update groupschemes lecture

.gitignore

@@ -9,3 +9,13 @@
 *.synctex*
 *.fdb_latexmk
 *.toc
+*.dat
+*.autosave.xopp
+*.xopp~
+*.nav
+*.out
+*.snm
+*.bbl
+*.blg
+*.table
+*.gnuplot

.gitmodules

@@ -4,3 +4,18 @@
 [submodule "sose2020/num/hdnum"]
 	path = sose2020/num/hdnum
 	url = https://parcomp-git.iwr.uni-heidelberg.de/Teaching/hdnum
+[submodule "ws2020/theo/lectures"]
+	path = ws2020/theo/lectures
+	url = https://git.flavigny.de/christian/theo-lecture
+[submodule "ws2020/wtheo/uebungen"]
+	path = ws2020/wtheo/uebungen
+	url = https://git.flavigny.de/christian/wtheo-zettel
+[submodule "ws2022/rav/lecture"]
+	path = ws2022/rav/lecture
+	url = git@git.mathi.uni-heidelberg.de:cmerten/ravlecture
+[submodule "ws2023/groupschemes"]
+	path = ws2023/groupschemes 
+	url = https://git.flavigny.de/christian/groupschemes-lecture
+[submodule "ws2023/groupschemes-lecture"]
+	path = ws2023/groupschemes-lecture
+	url = https://git.flavigny.de/christian/groupschemes-lecture

lecture.cls

@@ -27,6 +27,17 @@
 \RequirePackage{environ}
 
 \usetikzlibrary{quotes, angles}
+\pgfplotsset{
+    compat=1.15,
+    default 2d plot/.style={%
+        grid=both,
+        minor tick num=4,
+        grid style={line width=.1pt, draw=gray!10},
+        major grid style={line width=.2pt,draw=gray!50},
+        axis lines=middle,
+        enlargelimits={abs=0.2}
+    },
+}
 
 \DeclareOption*{\PassOptionsToClass{\CurrentOption}{article}}
 \DeclareOption{uebung}{
@@ -52,7 +63,7 @@
 \theoremstyle{definition}
 \newmdtheoremenv{satz}{Satz}[section]
 \newmdtheoremenv{lemma}[satz]{Lemma}
-\newmdtheoremenv{korrolar}[satz]{Korrolar}
+\newmdtheoremenv{korollar}[satz]{Korollar}
 \newmdtheoremenv{definition}[satz]{Definition}
 
 \newtheorem{bsp}[satz]{Beispiel}
@@ -151,6 +162,22 @@
 % contradiction
 \newcommand{\contr}{\text{\Large\lightning}}
 
+% disjoint unions: provides cupdot and bigcupdot
+\makeatletter
+\def\moverlay{\mathpalette\mov@rlay}
+\def\mov@rlay#1#2{\leavevmode\vtop{%
+   \baselineskip\z@skip \lineskiplimit-\maxdimen
+   \ialign{\hfil$\m@th#1##$\hfil\cr#2\crcr}}}
+\newcommand{\charfusion}[3][\mathord]{
+    #1{\ifx#1\mathop\vphantom{#2}\fi
+        \mathpalette\mov@rlay{#2\cr#3}
+      }
+    \ifx#1\mathop\expandafter\displaylimits\fi}
+\makeatother
+
+\newcommand{\cupdot}{\charfusion[\mathbin]{\cup}{\cdot}}
+\newcommand{\bigcupdot}{\charfusion[\mathop]{\bigcup}{\cdot}}
+
 \ExplSyntaxOn
 
 % S-tackrelcompatible ALIGN environment
@@ -213,7 +240,7 @@
   }
   % replace all relations with align characters (&) and add the needed padding
   \regex_replace_all:nnN
-      { (\c{impliedby}&|&\c{impliedby}|\c{implies}&|&\c{implies}|\c{approx}&|&\c{approx}|\c{equiv}&|&\c{equiv}|=&|&=|\c{le}&|&\c{le}|\c{ge}&|&\c{ge}|&\c{stackrel}{.*?}{.*?}|\c{stackrel}{.*?}{.*?}&|&\c{neq}|\c{neq}&) }
+      { (<&|&<|\c{iff}&|&\c{iff}|\c{impliedby}&|&\c{impliedby}|\c{implies}&|&\c{implies}|\c{approx}&|&\c{approx}|\c{equiv}&|&\c{equiv}|=&|&=|\c{le}&|&\c{le}|\c{ge}&|&\c{ge}|&\c{stackrel}{.*?}{.*?}|\c{stackrel}{.*?}{.*?}&|&\c{neq}|\c{neq}&) }
       { \c{kern} \u{l_tmp_dim_needed} \1 \c{kern} \u{l_tmp_dim_needed} }
       \l__lec_text_tl
   \l__lec_text_tl

notes.cls

@@ -0,0 +1,249 @@
+\ProvidesClass{notes}
+\LoadClass[a4paper]{amsart}
+
+\RequirePackage[utf8]{inputenc}
+\RequirePackage[T1]{fontenc}
+\RequirePackage{textcomp}
+\RequirePackage[german, english]{babel}
+\RequirePackage{amsmath, amssymb, amsthm}
+\RequirePackage{mdframed}
+\RequirePackage{tikz-cd}
+\RequirePackage{fancyhdr}
+\RequirePackage{geometry}
+\RequirePackage{import}
+\RequirePackage{pdfpages}
+%\RequirePackage{transparent}
+\RequirePackage{xcolor}
+\RequirePackage{array}
+\RequirePackage[shortlabels]{enumitem}
+\RequirePackage{tikz}
+\RequirePackage{pgfplots}
+\RequirePackage{listings}
+\RequirePackage{mathtools}
+\RequirePackage{forloop}
+\RequirePackage{totcount}
+\RequirePackage{calc}
+\RequirePackage{wasysym}
+\RequirePackage{environ}
+\RequirePackage{hyperref}
+\RequirePackage{graphicx}
+
+\usetikzlibrary{quotes, angles}
+\pgfplotsset{
+    compat=1.15,
+    default 2d plot/.style={%
+        grid=both,
+        minor tick num=4,
+        grid style={line width=.1pt, draw=gray!10},
+        major grid style={line width=.2pt,draw=gray!50},
+        axis lines=middle,
+        enlargelimits={abs=0.2}
+    },
+}
+
+\usetikzlibrary{quotes, angles, math}
+\pgfplotsset{
+    compat=1.15,
+    axis lines = middle,
+    ticks = none,
+    %default 2d plot/.style={%
+    %    ticks=none,
+    %    axis lines = middle,
+    %    grid=both,
+    %    minor tick num=4,
+    %    grid style={line width=.1pt, draw=gray!10},
+    %    major grid style={line width=.2pt,draw=gray!50},
+    %    axis lines=middle,
+    %    enlargelimits={abs=0.2}
+}
+
+\newcounter{curve}
+
+\NewDocumentCommand{\algebraiccurve}{ O{} O{$#5 = 0$} O{-4:4} O{-4:4} m }{
+    \addplot[id=curve\arabic{curve}, raw gnuplot, smooth, #1] function{%
+        f(x,y) = #5;
+        set xrange [#3];
+        set yrange [#4];
+        set view 0,0;
+        set isosample 1000,1000;
+        set size square;
+        set cont base;
+        set cntrparam levels incre 0,0.1,0;
+        unset surface;
+        splot f(x,y)
+    };
+    \addlegendentry{#2}
+    \stepcounter{curve}
+}%
+
+% PAGE GEOMETRY
+\geometry{
+    top=1.2in,bottom=1.4in,left=1.3in,right=1.3in,
+    bottom=35mm
+}
+
+% PARAGRAPH no indent but skip
+%\setlength{\parskip}{3mm}
+%\setlength{\parindent}{0mm}
+
+\newtheorem{satz}{Proposition}[section]
+\newtheorem{theorem}[satz]{Theorem}
+\newtheorem{lemma}[satz]{Lemma}
+\newtheorem{korollar}[satz]{Corollary}
+\theoremstyle{definition}
+\newtheorem{definition}[satz]{Definition}
+\newtheorem*{definition*}{Definition}
+
+%\theoremstyle{definition}
+%\newmdtheoremenv{satz}{Satz}[section]
+%\newmdtheoremenv{lemma}[satz]{Lemma}
+%\newmdtheoremenv{korollar}[satz]{Korollar}
+%\newmdtheoremenv{definition}[satz]{Definition}
+
+\newtheorem{bsp}[satz]{Example}
+\newtheorem{bem}[satz]{Remark}
+\newtheorem{aufgabe}{Exercise}
+
+% enable aufgaben counting
+\regtotcounter{aufgabe}
+
+% temporary calculation counter
+\newcounter{var}
+
+\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
+\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
+\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
+\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
+\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
+
+% HEADERS
+
+\pagestyle{headings}
+
+\newcommand{\incfig}[1]{%
+    \def\svgwidth{\columnwidth}
+    \import{./figures/}{#1.pdf_tex}
+}
+\pdfsuppresswarningpagegroup=1
+
+% code listings, define style
+\lstdefinestyle{mystyle}{
+    commentstyle=\color{gray},
+    keywordstyle=\color{blue},
+    numberstyle=\tiny\color{gray},
+    stringstyle=\color{black},
+    basicstyle=\ttfamily\footnotesize,
+    breakatwhitespace=false,         
+    breaklines=true,                 
+    captionpos=b,                    
+    keepspaces=true,                 
+    numbers=left,                    
+    numbersep=5pt,                  
+    showspaces=false,                
+    showstringspaces=false,
+    showtabs=false,                  
+    tabsize=2
+}
+
+% activate my colour style
+\lstset{style=mystyle}
+
+% better stackrel
+\let\oldstackrel\stackrel
+\renewcommand{\stackrel}[2]{%
+    \oldstackrel{\mathclap{#1}}{#2}
+}%
+
+% integral d sign
+\makeatletter \renewcommand\d[2][]{\ensuremath{%
+		\,\mathrm{d}^{#1}#2\@ifnextchar^{}{\@ifnextchar\d{}{\,}}}}
+\makeatother
+
+% contradiction
+\newcommand{\contr}{\text{\Large\lightning}}
+
+% disjoint unions: provides cupdot and bigcupdot
+\makeatletter
+\def\moverlay{\mathpalette\mov@rlay}
+\def\mov@rlay#1#2{\leavevmode\vtop{%
+   \baselineskip\z@skip \lineskiplimit-\maxdimen
+   \ialign{\hfil$\m@th#1##$\hfil\cr#2\crcr}}}
+\newcommand{\charfusion}[3][\mathord]{
+    #1{\ifx#1\mathop\vphantom{#2}\fi
+        \mathpalette\mov@rlay{#2\cr#3}
+      }
+    \ifx#1\mathop\expandafter\displaylimits\fi}
+\makeatother
+
+\newcommand{\cupdot}{\charfusion[\mathbin]{\cup}{\cdot}}
+\newcommand{\bigcupdot}{\charfusion[\mathop]{\bigcup}{\cdot}}
+
+\ExplSyntaxOn
+
+% S-tackrelcompatible ALIGN environment
+% some might also call it the S-uper ALIGN environment
+% uses regular expressions to calculate the widest stackrel
+% to put additional padding on both sides of relation symbols
+\NewEnviron{salign}
+{
+    \begin{align}
+        \lec_insert_padding:V \BODY
+    \end{align}
+}
+% starred version that does no equation numbering
+\NewEnviron{salign*}
+{
+    \begin{align*}
+        \lec_insert_padding:V \BODY
+    \end{align*}
+}
+
+% some helper variables
+\tl_new:N \l__lec_text_tl
+\seq_new:N \l_lec_stackrels_seq
+\int_new:N \l_stackrel_count_int
+\int_new:N \l_idx_int
+\box_new:N \l_tmp_box
+\dim_new:N \l_tmp_dim_a
+\dim_new:N \l_tmp_dim_b
+\dim_new:N \l_tmp_dim_needed
+
+% function to insert padding according to widest stackrel
+\cs_new_protected:Nn \lec_insert_padding:n
+ {
+  \tl_set:Nn \l__lec_text_tl { #1 }
+  % get all stackrels in this align environment
+  \regex_extract_all:nnN { \c{stackrel}{(.*?)}{(.*?)} } { #1 } \l_lec_stackrels_seq
+  % get number of stackrels
+  \int_set:Nn \l_stackrel_count_int { \seq_count:N \l_lec_stackrels_seq }
+  \int_set:Nn \l_idx_int { 1 }
+  \dim_set:Nn \l_tmp_dim_needed { 0pt }
+  % iterate over stackrels
+  \int_while_do:nn { \l_idx_int <= \l_stackrel_count_int }
+  {
+      % calculate width of text
+      \hbox_set:Nn \l_tmp_box {$\seq_item:Nn \l_lec_stackrels_seq { \l_idx_int + 1 }$}
+      \dim_set:Nn \l_tmp_dim_a {\box_wd:N \l_tmp_box}
+      % calculate width of relation symbol
+      \hbox_set:Nn \l_tmp_box {$\seq_item:Nn \l_lec_stackrels_seq { \l_idx_int + 2 }$}
+      \dim_set:Nn \l_tmp_dim_b {\box_wd:N \l_tmp_box}
+      % check if 0.5*(a-b) > minimum padding, if yes updated minimum padding
+      \dim_compare:nNnTF
+        { 1pt * \dim_ratio:nn { \l_tmp_dim_a - \l_tmp_dim_b } { 2pt } } > { \l_tmp_dim_needed }
+        { \dim_set:Nn \l_tmp_dim_needed { 1pt * \dim_ratio:nn { \l_tmp_dim_a - \l_tmp_dim_b } { 2pt } } }
+        { }
+      \quad
+      % increment list index by three, as every stackrel produces three list entries
+      \int_incr:N \l_idx_int
+      \int_incr:N \l_idx_int
+      \int_incr:N \l_idx_int
+  }
+  % replace all relations with align characters (&) and add the needed padding
+  \regex_replace_all:nnN
+  { (<&|&<|\c{iff}&|&\c{iff}|\c{impliedby}&|&\c{impliedby}|\c{implies}&|&\c{implies}|\c{approx}&|&\c{approx}|\c{equiv}&|&\c{equiv}|=&|&=|\c{le}&|&\c{le}|\c{ge}&|&\c{ge}|&\c{stackrel}{.*?}{.*?}|\c{stackrel}{.*?}{.*?}&|&\c{neq}|\c{neq}&|\c{simeq}&|&\c{simeq}) }
+      { \c{kern} \u{l_tmp_dim_needed} \1 \c{kern} \u{l_tmp_dim_needed} }
+      \l__lec_text_tl
+  \l__lec_text_tl
+ }
+\cs_generate_variant:Nn \lec_insert_padding:n { V }
+\ExplSyntaxOff

