, wieso die Gleichung darunter sich aus der Gleichung darüber ergibt.

Noch weiter unten steht \(\displaystyle \alpha_t = \frac{\|g^t\|_2^2}{\| A d_t\|_2^2}\), was aber nicht stimmt, denn \(\| A d_t\|_2^2 \not= \langle d^t, Ad^t\rangle\) i.a.

Die letzte Gleichungskette "\(\beta_t=\ldots\)" verstehe ich nicht; hier kommt der Ausdruck \(\displaystyle \frac{\|g^{t+1}\|_2^2}{\|g^t\|_2^2}\) gleich drei Mal vor.
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Hallo m.simon.539

Danke dir für deine Antwort - mache ich das in meinem Edit der Frage nun schon richtiger?

LG Euler

PS: Das in der letzten Gleichungskette meines ersten Versuches, der Ausdruck drei Mal vorkommt, war ein versehen :)
  ─   euler03 13.12.2023 um 20:15

Du verwendest für das Skalarprodukt mal die spitzen und mal die runden Klammen. Es geht beides, aber es sollte einheitlich sein.
Der Beweis für die Formel von \(\alpha_t\) ist m.E. ok.
Die 5.-letzten Zeile von Deinem Edit beginnt mit \(\displaystyle \beta_t = \frac{\|g^{t+1}\|_2^2}{\|g^t\|_2^2}\). Das aber willst Du ja noch beweisen, Du setzt es hier aber schon voraus.
In der vorletzten Zeile steht \(\langle g^t,Ad^t\rangle=-\langle g^t,d^t\rangle\). Das kann nicht richtig sein. Setze z.B. A=Einheitsmatrix,
Deine letzte Zeile beginnt mit \(\displaystyle \beta_t=\frac{\|g^t\|_2^2}{\|g^t\|_2^2}\), was aber definitiv falsch ist.
  ─   m.simon.539 14.12.2023 um 01:34

Hallo m.simon.539,

Wenn \( \alpha_{t} \) so richtig ist, dann habe ich ja schonmal einen Teil geschafft :)

Jetzt, an einem neuen Tag, ergibt das, was ich bei Beta geschrieben habe wirklich nicht so viel Sinn!
Grundsätzlich müsste ich hier doch aber ähnlich wie bei \( \alpha_{t} \) argumentieren können mit Lemma 2.18 (iv)?

Gemäß Lemma 2.18 (iv) gilt \( \left(d^{t}, A d^{i}\right)=0 \) für \( i \leq t-1 \) und gemäß Bemerkung 2.19 (i) sind die Abstiegsrichtungen paarweise \( A \)-orthogonal.
Mit der Information \( d^{t} \in-g^{t}+\operatorname{span}\left(d^{0}, d^{1}, \ldots, d^{t-1}\right) \) und dass \( \left\langle d^{t}, g^{t}\right\rangle=-\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2} \), folgt \( g^{t+1}=g^{t}+\alpha_{t} A d^{t} \), also ergibt sich:
\(
\left\|g^{t+1}\right\|_{2}^{2}=\left\|g^{t}+\alpha_{t} A d^{t}\right\|_{2}^{2}=\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}+2 \alpha_{t}\left\langle g^{t}, A d^{t}\right\rangle+\alpha_{t}^{2}\left\|A d^{t}\right\|_{2}^{2}
\)
\( \alpha_{t}=\frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left\langle d^{t}, A d^{t}\right\rangle} \) einsetzten:
\(
\left\|g^{t+1}\right\|_{2}^{2}=\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}-2 \frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{2}}{\left\langle d^{t}, A d^{t}\right\rangle}\left\langle g^{t}, A d^{t}\right\rangle+\frac{\left\|g^{t}\right\|_{2}^{4}}{\left\langle d^{t}, A d^{t}\right\rangle^{2}}\left\langle d^{t}, A d^{t}\right\rangle
\)

Bin ich damit auf dem richtigen Wege?
LG Euler
  ─   euler03 14.12.2023 um 09:05

Deine letzte spitze Klammer ist falsch. Statt \(\langle d^t, Ad^t\rangle\) muss es \(\|Ad^t\|_2^2\) heißen. Und dass führt leider auch nicht zum Ziel.
Es ist mir allerdings schleierhaft, wie Lemma 2.18(iii) allein hier zum Ziel führen soll.
Meiner Meinung nach braucht man nämlich noch, dass alle \(g^t\) orthogonal zueinander sind: \(\langle g^t, g^i\rangle=0\) für \(i\not=t\).
Diese Aussage fehlt im Lemma 2.18.
Mit dieser Aussage ginge der Beweis dann so:
\(\displaystyle \beta_t \;= \;
\frac{\langle g^{t+1}Ad^t\rangle}{\langle d^t, Ad^t\rangle}\;= \;
\left\langle g^{t+1},-\frac{\langle g^t,d^t\rangle}{\langle d^t,Ad^t\rangle} Ad^t \right \rangle \frac{1}{-\langle g^t,d^t\rangle}\;= \;
\left\langle g^{t+1},g^t-\frac{\langle g^t,d^t\rangle}{\langle d^t,Ad^t\rangle} Ad^t \right \rangle \frac{1}{\| g^t\|_2^2}\;= \;
\langle g^{t+1},g^t-\alpha_t Ad^t \rangle \frac{1}{\| g^t\|_2^2}\;= \;
\frac{\langle g^{t+1},g^{t+1} \rangle} {\| g^t\|_2^2}\;= \;
\frac{\|g^{t+1}\|_2^2}{\| g^t\|_2^2}


\)

  ─   m.simon.539 14.12.2023 um 14:19

Hallo m.simon.539,
Danke dir nochmals für deine Antwort und die Geduld die du mitgebracht hast :) - dass man alles nur mit dem Lemma zeigen soll, habe ich ja auch nicht behauptet (vielleicht ist es ja gerade so gewollt, dass man die von dir eingebrachte zusätzliche Information ins spiel bringen soll??) - Dann versuche ich das mal nachzuvollziehen!

Danke dir,
LG Euler
  ─   euler03 14.12.2023 um 15:18

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