\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\usepackage{gauss}

\begin{document}

\author{Leon Burgard, Christian Merten}
\title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 3}

\punkte

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Einheitssphäre
            \begin{figure}[h!]
                \centering
                \begin{tikzpicture}[scale=2]
                    \draw (-1.5,0) edge[-latex] (1.5,0) (0,-1.5) edge[-latex] (0,1.5);
                    \draw (1, 0.1) -- (1, -0.1);
                    \node at (1, -0.2) {$1$};
                    \draw (0.1, 1) -- (-0.1, 1);
                    \node at (-0.2, 1) {$1$};
                    \draw[red] (0,0) circle (1);
                    \draw[blue, rotate around={45:(0,0)}] (-1/1.41,-1/1.41) rectangle (1/1.41, 1/1.41);
                    \draw[green, fill] (1,0) circle (0.02);
                    \draw[green, fill] (0,1) circle (0.02);
                    \draw[green, fill] (-1,0) circle (0.02);
                    \draw[green, fill] (0,-1) circle (0.02);
                    \node at (1.5, -0.2) {$x_1$};
                    \node at (-0.2, 1.5) {$x_2$};
                \end{tikzpicture}
                \caption{Blau: $\Vert \cdot \Vert_1$, Rot: $\Vert \cdot \Vert_2$, Grün:
                $\Vert \cdot \Vert_{\infty}$}
            \end{figure}
        \item Sei $x \in \R^{n}$ beliebig. Dann ist
            \begin{align*}
                \Vert x \Vert_1 = \sum_{k=1}^{n} |x_k \cdot 1|
                \quad &\stackrel{\text{C.S.U.}}{\le } \quad
                \Vert x \Vert_2 \cdot \Vert 1 \Vert_2 = \sqrt{n} \Vert x \Vert_2 \\
                \Vert x \Vert_2 = \sqrt{\sum_{k=1}^{n} |x_k|^2}
                &\le \sqrt{\sum_{k=1}^{n} \Vert x_{\infty}\Vert^2}
                = \sqrt{n \Vert x\Vert_\infty^2} = \sqrt{n} \Vert x \Vert_{\infty}
            .\end{align*}
            Außerdem ist
            \begin{align*}
            &\Vert x \Vert_1 = \sum_{k=1}^{n} |x_k|
            = \Vert x \Vert_2  \left( \sum_{k=1}^{n} \underbrace{\frac{|x_k|}{\Vert x \Vert_2}}_{\le 1} \right)
            \ge \Vert x \Vert_2 \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{|x_k|^{2}}{\Vert x \Vert_2^2} \right)
            = \Vert x \Vert_2 \frac{\Vert x \Vert_2^2}{\Vert x \Vert_2^2} = \Vert x \Vert_2 \\
            &\Vert x \Vert_2 = \sqrt{\sum_{k=1}^{n} |x_k|^2} \ge \sqrt{\Vert x \Vert_{\infty}^2}
            = \Vert x \Vert_{\infty}
            .\end{align*}
            Damit folgt
            \begin{align*}
                \frac{1}{\sqrt{n}} \Vert x \Vert_1 \le &\Vert x \Vert_2 \le \Vert x \Vert_1 \\
                \frac{1}{\sqrt{n}} \Vert x \Vert_1 \le &\Vert x \Vert_{\infty} \le \Vert x \Vert_1 \\
                \Vert x \Vert_2 \le &\Vert x \Vert_1 \le \sqrt{n} \Vert x \Vert_2 \\
                \frac{1}{\sqrt{n}} \Vert x \Vert_2 \le &\Vert x \Vert_{\infty} \le \Vert x \Vert_2 \\
                \Vert x \Vert_\infty \le \Vert x \Vert_2 \le &\Vert x \Vert_1 \le \sqrt{n} \Vert x \Vert_2
                \le n \Vert x \Vert_\infty \\
                \Vert x \Vert_\infty \le &\Vert x \Vert_2 \le \sqrt{n} \Vert x \Vert_\infty
            .\end{align*}
            Für $n = 1$ sind alle Abschätzungen scharf, denn dann ist
            $\Vert x \Vert_1 = \Vert x \Vert_2 = \Vert x \Vert_{\infty}$ und $\sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n}} = 1$.