presentation.cls

@@ -0,0 +1,265 @@
+\ProvidesClass{presentation}
+\LoadClass[notheorems]{beamer}
+
+\RequirePackage[utf8]{inputenc}
+\RequirePackage[T1]{fontenc}
+\RequirePackage{textcomp}
+\RequirePackage[german]{babel}
+\RequirePackage{amsmath, amssymb, amsthm}
+\RequirePackage{mdframed}
+\RequirePackage{fancyhdr}
+\RequirePackage{geometry}
+\RequirePackage{import}
+\RequirePackage{pdfpages}
+\RequirePackage{transparent}
+\RequirePackage{xcolor}
+\RequirePackage{array}
+\RequirePackage{tikz}
+\RequirePackage{pgfplots}
+%\RequirePackage[nobottomtitles]{titlesec}
+\RequirePackage{listings}
+\RequirePackage{mathtools}
+\RequirePackage{forloop}
+\RequirePackage{totcount}
+\RequirePackage{calc}
+\RequirePackage{wasysym}
+\RequirePackage{environ}
+
+\usetikzlibrary{quotes, angles}
+\pgfplotsset{
+    compat=1.15,
+    default 2d plot/.style={%
+        grid=both,
+        minor tick num=4,
+        grid style={line width=.1pt, draw=gray!10},
+        major grid style={line width=.2pt,draw=gray!50},
+        axis lines=middle,
+        enlargelimits={abs=0.2}
+    },
+}
+
+% beamer specific proof envs without title or qed symbol
+
+% proof beginning (suppressing qed symbol)
+\NewEnviron{proofb}
+{
+    \begin{proof}
+        \renewcommand{\qedsymbol}{}
+        \BODY
+    \end{proof}
+}
+
+% proof intermediate (suppressing both)
+\NewEnviron{proofi}
+{
+    \renewcommand{\proofname}{\hskip-\labelsep\spacefactor3000 }
+    \begin{proof}
+        \renewcommand{\qedsymbol}{}
+        \BODY
+    \end{proof}
+}
+
+% proof end (suppressing title)
+\NewEnviron{proofe}
+{
+    \renewcommand{\proofname}{\hskip-\labelsep\spacefactor3000 }
+    \begin{proof}
+        \BODY
+    \end{proof}
+}
+
+
+% PARAGRAPH no indent but skip
+\setlength{\parskip}{3mm}
+\setlength{\parindent}{0mm}
+
+\theoremstyle{plain}
+\newtheorem{satz}{Satz}[section]
+\newtheorem{lemma}[satz]{Lemma}
+\newtheorem{korollar}[satz]{Korollar}
+
+\theoremstyle{definition}
+\newtheorem{definition}[satz]{Definition}
+
+\theoremstyle{remark}
+\newtheorem{bsp}[satz]{Beispiel}
+\newtheorem{bem}[satz]{Bemerkung}
+\newtheorem{aufgabe}{Aufgabe}
+
+% enable aufgaben counting
+%\regtotcounter{aufgabe}
+
+% temporary calculation counter
+\newcounter{var}
+
+\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
+\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
+\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
+\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
+\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
+
+% HEADERS
+
+%\pagestyle{fancy}
+
+\newcommand{\incfig}[1]{%
+    \def\svgwidth{\columnwidth}
+    \import{./figures/}{#1.pdf_tex}
+}
+\pdfsuppresswarningpagegroup=1
+
+% horizontal rule
+\newcommand\hr{
+    \noindent\rule[0.5ex]{\linewidth}{0.5pt}
+}
+
+% punkte tabelle
+%\newcommand{\punkte}[1][1]{
+%    \newcounter{k}
+%    \setcounter{k}{#1}
+%    \@punkten{\value{k}}{\totvalue{aufgabe}}
+%    \setcounter{k}{#1-1}
+%    \setcounter{aufgabe}{\value{k}}
+%    \vspace{5mm}
+%}
+%
+%\def\@punkten#1#2{
+%    \newcounter{n}
+%    % create a temporary calculation counter
+%    \setcounter{var}{#2-#1+1}
+%    \begin{tabular}{|c|*{\value{var}}{m{1cm}|}m{1cm}|@{}m{0cm}@{}}
+%        \hline
+%        Aufgabe
+%        \forloop{n}{#1}{\not{\value{n} > #2}}{
+%            & \centering A\then
+%        }
+%        & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline
+%        Punkte
+%        \forloop{n}{#1}{\not{\value{n} > #2}}{
+%            &
+%        }
+%        & & \\[5mm] \hline
+%    \end{tabular}
+%}
+
+% code listings, define style
+\lstdefinestyle{mystyle}{
+    commentstyle=\color{gray},
+    keywordstyle=\color{blue},
+    numberstyle=\tiny\color{gray},
+    stringstyle=\color{black},
+    basicstyle=\ttfamily\footnotesize,
+    breakatwhitespace=false,         
+    breaklines=true,                 
+    captionpos=b,                    
+    keepspaces=true,                 
+    numbers=left,                    
+    numbersep=5pt,                  
+    showspaces=false,                
+    showstringspaces=false,
+    showtabs=false,                  
+    tabsize=2
+}
+
+% activate my colour style
+\lstset{style=mystyle}
+
+% better stackrel
+\let\oldstackrel\stackrel
+\renewcommand{\stackrel}[2]{%
+    \oldstackrel{\mathclap{#1}}{#2}
+}%
+
+% integral d sign
+\makeatletter \renewcommand\d[2][]{\ensuremath{%
+		\,\mathrm{d}^{#1}#2\@ifnextchar^{}{\@ifnextchar\d{}{\,}}}}
+\makeatother
+
+% contradiction
+\newcommand{\contr}{\text{\Large\lightning}}
+
+% disjoint unions: provides cupdot and bigcupdot
+\makeatletter
+\def\moverlay{\mathpalette\mov@rlay}
+\def\mov@rlay#1#2{\leavevmode\vtop{%
+   \baselineskip\z@skip \lineskiplimit-\maxdimen
+   \ialign{\hfil$\m@th#1##$\hfil\cr#2\crcr}}}
+\newcommand{\charfusion}[3][\mathord]{
+    #1{\ifx#1\mathop\vphantom{#2}\fi
+        \mathpalette\mov@rlay{#2\cr#3}
+      }
+    \ifx#1\mathop\expandafter\displaylimits\fi}
+\makeatother
+
+\newcommand{\cupdot}{\charfusion[\mathbin]{\cup}{\cdot}}
+\newcommand{\bigcupdot}{\charfusion[\mathop]{\bigcup}{\cdot}}
+
+\ExplSyntaxOn
+
+% S-tackrelcompatible ALIGN environment
+% some might also call it the S-uper ALIGN environment
+% uses regular expressions to calculate the widest stackrel
+% to put additional padding on both sides of relation symbols
+\NewEnviron{salign}
+{
+    \begin{align}
+        \lec_insert_padding:V \BODY
+    \end{align}
+}
+% starred version that does no equation numbering
+\NewEnviron{salign*}
+{
+    \begin{align*}
+        \lec_insert_padding:V \BODY
+    \end{align*}
+}
+
+% some helper variables
+\tl_new:N \l__lec_text_tl
+\seq_new:N \l_lec_stackrels_seq
+\int_new:N \l_stackrel_count_int
+\int_new:N \l_idx_int
+\box_new:N \l_tmp_box
+\dim_new:N \l_tmp_dim_a
+\dim_new:N \l_tmp_dim_b
+\dim_new:N \l_tmp_dim_needed
+
+% function to insert padding according to widest stackrel
+\cs_new_protected:Nn \lec_insert_padding:n
+ {
+  \tl_set:Nn \l__lec_text_tl { #1 }
+  % get all stackrels in this align environment
+  \regex_extract_all:nnN { \c{stackrel}{(.*?)}{(.*?)} } { #1 } \l_lec_stackrels_seq
+  % get number of stackrels
+  \int_set:Nn \l_stackrel_count_int { \seq_count:N \l_lec_stackrels_seq }
+  \int_set:Nn \l_idx_int { 1 }
+  \dim_set:Nn \l_tmp_dim_needed { 0pt }
+  % iterate over stackrels
+  \int_while_do:nn { \l_idx_int <= \l_stackrel_count_int }
+  {
+      % calculate width of text
+      \hbox_set:Nn \l_tmp_box {$\seq_item:Nn \l_lec_stackrels_seq { \l_idx_int + 1 }$}
+      \dim_set:Nn \l_tmp_dim_a {\box_wd:N \l_tmp_box}
+      % calculate width of relation symbol
+      \hbox_set:Nn \l_tmp_box {$\seq_item:Nn \l_lec_stackrels_seq { \l_idx_int + 2 }$}
+      \dim_set:Nn \l_tmp_dim_b {\box_wd:N \l_tmp_box}
+      % check if 0.5*(a-b) > minimum padding, if yes updated minimum padding
+      \dim_compare:nNnTF
+        { 1pt * \dim_ratio:nn { \l_tmp_dim_a - \l_tmp_dim_b } { 2pt } } > { \l_tmp_dim_needed }
+        { \dim_set:Nn \l_tmp_dim_needed { 1pt * \dim_ratio:nn { \l_tmp_dim_a - \l_tmp_dim_b } { 2pt } } }
+        { }
+      \quad
+      % increment list index by three, as every stackrel produces three list entries
+      \int_incr:N \l_idx_int
+      \int_incr:N \l_idx_int
+      \int_incr:N \l_idx_int
+  }
+  % replace all relations with align characters (&) and add the needed padding
+  \regex_replace_all:nnN
+      { (<&|&<|\c{iff}&|&\c{iff}|\c{impliedby}&|&\c{impliedby}|\c{implies}&|&\c{implies}|\c{approx}&|&\c{approx}|\c{equiv}&|&\c{equiv}|=&|&=|\c{le}&|&\c{le}|\c{ge}&|&\c{ge}|&\c{stackrel}{.*?}{.*?}|\c{stackrel}{.*?}{.*?}&|&\c{neq}|\c{neq}&) }
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+\ExplSyntaxOff

