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\documentclass[uebung]{../../../lecture} |
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\begin{document} |
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\title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 2} |
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\author{Leon Burgard, Christian Merten} |
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\punkte |
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\begin{aufgabe} |
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Die relativen Konditionszahlen sind gegeben durch |
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\[ |
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\frac{\partial F_i}{\partial x_j}(x) \frac{x_j}{F_i(x)} |
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.\] |
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\begin{itemize} |
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\item $F(x, y) = x \cdot y$: |
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\[ |
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\frac{\partial F}{\partial x} = y \qquad \frac{\partial F}{\partial y } = x |
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.\] Damit folgt |
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\[ |
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k_{11} = y \cdot \frac{x}{x \cdot y} = 1 \qquad k_{12} = x \cdot \frac{y}{x \cdot y} = 1 |
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.\] Die Multiplikation ist also gut konditioniert. |
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\item $F(x, y) = \frac{x}{y}$: |
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\begin{align*} |
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\frac{\partial F}{\partial x} = \frac{1}{y} &\qquad \frac{\partial F}{\partial y} = - \frac{x}{y^2} |
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\intertext{Damit folgt} |
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k_{11} = \frac{1}{y} \cdot \frac{x}{\frac{x}{y}} = \frac{x}{y} \frac{y}{x} = 1 |
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&\qquad |
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k_{12} = -\frac{x}{y^2} \cdot \frac{y}{\frac{x}{y}} = - \frac{x}{y^2} \frac{y^2}{x} = -1 |
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.\end{align*} |
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Die Division ist also auch gut konditioniert. |
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\item $F(x) = \sqrt{x} $ |
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\begin{align*} |
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\frac{\d F}{\d x} &= \frac{1}{2\sqrt{x} } |
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\intertext{Damit folgt} |
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k_{11} &= \frac{1}{2\sqrt{x} } \frac{x}{\sqrt{x} } = \frac{1}{2} |
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.\end{align*} |
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Wurzelziehen ist also ebenfalls gut konditioniert. |
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\end{itemize} |
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\end{aufgabe} |
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\begin{aufgabe} |
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\begin{itemize} |
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\item Sei $p \in \N$. |
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\begin{align*} |
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f(h) &= (ph^2 + h^2)^2 - p^2h^{4} \\ |
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&= h^{2} \left(2ph + 1\right) |
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\intertext{Es ist $2ph + 1 \le 2p + 1$ für $h \le 1$. Also folgt mit $c = 2p + 1$} |
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f(h) &= \mathcal{O}(h^2) |
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.\end{align*} |
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\item Es gilt für $0 < h \le \frac{1}{e}\colon |\ln(h)| \ge 1$. Also folgt |
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\[ |
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|f(h)| = \left|-\frac{h^2}{\ln(h)}\right| |
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\le h^2 \implies f(h) = \mathcal{O}(h^2) |
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.\] |
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\item Es gilt |
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\begin{align*} |
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\lim_{h \to 0} |f(h)| &= \lim_{h \to 0} \left| \frac{\sin(x + h) - 2 \sin(x) + \sin(x-h)}{h^2} + \sin(x) \right| \\ |
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&\stackrel{\text{de l'Hospital}}{=} |
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\qquad \lim_{h \to 0} \left| \frac{\cos(x+h) - \cos(x - h)}{2h}\right| = \infty |
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.\end{align*} |
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Sei nun $m \in \N$ beliebig. Dann gilt stets $h^{m} \xrightarrow{h \to 0} 0$. Also |
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existiert kein $m \in \N$ mit $f(h) = \mathcal{O}(h^{m})$. |
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\end{itemize} |
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\begin{figure}[h!] |
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\begin{tikzpicture} |
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\begin{axis} |
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\addplot[domain=0:1, samples=50, smooth, green] {3*x^2 + x)^2 - 3^2*x^4}; |
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\addplot[domain=0:1, samples=50, smooth, red] {x^2 * (2*3 + 1)}; |
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\legend{$(ph^2 + h)^2 - p^2h^{4}$, $(2p + 1) h^2$} |
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\end{axis} |
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\end{tikzpicture} |
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\begin{tikzpicture} |
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\begin{axis} |
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\addplot[domain=0:0.5, samples=50, smooth, green] {- (x^2)/(ln(x))}; |