            Es gilt $n \xrightarrow{n \to \infty} \infty$, $\sqrt{n} \xrightarrow{n \to \infty} \infty$ und
            $\frac{1}{\sqrt{n}} \xrightarrow{n \to \infty} 0$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \[
        f(x) = \frac{1 - \cos x}{x}
    .\]
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Es ist
            \[
            \frac{\d f}{\d x} = \frac{x \sin x - 1 + \cos x}{x^2}
            .\] Damit folgt
            \[
            k = \frac{x \sin x - 1 + \cos x}{1 - \cos x}
            .\] Für $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$ ist
            \[
                k = \frac{x - 1}{1} = x - 1 \xrightarrow{k \to \infty} \infty
            ,\] also $f$ schlecht konditioniert.
        \item Für die Rundungsfehler der einzelnen Operationen gilt für
            $|e_1|, |e_2|, |e_3| < \text{eps}$
            \begin{align*}
                a &= \cos(x) (1 + e_1) \\
                b &= (1 - a)(1+e_2) \stackrel{\cdot}{=} 1 - \cos x + e_2 - (e_1 + e_2) \cos x
                \intertext{Damit folgt}
                f_a(x) &\stackrel{\cdot}{=} \frac{1 - \cos x + e_2 - (e_1 + e_2 \cos x) + e_3 - e_3 \cos(x)}{x}
                \intertext{Also}
                \frac{f_a(x) - f(x)}{f(x)} &\stackrel{\cdot }{=}
                - \frac{\cos x }{1 - \cos x} e_1 + e_2 + e_3
            .\end{align*}
            Wegen $\frac{\cos x}{1 - \cos x} \xrightarrow{x \to 0} \infty \gg k$ ist
            dieser Algorithmus numerisch instabil.
        \item Durch Umformungen, lässt sich die auslöschende Subtraktion $1 - \cos x$ vermeiden:
            \[
                f(x) = \frac{\sin^2(x)}{x + x \cos(x)}
            .\] Mit $|e_1|, |e_2|, |e_3|, |e_4|, |e_5|, |e_6| < \text{eps}$ folgt für die
            Rundungsfehler:
            \begin{align*}
                a &= \sin(x)(1 + e_1) \\
                b &= a^2(1+e_2) \stackrel{\cdot }{=} \sin^2(x) + \sin^2(x)(2 e_1 + e_2) \\
                c &= \cos(x) (1 + e_3) \\
                d &= x c (1+e_4) \stackrel{\cdot }{=} x \cos x + (e_3 + e_4) x \cos(x) \\
                e &= x + d (1 + e_5) \stackrel{\cdot }{=} x + x \cos(x) + (e_3 + e_4 + e_5)x \cos(x) + e_4 x
                \intertext{Damit folgt}
                f_a(x) &\stackrel{\cdot }{=}
                \frac{\sin^2(x) + \sin^2(x) (2 e_1 + e_2) + e_6 \sin^2(x)}
                {x + x \cos(x) + (e_3 + e_4 + e_5)x \cos (x) + e_4 x}
                \intertext{Also gilt}
                \frac{f_a(x) - f(x)}{f(x)}
                &\stackrel{\cdot }{=} \frac{2 e_1 + e_2 + e_6 - e_4 - (e_2 + e_3) \frac{\cos(x)}{1 + \cos(x)}}
                {1 + e_4 + (e_2 + e_3) \frac{\cos(x)}{1 + \cos(x)}}
                \; \stackrel{x \ll 1}{\approx} \;
                \frac{\frac{3}{2} e_1 + e_2 + e_6 - e_4 - \frac{1}{2}e_3}{1 + e_4 + \frac{1}{2} e_2 + \frac{1}{2}e_3}
            .\end{align*}
            Wegen $1 + e_4 + \frac{1}{2} e_2 + \frac{1}{2}e_3 > 1$, folgt, dass die Verstärkungsfaktoren
            der Rundungsfehler für $x \ll 1$ nahe $1$ sind, also ist der Algorithmus numerisch stabil.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Die Matrix ist eine $N^2-1 \times N^2-1$ Matrix, da eine Gleichung für jeden der $N^2$
            Knoten, bis auf den Referenzknoten existiert.
        \item Jeder Knoten hat entweder 2 (Ecken), 3 (Außenkanten) oder 4 (im Inneren) ein oder
            ausgehende Kanten. Die mit der Pumpe verbundenen Knoten, haben jeweils eine Kante mehr.
            Die zugehörigen Zeilen haben damit immer $1$ $+$ Anzahl der verbundenen Kanten Einträge ungleich
            $0$.
        \item Die Matrix ist quadratisch und hat vollen Rang und hat damit eine eindeutige Lösung, wenn
            $q_p \neq 0$.
        \item
            \begin{align*}
                \begin{pmatrix} 
                    3 & -1 & 0 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
                    -1 & 2 & 0 & 0 & -1 & 0 & 0 & 0 \\
                    0 & 0 & 3 & -1 & 0 & -1 & 0 & 0 \\
                    -1 & 0 & -1 & 4 & -1 & 0 & -1 & 0 \\
                    0 & -1 & 0 & -1 & 3 & 0 & 0 & -1 \\
                    0 & 0 & -1 & 0 & 0 & 2 & -1 & 0 \\
                    0 & 0 & 0 & -1 & 0 & -1 & 3 & -1 \\
                    0 & 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & -1 & 2
                \end{pmatrix} 
                \begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \\ p_3 \\ p_4 \\ p_5 \\ p_6 \\ p_7 \\ p_8 \end{pmatrix}
                =
                \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ q_p \end{pmatrix} 
            .\end{align*}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Sei $x \in \R^{n} \setminus \{0\}$. Dann ist
            \begin{align*}
                (A_s x, x)_2 &= \left( \frac{1}{2}Ax + \frac{1}{2}A^{T}x, x \right)_2
                = \frac{1}{2} (Ax, x) + \frac{1}{2} (A^{T}x, x)
                = \frac{1}{2} x^{T}A^{T}x + \frac{1}{2} x^{T}Ax \\
                &= \frac{1}{2} x^{T} A^{T} x + \frac{1}{2} \left( x^{T} (Ax) \right)^{T}
                = \frac{1}{2} x^{T}A^{T}x + \frac{1}{2} x^{T}A^{T}x
                = x^{T}A^{T}x
                = (Ax, x)_2
            .\end{align*}
            Damit folgt die Behauptung.
        \item Sei $X \subseteq \{1, 2, \ldots, n\} $ beliebig und $A_X$ nicht positiv definit. Dann
            ex. ein $\widetilde{x} \in \R^{|x|} \setminus \{0\} $ mit $A_X x \le 0$. Dann
            ergänze $\widetilde{x}$ zu $x \in \R^{n}$ mit
            \[
            x_i := \begin{cases}
                x_i & i \in X \\
                0 & \text{sonst}
            \end{cases}
            .\] Dann ist $x^{T}Ax = \widetilde{x}^{T}A_X\widetilde{x} \le 0$, also ist $A$ nicht positiv
            definit.
        \item Mit (a) folgt: $A$ g.d. positiv definit, wenn
            \[
                A_S = \begin{pmatrix} 2 & - \frac{\alpha}{2} \\ - \frac{\alpha}{2} & 2 \end{pmatrix} 
            .\] positiv definit ist. Dies ist mit dem Hauptminorenkriterium für symmetrische
            Matrizen g.d der Fall, wenn
            \begin{align*}
                &\begin{gmatrix}[v]
                    2 & - \frac{\alpha}{2} \\ - \frac{\alpha}{2} & 2
                \end{gmatrix} 
                = 4 - \frac{\alpha^2}{4} > 0
                \\
                \iff &16 - \alpha^2 > 0 \\
                \iff &|\alpha| < 4
            .\end{align*}
        \item Zunächst ist $\overline{A}^{T}
            = \overline{\overline{H}^{T}H}^{T} = \left( H^{T}\overline{H} \right)^{T}
            = \overline{H}^{T} H = A$. Also ist $A$ hermitesch.