sose2020/ana/uebungen/ana10.tex

@@ -0,0 +1,189 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis II: Übungsblatt 10}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $T(t) = (T_0 - T_{a})e^{kt}+T_a$ löst das gegebene AWP.
+            \begin{proof}
+                Löse zunächst homogene DGL durch Trennung der Variablen:
+                \begin{align*}
+                    \frac{\mathrm{d}T}{\d t} = kT \implies \frac{\d T}{T} = k \d t
+                    \implies T_h = Ae^{kt}
+                .\end{align*}
+                Mit der partikulär Lösung $T_i = T_a$ ($T_a' = 0 = kT_a - kT_a$), folgt:
+                $T(t) = A e^{kt} + T_a$. Mit $T(0) = T_0$ folgt $A = T_0 - T_a$, also
+                insgesamt
+                \[
+                    T(t) = (T_0 - T_a) e^{kt} + T_a
+                .\]
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Es dauert $60$ Zeiteinheiten.
+            \begin{proof}
+                Mit $k \coloneqq - \frac{\ln 2}{20}$ folgt
+                \[
+                    T(20) = (T_0 - T_a) \exp\left(- \frac{\ln 2}{20}\cdot  20\right) + T_a
+                    = \frac{1}{2} (T_0 - T_a) + T_a = \frac{1}{2} (T_0 + T_a)
+                .\] Mit $T_0 = 100$ und $T_a = 20$ folgt $T(20) = 60$.
+                Damit folgt nun direkt
+                \begin{align*}
+                    T(60) &= (T_0 - T_a) \exp\left( - \frac{\ln 2}{20} \cdot 60 \right) + T_a \\
+                    &= (T_0 - T_a) \exp\left( - \ln\left( 2^{3} \right)  \right) + T_a \\
+                    &= (T_0 - T_a) \frac{1}{8} + T_a \\
+                    &= \frac{1}{8} T_0 + \frac{7}{8} T_a
+                .\end{align*}
+                Mit $T_0 = 100$ und $T_a = 20$ folgt $T(60) = 30$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\lim_{t \to \infty} T(t) = 20$.
+            \begin{proof}
+                Es gilt da $k < 0$:
+                \[
+                    \lim_{t \to \infty} T(t) = \lim_{t \to \infty} ( (T_0 - T_a) \underbrace{e^{kt}}_{\xrightarrow {t \to \infty} 0} + T_a ) = T_a
+                .\] Mit $T_a = 20$ aus (b) folgt die Behauptung.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: Falls $y_0 = -1$ ist $y(t) = -1$ Lösung der AWA.
+    \begin{proof}
+        Es gilt $y(t_0) = -1 = y_0$ und $y'(t) = 0 = -2t(1 - 1)^2 = -2t(1 + y(t))^2$, $\forall t \in \R$.
+    \end{proof}
+
+    Beh.: Falls $y_0 \neq -1$ ist $y(t) = - \frac{1}{t_0^2 - t^2 - \frac{1}{1 + y_0}} - 1$
+    Lösung der AWA.
+    \begin{proof}
+        Falls $y \neq -1$: Trennung der Variablen:
+        \begin{salign*}
+            \frac{\d y}{\d t} &= -2t (1+y)^2 \\
+            \implies \frac{\d y}{(1+y)^2} &= -2t \d t \\
+            \implies \int_{c}^{y} \frac{\d y}{(1+y)^2} \d y &= \int_{t_0}^{t} -2t \d t \\
+            \implies - \frac{1}{1 + y} - \frac{1}{1+c} &= -t^2 + t_0^2 \\
+            \intertext{Damit folgt}
+            y(t) &= - \frac{1}{t_0^2 - t^2 + \frac{1}{1+c}} - 1
+            \intertext{Durch Einsetzen der Anfangsbedingung folgt}
+            y(t_0) &= - 1 - c -1 = y_0 \implies c = -2 - y_0
+            \intertext{Insgesamt folgt also}
+            y(t) &= - \frac{1}{t_0^2 - t^2 - \frac{1}{1 + y_0}} - 1
+        .\end{salign*}
+        Dies ist wohldefiniert da $y_0 \neq -1$.
+        Da $1 \neq 0$ folgt $y(t) \neq -1$ $\forall t \in \R$, d.h. keine weitere Fallunterscheidung notwendig
+        und $y(t)$ Lösung der AWA.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Das gegebene AWP hat eine Lösung $y\colon [0, b] \to \R$.
+            \begin{proof}
+                Es ist $f(t,y) = \frac{1}{1 + |y|}$ auf $\R \times \R$ stetig.
+                Bestimme
+                \[
+                    M = \max_{(t,y) \in D} |f(t,y) | > 0
+                .\]
+                Wähle $\alpha \coloneqq b > 0$ und $\beta \coloneqq 2 \alpha M$. Dann ist $f$ insbesondere auf
+                \[
+                    D = \{(t,y) \in \R \times \R  \mid |t| \le \alpha, |y - y_0 | \le \beta \} 
+                \] stetig.
+                Dann ex. nach dem Satz von Peano auf dem Intervall $[t_0 - T, t_0 + T]$ eine Lösung
+                der AWA mit
+                \[
+                T = \min \left\{ \alpha, \frac{\beta}{M} \right\} = \min \{\alpha, 2 \alpha \} = \alpha = b
+            .\] Mit $t_0 = 0$ existiert also inbesondere eine Lösung $y(t)$ auf $[0 + b] \subseteq [-T, T]$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Diese Lösung $y$ ist für festes $y_0 \in \R$ eindeutig.
+            \begin{proof}
+                Nach VL g.z.z., dass $f(t,y)$ Lipschitz-stetig bezüglich $y$ ist. Seien dazu
+                $x, y \in \R$. Dann ist
+                \begin{salign*}
+                    |f(t,x) - f(t,y)| &= \left| \frac{1}{1 + |x|} - \frac{1}{1+|y|} \right| \\
+                    &= \left| \frac{|y|-|x|}{(1 + |x|)(1+|y|)} \right| \\
+                    &\le \frac{|x-y|}{1 + |x|+|y|+|xy|} \\
+                    &\le 1 \cdot |x-y|
+                .\end{salign*}
+                Mit $L \coloneqq 1$ folgt die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Sei nun zusätzlich $v\colon [0,b] \to \R$ Lösung der AWA mit $v(0) = v_0$.
+
+            Beh.:
+            \[
+                |y(t) - v(t)| \le e^{t} |y_0 - v_0| \quad \forall t \in [0,b]
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Definiere
+                \[
+                    w(t) \coloneqq |y(t) - v(t)|
+                .\] Da $y$ und $v$ die AWA lösen, erfüllen sie die Integralgleichung. Damit folgt
+                \begin{salign*}
+                    w(t) &= \left| y_0 - v_0 + \int_{t_0}^{t} f(s, y(s)) \d s - \int_{t_0}^{t} f(s, v(s)) \d s  \right| \\
+                    &\le |y_0 - v_0| + \int_{t_0}^{t} |f(s, y(s)) - f(s, v(s))| \d s \\
+                    &\stackrel{\text{(b)}}{\le} |y_0 - v_0| + \int_{t_0}^{t} |y(s) - v(s)| \d s  \\
+                    &= |y_0 - v_0| + \int_{t_0}^{t} w(s) \d s \\
+                    &\stackrel{\text{Lemma v. Gronwall}}{\le } e^{t-t_0} |y_0 - v_0|
+                .\end{salign*}
+                Mit $t_0 = 0$ folgt die Behauptung.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{align*}
+        y'(t) &= 3 (y(t))^{\frac{2}{3}}, t \in I \\
+        y(0) &= 0
+    .\end{align*}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Es ex. unendlich viele Lösungen für diese AWA.
+            \begin{proof}
+                Die Funktion $y(t) = (t-t_0)^{3}$ löst die AWA mit $y(t_0) = 0$. Denn
+                \[
+                    y'(t) = 3 (t-t_0)^{2} = 3 (t-t_0)^{2 \cdot 3 \cdot \frac{1}{3}} = 3 \left((t-t_0)^{3}\right)^{\frac{2}{3}} = 3 (y(t))^{\frac{2}{3}} \quad (*)
+                .\] 
+                Da $I \subseteq \R$ abgeschlossenes Intervall mit $0 \in I$, ex. $a, b \in \R$
+                mit $a < 0$, $b > 0$, s.d. $I = [a,b]$. Definiere nun
+                \[
+                    y_d(t) \coloneqq \begin{cases}
+                        0 & a \le t \le d \\
+                        (t-d)^{3} & \text{sonst}
+                    \end{cases}
+                .\] g.z.z.: $\forall d \in R$ mit $0 \le d \le b$ ist $y_d(t)$ eine Lösung der AWA.
+
+                Es gilt $y_d(t_0) = y_d(0) = 0$. Weiter ist mit für $t \neq d$:
+                \[
+                    y'_d(t) = \begin{cases}
+                        0 = 3 (y(t))^{\frac{2}{3}} & a \le t < d \\
+                        3 (y(t))^{\frac{2}{3}} & \text{sonst}
+                    \end{cases}
+                .\] Für $t = d$ gilt
+                \begin{align*}
+                    \lim_{h \searrow 0} \frac{y_d(d + h) - y_d(d)}{h}
+                    &= \lim_{h \searrow 0} \frac{(d+h-d)^{3} - (d-d)^{3}}{h} \\
+                    &= \lim_{h \searrow 0} \frac{h^{3}}{h}  \\
+                    &= \lim_{h \searrow 0} h^2  \\
+                    &= 0  \\
+                    &= \lim_{h \nearrow 0} \frac{y_d(d+h) - y_d(d)}{h}
+                .\end{align*}
+                Also gilt für $t \in I$: $y_d'(t) = 3 (y_d(t))^{\frac{2}{3}}$. Damit
+                löst $y_d(t)$ die AWA.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $f(t,y) \coloneqq 3 y^{\frac{2}{3}}$ ist nicht Lipschitz-stetig.
+            \begin{proof}
+                Sei $L > 0$ beliebig. Dann wähle $x = 0$ und $y < \left(\frac{3}{L} \right)^{3}$. Dann folgt
+                \begin{salign*}
+                    \left| f(x) - f(y) \right| &= \left|3 y^{\frac{2}{3}}\right| \\
+                    &= \left|3 y^{-\frac{1}{3}}\right| |y| \\
+                    &> \left| 3 \frac{L}{3}\right| |y| \\
+                    &= L |y|
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+            Die Lipschitz-stetigkeit von $f$ bezüglich $y$
+            ist Voraussetzung für den Eindeutigkeitssatz aus der VL.
+        \item siehe (a).
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/ana/uebungen/ana11.tex