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\addplot[domain=0:0.5, samples=50, smooth, red] {x^2}; |
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\legend{$- \frac{h^2}{\ln h}$, $h^2$} |
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\end{axis} |
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\end{tikzpicture} |
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\caption{Links: $f_1(h)$ für $p = 1$ und $c = 7$, Rechts: $f_2(h)$ mit $c = 1$} |
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\end{figure} |
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\end{aufgabe} |
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\begin{aufgabe} |
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Quadratische Ergänzung führt auf die Lösungsformel |
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\begin{align*} |
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x_{1/2} &= \pm \sqrt{p^2 - 1} + p |
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\intertext{Also folgt} |
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\frac{\partial F_{1/2}}{\partial p} &= \pm \frac{p}{\sqrt{p^2 - 1} } + 1 |
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\intertext{Damit ergibt sich} |
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k_{11} &= \frac{1 + \sqrt{1 - \frac{1}{p^2}} }{1 - \frac{1}{p^2} + \sqrt{1 - \frac{1}{p^2}} } \\ |
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k_{21} &= \frac{- 1 + \sqrt{1 - \frac{1}{p^2}} }{-1 + \frac{1}{p^2} + \sqrt{1 - \frac{1}{p^2}} } |
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.\end{align*} |
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Aus der Lösungsformel folgt zudem $F(p) \in \R^{2} \iff |p| \ge 1 $ |
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Das alternativ parametrisierte Problem führt auf die Lösungsformel |
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\begin{align*} |
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x_{1 / 2} &= \pm \sqrt{\frac{(t^2 + 1)^2}{4t^2} - 1} + \frac{t^2 + 1}{2t} |
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.\end{align*} |
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Hier wird analog der Verstärkungsfaktor berechnet. Im ersten Fall wird das Problem |
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schlecht konditioniert, wenn $|p| < 1$ wird, allerdings hat dann die Gleichung keine |
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reellen Lösungen mehr. |
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\end{aufgabe} |
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\begin{aufgabe} |
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Es sei $I := [0,1]$ und |
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\[ |
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f\colon I \to I, \quad f(x) := \begin{cases} |
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2x & \text{falls } x \in [0, 0.5) \\ |
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2 - 2x & \text{falls } x \in [0.5, 1] |
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\end{cases} |
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.\] Die Folge $(x_i)_{i\in\N}$ sei für ein $x_0 \in I$ definiert als |
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\[ |
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x_i = f(x_{i-1}) |
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.\] |
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\begin{enumerate}[a)] |
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\item siehe \textit{zeltabbildung.cpp} |
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\item Beh.: Sei $x_0 = (0.m_1 \ldots m_r)_{2} \in [0,1]$ eine Festkommazahl der Binärdarstellung |
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mit höchstens $r$ Nachkommastellen ungleich $0$. Dann gilt $x_{r+1} = 0$. |
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\begin{proof} |
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Beweis per Induktion nach $r$. |
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Für $r = 0$: trivial $f(0) = 0 \implies x_1 = 0$. |
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Sei Beh. gegeben für ein $r \in \N_0$. Dann sei |
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\[ |
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x_0 = (0.m_1\ldots m_{r+1})_2 \in [0,1] |
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.\] mit $m_{r+1} \neq 0$ (sonst bereits gezeigt). |
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Falls $x_0 \in [0, 0.5)$. Dann ist $m_1 = 0$ und |
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\[ |
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x_1 = f(x_0) = 2x_0 = 2 \sum_{i=1}^{r+1} m_i 2^{-i} |
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= \sum_{i=1}^{r+1} m_i 2^{-i+1} |
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= (0.\widetilde{m}_{1}\ldots\widetilde{m}_{r+1})_2 |
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.\] Da $m_{r+1} = 1_{2} \implies \widetilde{m}_{r+1} = 0_{2}$. Also |
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hat $x_1$ höchstens $r$ Stellen ungleich $0$. Wende I.V. auf $x_1$ an. Damit folgt |
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$x_{r+1} = 0$. |
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Falls $x_0 \in [0.5, 1]$. Dann ist $m_1 = 1_{2}$ und |
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\[ |
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x_1 = f(x_0) = 2 - 2x_0 = 2 - 2 \sum_{i=1}^{n} m_i 2^{-i} |
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= 2 - \sum_{i=1}^{n} m_i 2^{-i + 1} = (0.\widetilde{m}_{1}\ldots\widetilde{m}_{r+1})_2 |
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|
.\] Da $m_{r+1} = 1_{2} \implies \widetilde{m}_{r+1} = 0_{2}$. Also |
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hat $x_1$ höchstens $r$ Stellen ungleich $0$. Wende I.V. auf $x_1$ an. Damit folgt |
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|
$x_{r+1} = 0$. |
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\end{proof} |
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\item siehe \textit{zeltabbildung.cpp} |
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\end{enumerate} |
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\end{aufgabe} |
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\end{document} |