            Sei nun $A$ positiv definit. Dann sind, wegen $A$ hermitesch, alle Eigenwerte reell
            und positiv. Also gilt $\text{det}(A) > 0$, damit $\text{Rg}(A) = n$. Also
            \[
            n = \text{Rg}(A) = \text{Rg}(\overline{H}^{T}H) \le \min \{\text{Rg}(\overline{H}^{T}), H\}
            = \text{Rg}(H) \le \min \{n, m\} = n
            .\] Also $\text{Rg}(H) = n$.

            Sei nun $\text{Rg}(H) = n$. Es ist $A$ semidefinit, denn $\forall x \in \mathbb{C}^{n}$ gilt
            \[
                (\overline{H}^{T}Hx, x)_2 = x^{T}\left( \overline{H}^{T}H \right)^{T} \overline{x}
                = x^{T}H^{T}\overline{H}\overline{x} = \left( Hx \right)^{T} \overline{\left( Hx \right) } \ge 0
                \qquad (*)
            .\] Mit dem Rangsatz ist außerdem:
            \[
            n = \text{dim}(\mathbb{C}^{n}) = \text{Rg}(H)
            + \text{dim } \text{ker } H = n + \text{dim } \text{ker } H \implies \text{dim } \text{ker } H = 0
            .\] Also folgt $\forall x \in \mathbb{C}^{n} \setminus \{0\}$:
            $Hx \neq 0$, also folgt mit ($*$) $A$ positiv definit.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}