@@ -0,0 +1,201 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis II: Übungsblatt 11}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Das AWP $(*)$ hat eine globale definierte Lösung $u$.
+            \begin{proof}
+                Da $f$ stetig existiert nach Peano eine lokale Lösung $y(t)$ auf $I \coloneqq [t_0, t_0 + T]$.
+                Es ist also
+                \[
+                    y(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t} f(s, y(s)) \d s \quad \forall t \in I
+                .\]
+                Damit folgt $\forall t \in I$:
+                \begin{salign*}
+                    \Vert y(t) \Vert &\le \Vert y_0 \Vert + \int_{t_0}^{t} \Vert f(s, y(s)) \d s \\
+                    &\stackrel{f \text{ linear beschränkt}}{\le}
+                    \Vert y_0 \Vert + \int_{t_0}^{t} (\alpha(s) \Vert y(s) \Vert + \beta(s)) \d s  \\
+                    &= \Vert y_0 \Vert + \int_{t_0}^{t} \alpha(s) \Vert y(s) \Vert \d s +
+                    \int_{t_0}^{t} \beta(s) \d s 
+                    \intertext{Da $I$ kompaktes Intervall, nehmen $\alpha(s)$ und $\beta(s)$ ihr
+                    Maximum an. Damit folgt}
+                    \Vert y(t) \Vert &\le \Vert y_0 \Vert + \alpha_{max}\int_{t_0}^{t} \Vert y(s) \Vert \d s + \beta_{\text{max}}(t - t_0) \\
+                    &\stackrel{t \le T}{\le} \Vert y_0 \Vert + \alpha_{max}\int_{t_0}^{t} \Vert y(s) \Vert \d s + \beta_{\text{max}}T
+                    \intertext{Damit folgt mit dem Lemma von Gronwall}
+                    \Vert y(t) \Vert &\le \underbrace{e^{\alpha_{\text{max}}(t-t_0)} (\Vert y_0 \Vert + T \beta_{max})}_{\eqqcolon \rho(t)} \\
+                    &\le \rho(t)
+                .\end{salign*}
+                Da $\rho(t)$ stetig folgt globale Fortsetzbarkeit von $y(t)$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $f_1$ ist linear beschränkt.
+            \begin{proof}
+                Aus der Taylorreihe von $\sin(t)$ folgt $|\sin(t)| \le |t|$. Außerdem ist
+                $\sqrt{|x|} \le |x| + 1$. Damit folgt direkt
+                \begin{salign*}
+                    |f_1(t, (x_1, x_2))| &\le |t| |x_1|^{\frac{1}{2}} + |\sin(t)| |x_2| \\
+                    &\le |t| (|x_1| + 1) + |t| |x_2| \\
+                    &\le \underbrace{|t|}_{=: \alpha(t)} \left( |x_1| + |x_2| \right) + \underbrace{2 |t|}_{=: \beta(t)} \\
+                    &= \alpha(t) + \Vert x \Vert_1 + \beta(t)
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+            Beh.: $f_2$ ist linear beschränkt.
+            \begin{proof}
+                Es gilt
+                \begin{salign*}
+                    |f_2(t, (x_1, x_2))| &\le e^{-t^2 |x_1|} + |x_1| \left| \frac{1}{1+x_2^2} \right| \\
+                    &\le \frac{1}{e^{t^2}|x_1|} + |x_1| \\
+                    &\le 1 + |x_1| \\
+                    &\le \underbrace{1}_{=: \beta(t)} + \underbrace{1}_{=: \alpha(t)} \cdot \Vert x \Vert_1 \\
+                    &= \alpha(t) \Vert x \Vert_1 + \beta(t)
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: Das Taylorpolynom $4$-ter Ordnung ist gegeben als
+    \[
+        T_4(u, t, t_0=0) = t - t^2 + \frac{1}{2} t ^{3} - \frac{1}{6} t ^{4}
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        $u$ ist Lösung des AWP, d.h. es gilt
+        \begin{align*}
+            u''(t) &= - \sin(u(t)) - 2u'(t), \quad t \ge 0
+            \intertext{Damit folgt}
+            u^{(3)}(t) &= - \cos(u(t)) u'(t) - 2u''(t) \\
+            u^{(4)}(t) &= \sin(u(t)) u'(t)^2 - \cos(u(t)) u''(t) - 2u^{(3)}(t)
+            \intertext{Mit $u(0) = 0$ und $u'(0) = 1$ folgt}
+            u^{(3)}(0) &= 3 \\
+            u^{(4)}(0) &= -4
+            \intertext{Insgesamt folgt dann}
+            T_4(u, t) &= u(0) + u'(0) t + \frac{u''(0)}{2} t^2 + \frac{u^{(3)}(0)}{3!} t ^{3}
+            + \frac{u^{(4)}(t)}{4!} t ^{4} \\
+            &= t - t^2 + \frac{1}{2} t ^{3} - \frac{1}{6} t ^{4}
+        .\end{align*}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: Die Matrix $A(t)$ ist gegeben als
+    \[
+        A(t) = \begin{pmatrix} 1-t & 1 \\
+            2t - t^2 & t-1
+        \end{pmatrix} 
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Durch Nachrechnen folgt
+        \[
+            \phi^{-1} = \begin{pmatrix} t^2 - t + 1 & -t \\ -t^2 & t+1 \end{pmatrix} 
+        .\] Mit $\phi'(t) = A(t) \phi(t)$ folgt also
+        \[
+            A(t) = \phi'(t) \phi^{-1}(t) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2t & 2t-1 \end{pmatrix}
+            \begin{pmatrix} t^2 - t + 1 & -t \\ -t^2 & t+1 \end{pmatrix}
+            =
+            \begin{pmatrix} 1-t & 1 \\
+                2t - t^2 & t-1
+            \end{pmatrix}
+        .\]
+    \end{proof}
+    Beh.: Die Lösung $u(t)$ ist gegeben als
+    \[
+        u(t) = \begin{pmatrix} t+1 \\ t^2 \end{pmatrix} +
+        \begin{pmatrix} \frac{1}{2} t^2 + t \\ \frac{1}{2} t ^{3} + \frac{3}{2} t^2 \end{pmatrix}
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Nach VL gilt für die partikuläre Lösung mit $u_b(t_0 = 0) = (0,0)^{T}$ und
+        $b(t) = (1,t)^{T}$:
+        \begin{align*}
+            u_b(t) &= \phi(t) \left( \int_{0}^{t} \phi^{-1}(s) b(s) \d s + \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}  \right) \\
+            &= \phi(t) \int_{0}^{t} \begin{pmatrix} 1 - s \\ s \end{pmatrix}  \d s \\
+            &= \begin{pmatrix} 1 + t & t \\ t^2 & t^2 -t +1 \end{pmatrix}
+            \begin{pmatrix} 
+                t - \frac{1}{2}t^2 \\
+                \frac{1}{2} t^2
+            \end{pmatrix} \\
+            &= \begin{pmatrix} \frac{1}{2} t^2 + t \\ \frac{1}{2} t ^{3} + \frac{3}{2} t^2 \end{pmatrix} 
+            \intertext{Mit der Anfangsbedingung $u(0) = (1,0)^{T}$ folgt}
+            u(t) &= c_1 \begin{pmatrix} 1 + t  \\ t^2 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} t \\ t^2 - t + 1 \end{pmatrix} + u_b(t) \\
+            u(0) &= c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}
+            + \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \stackrel{!}{=} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}
+            \intertext{$c_1 = 0$ also insgesamt}
+            u(t) &= \begin{pmatrix} t+1 \\ t^2 \end{pmatrix} +
+            \begin{pmatrix} \frac{1}{2} t^2 + t \\ \frac{1}{2} t ^{3} + \frac{3}{2} t^2 \end{pmatrix}
+        .\end{align*}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Bedingung $(**)$ für die eindeutige Lösbarkeit von (RWP-2.Ord) ist äquivalent
+            zur Bedingung $(*)$, wenn (RWP-2.Ord.) als System 1. Ordnung umformuliert wird.
+            \begin{proof}
+                Es sei ein RWP-2.Ord. wie beschrieben gegeben. Definiere
+                $y_1(t) \coloneqq u(t)$ und $y_2(t) \coloneqq y_1'(t)$. Dann
+                mit
+                \[
+                    B_a = \begin{pmatrix} \alpha_0 & \alpha_1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}
+                    \quad
+                    \text{und}
+                    \quad
+                    B_b = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ \beta_0 & \beta_1 \end{pmatrix} 
+                \] als äquivalente Randwertbedingung
+                \[
+                    B_a y(a) + B_b y(b) = g := \begin{pmatrix} \eta_0 \\ \eta_1 \end{pmatrix} 
+                .\] Sei nun $\{y, z\} $ ein beliebiges Fundamentalsystem der homogenen Gleichung
+                mit $\phi(a) = \mathbb{I}$. Dann gilt
+                $y_1(a) = z_2(a) = 1$ und $y_2(a) = z_1(a) = 0$. Damit folgt mit
+                \[
+                    A \coloneqq \begin{pmatrix} \alpha_0 & \alpha_1 \\ \beta_0 y_1(b) + \beta_1 y_2(b)
+                    & \beta_0 z_1(b) + \beta_1 z_2(b) \end{pmatrix} 
+                \] die zu $(**)$ äquivalente Bedingung $\text{det}(A) \neq 0$.
+
+                Damit g.z.z. $A = B_a + B_b \phi(b)$.
+                \begin{align*}
+                    B_a + B_b \phi(b) &= \begin{pmatrix} \alpha & \alpha_1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}
+                    + \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ \beta_0 & \beta_1 \end{pmatrix}
+                    \begin{pmatrix} y_1(b) & z_1(b) \\ y_2(b) & z_2(b) \end{pmatrix} \\
+                    &= \begin{pmatrix} \alpha_0 & \alpha_1 \\ \beta_0 y_1(b) + \beta_1 y_2(b)
+                    & \beta_0 z_1(b) + \beta_1 z_2(b) \end{pmatrix} = A
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Hier gilt
+            in Analogie zu (a) für (i) bis (iii): $\alpha_0 = 1$, $\alpha_1 = 0$, $\beta_0 = 1$ und
+            $\beta_1 = 0$. Sei außerdem $u_1 = \sin(t)$ und $u_2 = \cos(t)$.
+            \begin{enumerate}[(i)]
+                \item Beh.: Es existiert eine eindeutige Lösung.
+                    \begin{proof}
+                        Mit
+                        \[
+                            \text{det}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = -1 \neq 0
+                        \] und (a) folgt die Behauptung.
+                    \end{proof}
+                \item Beh.: Es existiert keine Lösung.
+                    \begin{proof}
+                        Das Kriterium aus (a) liefert
+                        \[
+                            \text{det}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = 0
+                        .\] Ang. es ex. eine Lösung $u(t)$ des RWP. Dann hat diese die
+                        Form $u(t) = c_1 \sin(t) + c_2 \cos(t)$.
+                        Es gilt weiter $u(0) = 0 \implies c_2 = -1$, aber
+                        $u(\pi) = 0 \implies c_2 = 1$ $\contr$.
+                    \end{proof}
+                \item Beh.: Es existieren unendlich viele Lösungen.
+                    \begin{proof}
+                        Das Kriterium aus (a) liefert
+                        \[
+                            \text{det}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = 0
+                        .\] Z.z.: $\forall c_1 \in \R$ ist $u(t) = c_1 \sin(t) + 1$ eine Lösung des
+                        RWP. Es ist $u(0) = u(\pi) = 1$ und $u(t)$ ist mit $c_1$ und $c_2 = 0$ Lösung
+                        des RWP.
+                    \end{proof}
+            \end{enumerate}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/ana/uebungen/ana6.tex

