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@@ -75,6 +75,43 @@
             \[
                 k = \frac{x - 1}{1} = x - 1 \xrightarrow{k \to \infty} \infty
             ,\] 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}
 
@@ -144,6 +181,28 @@
                 \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}