@@ -0,0 +1,216 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis II: Übungsblatt 6}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+Bitte korrigieren.
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $M \coloneqq \partial(K_1(0) \setminus \{0\})$ ist nicht zusammenhängend.
+            \begin{proof}
+                $U \coloneqq \{0\} $ und $V \coloneqq \partial K_1(0)$ sind relativ
+                offen bezügl. $M$, $U \cup V = M$ und $U \cap V = \emptyset$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $M \coloneqq \overline{K_1(0) \cap K_1((2,0)^{T})}$ ist zusammenhängend.
+            \begin{proof}
+                Es ist $K_1(0) \cap K_1((2,0)^{T}) = \emptyset$, also $M = \emptyset$. Also
+                existieren keine nicht-leeren Teilmengen $U$ und $V$ mit $U \cap V = \emptyset = M$.
+                Also ist $M$ zusammenhängend.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\displaystyle M \coloneqq \bigcup_{a \in \Z^2} \overline{K_{\frac{1}{2}}(a)}$ ist
+            zusammenhängend.
+            \begin{proof}
+                Die abgeschlossenen Kugeln berühren sich gegenseitig und sind damit nicht
+                in disjunkte offene Teilmengen zerlegbar.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $M \coloneqq \left\{x \in \R^2  \mid x_1 \in \R_{+}, x_2 = \sin\left( \frac{1}{x_1} \right) 
+            \right\}
+            \cup \{(0,0)^{T}\} $ ist zusammenhängend.
+            \begin{proof}
+                Es ist $\R_{+}$ zusammenhängend und $\sin\left( \frac{1}{x} \right) $ auf
+                $\R_{+}$ stetig, also
+                $M_1 \coloneqq \{x \in \R^2  \mid x_1 \in \R_+, x_2 = \sin\left( \frac{1}{x_1} \right) \} $ zusammenhängend.
+
+                Ang.: $\exists U, V \subseteq \R^2$ mit $U \cup V = M$, $U \cap V = \emptyset$ und
+                $U, V$ relativ offen. Falls $(0,0)^{T} \not\in U$ und $(0,0)^{T} \not\in V$:
+                $\contr$ zum Zusammenhang von $M$.
+                Sei also O.E. $(0,0)^{T} \in U$.
+                $x_{1}^{(k)} = \frac{1}{2\pi k} \xrightarrow{k \to \infty} 0$ folgt
+                $\sin\left( \frac{1}{x_{1}^{(k)}} \right) = \sin(2\pi k) = 0$. Dann gilt
+                $\begin{pmatrix} x_1^{(k)} \\ \sin\left( \frac{1}{x_1^{(k)}} \right)  \end{pmatrix} \in V$,
+                sonst $U \cap V \neq \emptyset$. Da aber $U$ offen und $\forall \epsilon > 0$,
+                $\exists k_0 > 0$ und $m \in \R$, s.d. $\forall k \ge k_0$ gilt
+                \[
+                    \left\Vert \begin{pmatrix} x_{1}^{(k}) \\ \sin( 2 \pi k) \end{pmatrix} \right\Vert
+                    = \left\Vert \begin{pmatrix} x_1^{(k)} \\ 0 \end{pmatrix} \right\Vert
+                    \le m \left\Vert \begin{pmatrix} x_1^{(k)} \\ 0 \end{pmatrix} \right\Vert_{\infty}
+                    = m |x_{1}^{(k)}| < \epsilon
+                .\] Damit folgt $U \supseteq K_{\epsilon}(0) \cap V \neq \emptyset$ $\contr$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Es seien $f_k\colon \R^{3} \setminus M \to \R$ und
+            $M \coloneqq \{(x,y,z)^{T} \in \R^{3}  \mid x = y = 0, z \in \R\} $.
+            \begin{enumerate}[(i)]
+                \item Beh.: $f_1(x,y,z) := \frac{xz^2 + y^{3}}{x^2 + y^2}$ ist nicht stetig fortsetzbar
+                    in $(0,0,0)^{T}$.
+                    \begin{proof}
+                        Sei $c \in \R$ beliebig. Dann wähle
+                        \[
+                        a_n \coloneqq  \begin{pmatrix} \frac{1}{n^{3}} \\ 0 \\ \frac{1}{n} \end{pmatrix}
+                        \in \R^{3} \setminus M \text{ es gilt: } a_n \xrightarrow{n \to \infty} 0
+                        .\] Aber
+                        \begin{align*}
+                            f_1(a_n) = \frac{\frac{1}{n^{3} + \frac{1}{n^2}}}{\frac{1}{n^{6}}}
+                            = \frac{\frac{1}{n^{5}}}{\frac{1}{n^{6}}} = \frac{n^{6}}{n^{5}} = n
+                            \xrightarrow{n \to \infty} \infty > c
+                        .\end{align*}
+                    \end{proof}
+                    \item Beh.: $f_2(x,y,z) \coloneqq \frac{xyz + xy^2}{x^2 + y^2}$ ist mit
+                        $f_2(0, 0, 0) = 0$ stetig fortsetzbar.
+                        \begin{proof}
+                            Sei $\epsilon > 0$ beliebig dann wähle $\delta \coloneqq \frac{\epsilon}{2}$.
+                            Dann folgt $\forall (x,y, z)^{T} \in \mathbb{K}^{n}$ mit
+                            $\left\Vert (x,y,z)^{T} - 0\right\Vert_\infty = \Vert (x,y,z) \Vert_{\infty} < \delta $:
+                            Falls $x \ge z$:
+                            \[
+                                \left| \frac{xyz + xy^2}{x^2 + y^2} \right| \le \frac{|xyz| + |xy^2|}{x^2 + y^2}
+                                = \frac{|z| + |y|}{\frac{|x|}{|y|} + \frac{|y|}{|x|}}
+                                \le \frac{|z|+ |y|}{\frac{|x| + |y|}{\delta}}
+                                = \frac{\delta (|z| + |y|)}{|x| + |y|}
+                                \le \frac{\delta (|x| + |y|)}{|x| + |y|} = \delta < \epsilon
+                            .\] Falls $y > x$:
+
+                            \[
+                            \left| \frac{xyz + xy^2}{x^2 + y^2} \right| \le \frac{|xyz| + |xy^2|}{x^2 + y^2}
+                            = \frac{|z| + |y|}{\frac{|x|}{|y|} + \frac{|y|}{|x|}}
+                            \le \frac{|z| + |y|}{\underbrace{\frac{|x|}{|y|}}_{\le 1} + 1}
+                            \le |z| + |y| \le 2 \delta = \epsilon
+                            .\] 
+                            Falls $z > x$ und $y \le x$:
+                            \[
+                            \left| \frac{xyz + xy^2}{x^2 + y^2} \right|
+                            \le \frac{|xyz|}{x^2 + y^2} + \frac{|xy^2|}{x^2 + y^2}
+                            \le |z| \frac{x^2}{x^2 + y^2} + |z| \frac{y^2}{x^2 + y^2}
+                            = |z| \le \delta < \epsilon
+                            .\]
+                            Also $f_2$ stetig fortsetzbar in $(0,0,0)^{T}$.
+                        \end{proof}
+            \end{enumerate}
+        \item Beh.: Auf dem Produktraum $P \coloneqq \mathbb{K}^{n} \times \mathbb{K}^{n}$ ist
+            $f\colon P \to \R$ mit
+            $f(x,y) \coloneqq (x,y)_K$ stetig. Hier ist $(\cdot , \cdot )_K$ Skalarprodukt auf $\mathbb{K}^{n}$
+            mit $(x,x)_{K} = \Vert x \Vert_K^2$.
+            \begin{proof}
+                Sei $\{x,y\} \in P$ und
+                $\{x_n, y_n\} \in P$ beliebig mit $\{x_n, y_n\} \xrightarrow{n \to \infty} \{x, y\}$. Damit
+                folgt:
+                \[
+                    \Vert \{x_n, y_n\} - \{x, y\} \Vert_P
+                    = ( \underbrace{\Vert x_n - x \Vert_K^2}_{\ge 0}
+                    + \underbrace{\Vert y_n - y \Vert_K^2}_{\ge 0})^{\frac{1}{2}}
+                    \xrightarrow{n \to \infty} 0
+                .\] Damit folgt $\Vert x_n - x \Vert \xrightarrow{ n \to \infty} 0$ und
+                $\Vert y_n - y \Vert \xrightarrow{ n \to \infty} 0$. Wegen
+                $(x,x)_K = \Vert x \Vert_K^2$ $\forall x \in \mathbb{K}^{n}$
+                gilt die Cauchy-Schwarz-Ungleichung. Damit folgt
+                \begin{salign*}
+                    | f(x_n, y_n) - f(x,y) | &= | (x_n, y_n)_K - (x,y)_K | \\
+                                             &= | (x_n, y_n)_K - (x_n, y)_K + (x_n, y)_K - (x,y)_K | \\
+                                             &= | (x_n, y_n - y) + (x_n - x, y) | \\
+                                             &\stackrel{\text{C.S.U.}}{\le }
+                                             \underbrace{\Vert x_n \Vert_K}_{\xrightarrow{n \to \infty} \Vert x \Vert_K}
+                                             \underbrace{\Vert y_n - y \Vert_K}_{\xrightarrow{n \to \infty} 0}
+                                             + \Vert y \Vert_K
+                                             \underbrace{\Vert x_n - x \Vert_K}_{\xrightarrow{n \to \infty} 0} \\
+                                             &\xrightarrow{n \to \infty} 0
+                .\end{salign*}
+                Damit folgt, dass $f$ stetig ist in $\{x,y\} $.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Sei $T \colon \partial K_R(0) \to \R$ stetig. Dann ex. ein $x \in \partial K_R(0)$
+            mit $T(x) = T(-x)$.
+            \begin{proof}
+                Es ist $\partial K_R(0)$ beschränkt und abgeschlossen, also kompakt. Da $T$ stetig,
+                existieren also $x_{\text{min}}, x_{\text{max}} \in \partial K_R(0)$ mit
+                $\displaystyle \max_{x \in \partial K_R(0)} T(x) = T(x_{\text{max}})$ und
+                $\displaystyle \min_{x \in \partial K_R(0)} T(x) = T(x_{\text{min}})$.
+
+                Definiere
+                $f\colon \partial K_R(0) \to \R$, $x \mapsto T(x) - T(-x)$. Falls
+                $f(x_{\text{max}}) = 0$ oder $f(x_{\text{min}}) = 0$, folgt die Behauptung. Sonst
+                gilt
+                \[
+                    f(x_{\text{max}}) \cdot f(x_{\text{min}}) = 0
+                .\] Denn falls $T(x_{\text{max}}) > 0$, dann ist
+                \begin{align*}
+                    f(x_{\text{max}}) &= T(x_{\text{max}}) - T(- x_{max}) > 0 \\
+                    f(x_{\text{min}}) &= T(x_{\text{min}}) - T(- x_{\text{min}}) < 0
+                .\end{align*}
+                Analog für $T(x_{\text{max}}) < 0$.
+                Da $\partial K_R(0)$ zusammenhängend und $T$ stetig, folgt mit Zwischenwertsatz, dass
+                $\exists \xi \in \partial K_R(0)$ mit $f(\xi) = 0 \implies T(\xi) = T(-\xi)$.
+            \end{proof}
+        \item Seien $f, g\colon \mathbb{K}^{n} \to \R$ stetig. Definiere für $x \in \mathbb{K}^{n}$:
+            \[
+                \varphi(x) \coloneqq \text{max}(f(x), g(x))
+            .\] Beh.: $\varphi\colon \mathbb{K}^{n} \to \R$ ist stetig.
+            \begin{proof}
+                Zunächst gilt $\forall a, b \in \R$:
+                \[
+                    \max(a,b) = \frac{a+b}{2} + \frac{|a-b|}{2}
+                ,\] denn: O.E.: $a \ge b$. Dann ist
+                \[
+                    \frac{a+b}{2} + \frac{|a-b|}{2} = \frac{a+b}{2} + \frac{a-b}{2} = a = \max(a,b)
+                .\] 
+                Damit folgt
+                \[
+                    \varphi(x) = \max(f(x), g(x)) = \frac{f(x) + g(x)}{2} + \frac{|f(x) - g(x)|}{2}
+                .\] Da $f, g$ stetig, ist auch $|f-g|$ stetig und da $2 \neq 0$ folgt
+                $\varphi$ als Summe bzw. Quotient stetiger Funktionen stetig.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $f\colon \mathbb{K}^{n} \to D \subseteq \mathbb{K}^{n}$ beliebig
+    und $g\colon D \subseteq \mathbb{K}^{n} \to \mathbb{K}$ stetig und injektiv, wobei
+    $D$ kompakt ist.
+
+    Beh.: $g \circ f$ stetig $\implies$ $f$ stetig und $g \circ f$ gleichmäßig stetig
+    $\implies$ $f$ gleichmäßig stetig.
+    \begin{proof}
+        Definiere $B \coloneqq \text{im}(g)$ und $\tilde{g}\colon D \to B$, $x \mapsto g(x)$.
+        Da $g$ injektiv und stetig, ist auch $\tilde{g}$ injektiv und stetig.
+        Inbes. ex. $\tilde{g}^{-1}\colon B \to D$ mit $\tilde{g}^{-1}$ stetig.
+
+        Damit gilt $\forall x \in \mathbb{K}^{n}$: $\tilde{g}^{-1}(g(f(x))) = \tilde{g}^{-1}(\tilde{g}(f(x)))
+        = f(x)$. Also $f = \tilde{g}^{-1} \circ g \circ f$.
+
+        Sei nun $g \circ f$ stetig. Dann folgt
+        \[
+            f = \underbrace{\tilde{g}^{-1}}_{\text{stetig}} \circ \underbrace{g \circ f}_{\text{stetig}}
+        .\] Also $f$ als Komposition von zwei stetigen Funktionen stetig.
+
+        Sei nun $g \circ f$ gleichmäßig stetig. Da $D$ kompakt und $g$ stetig, ist
+        $B = \text{im}(g)$ auch kompakt. Also wegen $\tilde{g}^{-1}$ stetig,
+        $\tilde{g}^{-1}\colon B \to D$ gleichmäßig stetig. Damit folgt
+        \[
+            f = \underbrace{\tilde{g}^{-1}}_{\text{glm. stetig}} \circ \underbrace{g \circ f}_{\text{glm. stetig}}
+        .\] Also $f$ als Komposition zweier gleichmäßig stetiger Funktionen, gleichmäßig stetig.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/ana/uebungen/ana7.tex

@@ -0,0 +1,239 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis II: Übungsblatt 7}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item $f\colon \R^2 \to \R$, $f(x,y) = e^{x} \cos(y) + \ln(1+y^2)$. Dann gilt
+            \[
+                \nabla f = \begin{pmatrix} e^{x} \cos(y) \\ -e^{x} \sin(y) + \frac{2y}{1+y^2} \end{pmatrix} 
+            .\] 
+        \item $f\colon \R^2 \to \R$ mit
+            \[
+                f(x,y) = \begin{cases}
+                    xy \frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2} & (x,y) \neq (0,0) \\
+                    0 & (x,y) = (0,0)
+                \end{cases}
+            .\] 
+            Beh.: $f$ überall zweimal partiell differenzierbar, aber
+            \[
+                \frac{\partial^2f(0,0)}{\partial x \partial y} \neq \frac{\partial^2f(0,0)}{\partial y \partial x}
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Für $(x,y) \neq (0,0)$ gilt
+                \begin{salign*}
+                    \frac{\partial f}{\partial x} &= \frac{\partial}{\partial x}
+                    \left( \frac{x^{3}y - xy^{3}}{x^2 + y^2} \right) \\
+                    &= \frac{yx^{4} + 4x^2y^{3} - y^{5}}{(x^2 + y^2)^2} \\
+                    \frac{\partial f}{\partial y} &=
+                    \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{x^{3}y - xy^{3}}{x^2 + y^2} \right) \\
+                    &= \frac{x^{5} - 4y^2 x^{3} - y^{4}x}{(x^2+y^2)^2}
+                .\end{salign*}
+                Diese partiellen Ableitungen sind als Quotient von Polynomen mit $(x^2+ y^2)^2 \neq 0$
+                wieder partiell differenzierbar.
+
+                $f$ ist im Punkt $(0,0)$ partiell differenzierbar, denn
+                \begin{align*}
+                    \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)
+                    &= \lim_{h \to 0} \frac{f((0,0) + (h, 0)) - f(0,0)}{h}
+                    = \lim_{h \to 0} \frac{\overbrace{f(h,0)}^{= 0}}{h} = 0 \\
+                    \frac{\partial f}{\partial y}(0,0) &=
+                    \lim_{h \to 0} \frac{\overbrace{f(0,h)}^{= 0}}{h} = 0
+                .\end{align*}
+                Für die zweiten partiellen Ableitungen in $(0,0)$ gilt
+                \begin{salign*}
+                    \frac{\partial^2f(0,0)}{\partial x \partial y}
+                    &= \lim_{h \to 0} \frac{\frac{\partial f}{\partial y}(h,0) - \frac{\partial f}{\partial y}(0)}{h}
+                    = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{\partial f}{\partial y}(h,0)}{h}
+                    = \frac{h^{5}}{h h^{4} } = 1 \\
+                    \frac{\partial^2f(0,0)}{\partial y \partial x}
+                    &= \lim_{h \to 0} \frac{\frac{\partial f}{\partial x}(0,h) - \frac{\partial f}{\partial x}(0)}{h}
+                    = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{\partial f}{\partial y}(0,h)}{h}
+                    = - \frac{h^{5}}{h h^{4} } = -1 \\
+                    \frac{\partial^2f(0,0)}{\partial x \partial x}
+                    &= 0
+                    \\
+                    \frac{\partial^2f(0,0)}{\partial y \partial y}
+                    &= 0
+                .\end{salign*}
+                Also existieren die zweiten partiellen Ableitungen auf ganz $\R^2$, aber es gilt
+                \[
+                    \frac{\partial^2 f(0,0)}{\partial x \partial y} \neq 
+                    \frac{\partial^2 f(0,0)}{\partial y \partial x}
+                .\] 
+            \end{proof}
+            Beh.: Die partielle Ableitung $\frac{\partial f}{\partial x \partial y}$
+            ist unstetig in $(0,0)$.
+            \begin{proof}
+                Es gilt für $(x,y) \neq (0,0)$:
+                \begin{align*}
+                \frac{\partial f^2}{\partial x \partial y}
+                = \frac{x^{6} + 9x^{4}y^2 - 9x^2y^{4} - y^{6}}{(x^2 + y^2)^{3}}
+                .\end{align*}
+                Mit $(x,y)_n = \left( \frac{1}{n}, \frac{1}{n} \right) $ gilt
+                $(x,y)_n \xrightarrow{n \to \infty} (0,0)$, aber
+                \begin{align*}
+                    \frac{\partial f^2}{\partial x \partial y}(x,y)_n
+                    = \frac{\frac{1}{n^{6}} + \frac{9}{n^{6}} - \frac{9}{n^{6}} - \frac{1}{n^{6}}}{\frac{8}{n^{6}}} = 0 \neq 1 = \frac{\partial f^2}{\partial x \partial y} (0,0)
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+            Der Satz von Schwarz für ein $x \in D$ gilt nur, wenn $f$ 2-mal stetig
+            partiell differenzierbar ist in $x$, dies ist
+            hier für $x = (0,0)$ nicht der Fall.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item $f\colon R^2 \to R$ mit
+            \[
+                f(x,y) = \begin{cases}
+                    \frac{xy^2}{x^2 + y^{4}} & (x,y) \neq (0,0) \\
+                    0 & (x,y) = (0,0)
+                \end{cases}
+            .\] Beh.: $f$ ist im Punkt $(x,y) = (0,0)$ nicht total differenzierbar.
+            \begin{proof}
+                Mit dem Hinweis g.z.z., dass $f$ in $(0,0)$ nicht stetig ist. Mit
+                $(x,y)_n = \left( \frac{1}{n^2}, \frac{1}{n} \right) $ gilt
+                $(x,y)_n \xrightarrow{n \to \infty} (0,0)$ aber, es ist
+                \[
+                    f\left( \frac{1}{n^2}, \frac{1}{n} \right) = \frac{\frac{1}{n^{4}}}{\frac{1}{n^{4}} + \frac{1}{n^{4}}} = \frac{1}{2} \neq 0 = f(0, 0)
+                .\] Also $f$ unstetig in $(0,0)$.
+            \end{proof}
+            Beh.: $f$ besitzt Richtungsableitungen in alle Richtungen in $(x,y) = (0,0)$.
+            \begin{proof}
+                Sei $v \in \R^2$ mit $\Vert v \Vert_2 = 1$ beliebig. Dann sei
+                $v = \begin{pmatrix} v_x \\ v_y \end{pmatrix}$. Dann gilt
+                \begin{salign*}
+                    \frac{\partial f}{\partial v} (0, 0) = \lim_{t \searrow 0} 
+                    \frac{f(tv) - f(0)}{t}
+                    = \lim_{t \searrow 0} \frac{f(tv)}{t}
+                    = \lim_{t \searrow 0} \frac{v_xv_y^2}{v_x^2 + \frac{1}{t^2}v_y^{4}}% = \frac{v_y^2}{v_x}
+                    =
+                    \begin{cases}
+                        0 & v_x = 0 \\
+                        \frac{v_y^2}{v_x} & v_x \neq 0
+                    \end{cases}
+                .\end{salign*}
+                Also existieren alle Richtungsableitungen in $(x,y) = (0,0)$.
+            \end{proof}
+        \item $f\colon \R^2 \to \R$ mit
+            \[
+                f(x,y) = \begin{cases}
+                    (x^2 + y^2) \sin\left( \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2} } \right) & (x,y) \neq (0,0) \\
+                    0 & (x,y) = (0,0)
+                \end{cases}
+            .\] 
+                    Beh.: $D f(0,0) = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}^{T}$, also $f$
+                    im Punkt $(x,y) = (0,0)$ total differenzierbar.
+            \begin{proof}
+                Sei $h \in \R^2$ mit $h \neq 0$ beliebig. Dann gilt
+                \begin{salign*}
+                    \left| \frac{f((0,0) + h) - f(0,0) - \begin{pmatrix} 0 & 0 \end{pmatrix} \cdot h }{\Vert h \Vert_2} \right|
+                    &= \left| \frac{f(h)}{\Vert h \Vert_2} \right| \\
+                    &= \frac{\Vert h \Vert_2^2 \sin\left( \frac{1}{\Vert h \Vert_2} \right) }{\Vert h \Vert_2} \\
+                    &= \left| \Vert h \Vert_2 \sin\left( \frac{1}{\Vert h \Vert_2} \right)   \right| \\
+                    &\le \Vert h \Vert_2 \xrightarrow{h \to 0} 0
+                .\end{salign*}
+                Also folgt
+                \begin{align*}
+                    \lim_{h \to 0} \frac{f((0,0) + h) - f(0,0) - \begin{pmatrix} 0 & 0 \end{pmatrix} h}{\Vert h \Vert_2} = 0 
+                .\end{align*}
+                Also $f$ total differenzierbar in $(x,y) = (0,0)$ mit
+                Differential $D f(0, 0) = \begin{pmatrix}  0 & 0 \end{pmatrix} $.
+            \end{proof}
+            Beh.: $\frac{\partial f}{\partial x}$ nicht stetig in $(x,y) = (0,0)$.
+            \begin{proof}
+                Mit der (a) folgt, dass $J_f(0,0) = D f(0,0)$, also insbesondere
+                $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$.
+                Für $(x,y) \neq (0,0)$ folgt
+                \begin{salign*}
+                    \frac{\partial f}{\partial x} &= 2x \sin\left( \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2} } \right)
+                    - \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} \cos\left( \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2} } \right)
+                .\end{salign*}
+                Mit $(x, y)_n = \left( \frac{1}{2\pi n}, 0 \right) $ gilt
+                $x_n \xrightarrow{n \to \infty} (0,0)$, aber
+                \begin{salign*}
+                    \frac{\partial f}{\partial x}\left( \frac{1}{2\pi n}, 0 \right)
+                    = \frac{1}{\pi n} \underbrace{\sin\left( 2 \pi n \right)}_{= 0} - \cos (2\pi n) = -1 \neq 0
+                    = \frac{\partial f}{\partial x}(0)
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $D \coloneqq \R^2 \setminus \{ (x_1, x_2)^{T}  \mid x_2 \le 0 \text{ oder } x_1x_2 = k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \Z\} $, $f\colon D \to \R^2$ und $g \colon \R^2 \to \R^2$ mit
+    \[
+        f(x_1, x_2) = \begin{pmatrix} x_1 \ln(x_2) \\ \tan(x_1, x_2) \end{pmatrix},
+        \quad g(y_1, y_2) = \begin{pmatrix} y_1^2 \\ y_2^2 \end{pmatrix} 
+    .\] Weiter sei $h = g \circ f \colon D \to \R^2$.
+
+    $D_h(x)$ ohne Kettenregel:
+    \begin{salign*}
+        h(x) = g(f(x)) = \begin{pmatrix} x_1^2 \ln^2(x_2) \\ \tan^2(x_1x_2) \end{pmatrix}
+    .\end{salign*}
+    Damit folgt direkt
+    \begin{salign*}
+        D_h(x) = \begin{pmatrix} \frac{\partial h_1}{\partial x_1} & \frac{\partial h_1}{\partial x_2} \\
+        \frac{\partial h_2}{\partial x_1} & \frac{\partial h_2}{\partial x_2}
+        \end{pmatrix}
+        =
+        \begin{pmatrix} 
+            2x_1 \ln^2(x_2) & 2 \frac{x_1^2}{x_2} \ln(x_2) \\
+            \frac{2x_2 \tan(x_1x_2)}{\cos^2(x_1x_2)} & \frac{2x_1 \tan(x_1x_2)}{\cos^2(x_1x_2)}
+        \end{pmatrix} 
+    .\end{salign*}
+    Mit Kettenregel ist zunächst
+    \begin{salign*}
+        D_g(y) = \begin{pmatrix} 2y_1 & 0 \\ 0 & 2 y_2 \end{pmatrix},
+        \quad
+        D_f(x) = \begin{pmatrix} \ln(x_2) & \frac{x_1}{x_2} \\
+        \frac{x_2}{\cos^2(x_1x_2)} & 2 \frac{x_1y_2}{\cos^2(x_1x_2)}\end{pmatrix} 
+    .\end{salign*}
+    Damit folgt
+    \begin{salign*}
+        D_h(x) &= D_g(f(x)) D_f(x) \\
+        &= \begin{pmatrix} 2 x_1 \ln(x_2) & 0 \\ 0 & 2 \tan(x_1 x_2) \end{pmatrix}
+        \begin{pmatrix} \ln(x_2) & \frac{x_1}{x_2} \\
+                \frac{x_2}{\cos^2(x_1x_2)} & 2 \frac{x_1y_2}{\cos^2(x_1x_2)}\end{pmatrix}  \\
+                &= 
+        \begin{pmatrix} 
+            2x_1 \ln^2(x_2) & 2 \frac{x_1^2}{x_2} \ln(x_2) \\
+            \frac{2x_2 \tan(x_1x_2)}{\cos^2(x_1x_2)} & \frac{2x_1 \tan(x_1x_2)}{\cos^2(x_1x_2)}
+        \end{pmatrix} 
+    .\end{salign*}
+    Das Einsetzen von $x_0 = (1,e)^{T} \in D$ ist dem Lesenden als Aufgabe überlassen.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    $f\colon \R \to \R^2$ mit
+    \[
+        f(x) = \begin{pmatrix} \cos(x)  \\ \sin(x) \end{pmatrix} 
+    .\] Weiter seien $a = 0$ und $b = 2\pi$.
+
+    Beh.: Es ex. kein $\xi \in (a,b)$ mit $f(b) - f(a) = D_f(\xi)(b - a)$.
+    \begin{proof}
+        Es ist zunächst
+        \[
+            D_f(x) = \begin{pmatrix} - \sin(x) \\ \cos(x) \end{pmatrix}
+        .\] Da $\sin(x)$ und $\cos(x)$ keine gemeinsamen Nullstellen in $\R$ besitzen, folgt $\forall x \in \R$:
+        \[
+            D_f(x) \neq 0
+        .\] Damit folgt direkt $\forall \xi \in (a,b)$:
+        \begin{salign*}
+            f(b) - f(a) = \begin{pmatrix} \cos(2\pi) \\ \sin(2\pi) \end{pmatrix} 
+            - \begin{pmatrix} \cos(0) \\ \sin(0) \end{pmatrix}
+            = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}
+            = 0 \neq 2\pi \begin{pmatrix} - \sin(\xi) \\ \cos(\xi) \end{pmatrix} 
+            = D_f(\xi)
+        .\end{salign*}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/ana/uebungen/ana8.tex

@@ -0,0 +1,317 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis II: Übungsblatt 8}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}[]
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Für $x = (x_1, \ldots, x_n)^{T} \in \R^{n}$, $n \ge 1$, $\nu \in \N_0$ gilt
+            \[
+                (x_1 + \ldots + x_n)^{\nu} = \nu! \sum_{|\alpha|=\nu} \frac{x^{\alpha}}{\alpha!}
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Induktion über $n$. I.A.: $n = 1$ trivial.
+
+                Sei $n \in \N$ beliebig und Beh. gezeigt für $n-1$. Dann gilt für $x \in \R^{n}$ und
+                $\nu \in \N_0$ mit $\tilde{x} = (x_2, \ldots, x_n)^{T} \in \R^{n-1}$:
+                \begin{salign*}
+                    (x_1 + x_2 \ldots + x_n)^{\nu} &= (x_1 + (x_2 + \ldots + x_n))^{\nu} \\
+                   &\stackrel{\text{Bin. Formel}}{=}
+                   \sum_{k=0}^{\nu} \binom{\nu}{k} x_1^{k} (x_2 + \ldots + x_n)^{\nu - k} \\
+                   &\stackrel{\text{I.V.}}{=} \sum_{k=0}^{\nu} x_1^{k}
+                   (\nu - k)! \sum_{|\alpha|=\nu-k} \frac{\tilde{x}^{\alpha}}{\alpha!} \\
+                   &= \sum_{k=0}^{\nu} \frac{\nu!}{(\nu-k)!} (\nu-k)! \sum_{|\alpha| = \nu-k}
+                   \frac{\tilde{x}^{\alpha}x_1^{k}}{\alpha! k!} \\
+                   &= \nu! \sum_{k=0}^{\nu} \sum_{|\alpha|=\nu-k} \frac{\tilde{x}^{\alpha} x_1^{k}}{\alpha! k!} \\
+                   &= \nu! \sum_{|\alpha|=\nu} \frac{x^{\alpha}}{\alpha!}
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Es ist mit $h = (h_1, h_2, h_3)^{T} \in \R^{3}$:
+            \[
+                T_{2}^{f}(\hat{x} + h) = -e\left(1 -h_1 - h_2 -h_3 + \frac{1}{2} h_2^2 + h_1 h_2 + h_1h_3\right)
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Mit $\hat{x} = (-1, -1, 0)^{T}$ folgt
+                der Gradient von $f$ bei $\hat{x}$ direkt
+                \begin{align*}
+                    \nabla f(x) = \begin{pmatrix} e^{-x_2} - x_3e^{-x_1} \\ -x_1e^{-x_2} \\ e^{-x_1} \end{pmatrix}  \implies \nabla f(\hat{x}) = \begin{pmatrix} e \\ e \\ e \end{pmatrix} 
+                .\end{align*}
+                Die Hessematrix von $f$ ist gegeben als
+                \begin{align*}
+                    H_f(x) = \begin{pmatrix}
+                        x_3 e^{-x_1} & -e^{-x_2} & -e^{-x_1} \\
+                        -e^{-x_2} & x_1 e^{-x_2} & 0 \\
+                        -e^{-x_1} & 0 & 0
+                    \end{pmatrix} 
+                    \implies
+                    H_f(\hat{x}) = \begin{pmatrix} 0 & -e & -e \\
+                    -e & -e & 0 \\
+                    -e & 0 & 0
+                    \end{pmatrix}
+                .\end{align*}
+                Damit folgt direkt
+                \begin{salign*}
+                    T_2^{f}(\hat{x} + h) &= f(\hat{x}) + (\nabla f(\hat{x}), h)_2 + \frac{1}{2} (H_f(\hat{x})h, h)_2 \\
+                    &= -e + eh_1 + eh_2 + eh_3 - \frac{1}{2} eh_2^2 - eh_1h_2 - eh_1h_3 \\
+                    &= -e \left(1 -h_1 - h_2-h_3 + \frac{1}{2}h_2^2 + h_1h_2 + h_1 h_3\right)
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[]
+    Beh.: $f\colon \R^2 \to \R$, $f(x,y) = (4x^2 + y^2) \exp(-x^2 - 4y^2)$ hat zwei strikte lokale Maxima
+    bei $P_1 = (1, 0)^{T}$ und $P_2 = (-1, 0)^{T}$ und ein striktes lokales Minimum bei $P_3 = (0,0)^{T}$.
+    \begin{proof}
+        Der Gradient ergibt sich als
+        \begin{align*}
+            \nabla f(x,y) = \begin{pmatrix} 8x - 8x^{3} - 2y^2x \\ 2y - 32x^2y - 8y^{3} \end{pmatrix}
+            \exp(-x^2 - 4y^2)
+        .\end{align*}
+        Daraus folgen die notwendigen Bedingungen
+        \begin{align}
+            8x - 8x^{3} - 2y^2x &= 0 \\
+            2y - 32x^2y - 8y^{3} &= 0
+        .\end{align}
+        Aus (1) folgt
+        \[
+            8x - 8x^{3} - 2y^2x = x(8 -8x^2 - 2y^2) = 0 \implies x = 0 \lor x^2 = 1 - \frac{1}{4}y^2
+        .\] Für $x = 0$ folgt aus (2):
+        \begin{align*}
+            2y - 8y^{3} \implies y (2 - 8y^2) \implies y = 0 \lor 2 = 8y^2 \implies y = 0 \lor y = \pm \frac{1}{2}
+        .\end{align*}
+        Damit folgen $P_3 = (0,0)^{T}$, $P_4 = \left( 0, \frac{1}{2} \right)^{T} $ und $P_5 = \left( 0, -\frac{1}{2} \right)^{T} $.
+
+        Für $x = 1 - \frac{1}{4}y^2$ folgt aus (2):
+        \begin{align*}
+            2y - 32\left( 1 - \frac{1}{4}y^2 \right) y - 8y^{3} = 0 \implies y - 16y = 0 \implies y = 0
+        .\end{align*}
+        Damit folgt für $x$ mit $x = 1 - \frac{1}{4} y^2$: $x = \pm 1$. Also $P_1 = (1, 0)^{T}$ und
+        $P_2 = (-1, 0)^{T}$.
+
+        Die Hessematrix von $f$ folgt direkt als
+        \begin{align*}
+            H_f(x) = \exp(-x^2 - 4y^2)
+            \begin{pmatrix}
+                16 x^{4} + 4y^2x^2 - 40x^2 - 2y^2+8 & -68xy + 64x^{3}y + 16xy^{3} \\
+                -68xy + 64 x^{3}y + 16xy^{3} & 2 - 32x^2 - 40y^2 + 256 x^2y^2 + 64y^{4}
+            \end{pmatrix}
+        .\end{align*}
+        Dann folgt durch Ablesen der Eigenwerte
+        \begin{align*}
+            H_f(P_1) &= H_f(1,0) = \frac{1}{e}\begin{pmatrix} -16 & 0\\ 0 & -30 \end{pmatrix} \quad
+            \text{negativ definit} \implies P_1 \text{ striktes lokales Min.} \\
+            H_f(P_2) &= H_f(-1,0) = \frac{1}{e}\begin{pmatrix} -16 & 0\\ 0 & -30 \end{pmatrix} \quad
+            \text{negativ definit} \implies P_2 \text{ striktes lokales Min.} \\
+            H_f(P_3) &= H_f(0,0) = \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \quad
+            \text{positiv definit} \implies P_3 \text{ striktes lokales Max.} \\
+            H_f(P_4) &= H_f\left( 0, \frac{1}{2} \right)  = \frac{1}{e}\begin{pmatrix} 7 \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & -4 \end{pmatrix} \quad
+            \text{indefinit} \implies P_4 \text{ kein lokales Extremum} \\
+            H_f(P_5) &= H_f\left( 0, - \frac{1}{2} \right)  = \frac{1}{e}\begin{pmatrix} 7 \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & -4 \end{pmatrix} \quad
+            \text{indefinit} \implies P_5 \text{ kein lokales Extremum}
+        .\end{align*}
+        Das zeigt die Behauptung.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[]
+    Beh.: Das Gleichungssystem
+    \begin{align*}
+        y_1 + \sin(y_1 y_2) &= y_1x_1 + 1 + \frac{\pi}{2} \\
+        \cos(y_1) &= x_2 + y_2
+    .\end{align*}
+    ist in einer Umgebung von $(x_1^{0}, x_2^{0}, y_1^{0}, y_2^{0})^{T} = (0, -1, \frac{\pi}{2}, 1)^{T} \in \R^{4}$ durch differenzierbare Funktionen $g_i \colon \R^2 \to \R$ mit
+    \begin{align*}
+        y_1 &= g_1(x_1, x_2) \\
+        y_2 &= g_2(x_1, x_2) \\
+    \end{align*}
+    eindeutig aufgelöst werden kann.
+    \begin{proof}
+        Das Gleichungssystem ist darstellbar als
+        \begin{align*}
+            \begin{cases}
+        y_1 + \sin(y_1 y_2) &= y_1x_1 + 1 + \frac{\pi}{2} \\
+        \cos(y_1) &= x_2 + y_2
+            \end{cases}
+            \implies
+            \begin{cases}
+                0 = y_1 + \sin(y_1 y_2) - y_1 x_1 - 1 - \frac{\pi}{2} \\
+                0 = \cos(y_1) - x_2 - y_2
+            \end{cases}
+        .\end{align*}
+        Mit $x = (x_1, x_2)^{T}$ und $y = (y_1, y_2)^{T}$ definiere
+        \[
+            F(x,y) \coloneqq \begin{pmatrix} 
+                y_1 + \sin(y_1 y_2) - y_1 x_1 - 1 - \frac{\pi}{2} \\
+                \cos(y_1) - x_2 - y_2
+            \end{pmatrix} 
+        .\]
+        Damit folgt
+        \[
+            D_yF(x,y) = \begin{pmatrix} 1 + y_2 \cos(y_1 y_2) -x_1 & y_1 \cos(y_1 y_2) \\
+            - \sin(y_1) & -1 \end{pmatrix} \quad
+            D_xF(x,y) = \begin{pmatrix} -y_1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} 
+        .\] und
+        \[
+            D_yF(x^{0}, y^{0}) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & -1 \end{pmatrix}
+            \quad
+            D_xF(x^{0}, y^{0}) = \begin{pmatrix} - \frac{\pi}{2} & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} 
+        .\] Es ist
+        \[
+            \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} 
+            \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & -1 \end{pmatrix}
+            =
+            \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} 
+        .\] Also $D_yF(x^{0}, y^{0})^{-1} = D_yF(x^{0}, y^{0})$. Weiter ist
+        $F(x,y)$ stetig partiell differenzierbar, da alle partiellen Ableitungen stetig sind.
+        Außerdem gilt $F(x^{0}, y^{0}) = 0$.
+
+        Damit folgt mit dem SIF: Es ex. diff'bare Funktion $g\colon \R^2 \to \R^2$, für
+        die in einer Umgebung von $(x^{0}, y^{0})$ gilt:
+        \[
+            F(x, g(x)) = 0 \implies y = g(x)
+        ,\] also das Gleichungssystem eindeutig auflöst.
+        Die Komponentenfunktionen $g_1$ und $g_2$ von $g$ zeigen die Behauptung.
+    \end{proof}
+    Beh.: $J_g(0, -1) = \begin{pmatrix} \frac{\pi}{2} & 0 \\ -\frac{\pi}{2} & -1 \end{pmatrix} $.
+    \begin{proof}
+        Es ist mit dem SIF:
+        \begin{align*}
+            J_g(0, -1) = J_g(x^{0}) = D_xg(x^{0}) &= - (D_yF(x^{0}, y^{0}))^{-1} D_xF(x^{0}, y^{0}) \\
+                                                  &= - \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & -1  \end{pmatrix} \begin{pmatrix} - \frac{\pi}{2} & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}  \\
+                                                  &= \begin{pmatrix} \frac{\pi}{2} & 0 \\ - \frac{\pi}{2} & -1 \end{pmatrix}
+        .\end{align*}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: Die Gleichung
+    \[
+        \ln(3 \epsilon + x) = \epsilon^2 x
+    .\] ist in einer Umgebung von $(\epsilon_0, x_0)^{T} = (0,1)^{T}$ eindeutig nach $x$ durch eine
+    Abbildung $x = g(\epsilon)$ auflösbar.
+    \begin{proof}
+        Definiere
+        \[
+            F(\epsilon, x) = \epsilon^2x - \ln(3 \epsilon + x)
+        .\] Es gilt $F(\epsilon_0, x_0) = F(0,1) = -\ln(1) = 0$. Außerdem ist
+        \begin{align*}
+            D_xF(\epsilon, x) &= \frac{\partial F}{\partial x} = \epsilon^2 - \frac{1}{3 \epsilon + x} \\
+            D_xF(\epsilon_0, x_0) &= -1 \implies (D_xF(\epsilon_0, x_0))^{-1} = -1
+        .\end{align*}
+        Damit ex. nach dem SIF eine eindeutige Funktion $g$, die die gegebene Gleichung nach $x$ auflöst.
+    \end{proof}
+    Beh.: Das Taylor-Polynom 2. Ordnung von $g$ im Punkt $\epsilon_0 = 0$ ist gegeben als
+    \[
+        T_2^{g}(\epsilon_0 + h) = 1 - 3h + 16h^2
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Es ist für $F$ aus der ersten Behauptung
+        \begin{align*}
+            \nabla F(\epsilon, x) = 
+            \begin{pmatrix}
+                2 \epsilon x - \frac{3}{3 \epsilon + x} \\
+                \epsilon^2 - \frac{1}{3 \epsilon + x}
+            \end{pmatrix}
+            \quad
+            H_F(\epsilon, x) =
+            \begin{pmatrix} 
+                2 x + \frac{9}{(3 \epsilon + x)^2} &
+                2 \epsilon - \frac{3}{(3 \epsilon +x)^2} \\
+                2 \epsilon - \frac{3}{(3 \epsilon +x)^2} &
+                \frac{1}{(3\epsilon + x)^2}
+            \end{pmatrix} 
+        .\end{align*}
+        Ausgewertet an $(\epsilon_0, x_0) = (0, 1)$ folgt
+        \begin{align*}
+            \nabla F(\epsilon_0, x_0) = 
+            \begin{pmatrix}
+                -3 \\ -1
+            \end{pmatrix}
+            \quad
+            H_F(\epsilon_0, x_0) =
+            \begin{pmatrix} 
+                11 & -3 \\
+                -3 & 1
+            \end{pmatrix} 
+        .\end{align*}
+        Durch implizites Differenzieren folgt
+        \[
+            g'(\epsilon_0) = - \left( \frac{\partial F}{\partial x}(\epsilon_0, x_0) \right)^{-1}
+            \frac{\partial F}{\partial \epsilon}(\epsilon_0, x_0) = - (-1) \cdot (-3) = -3
+        .\] Es gilt mit $F(\epsilon, g(\epsilon)) = 0$ und $x = g(\epsilon)$:
+        \[
+            0 = \frac{\d F}{\d x}(\epsilon, g(\epsilon)) = \left( \frac{\partial F}{\partial \epsilon} + \frac{\partial F}{\partial x} \cdot \frac{\partial F}{\partial \epsilon} \right) 
+        .\] Angewendet auf $\frac{\d F(\epsilon, g(\epsilon)}{\d x} = 0$ ergibt
+        \begin{align*}
+            0 &= \frac{\d}{\d x} \left( \frac{\partial F}{\partial \epsilon} + \frac{\partial F}{\partial x} f' \right)  \\
+            0 &= \frac{\partial^2}{\partial \epsilon^2} + \frac{\partial^2F}{\partial x \partial \epsilon}
+            g'
+            + \left( \frac{\partial^2 F}{\partial \epsilon \partial x} + \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}f' \right) f' + \frac{\partial F}{ \partial x} f''
+        .\end{align*}
+        Damit folgt
+        \begin{align*}
+            g''(\epsilon_0) &= - \left( \frac{\partial F}{\partial x}(\epsilon_0, x_0) \right)^{-1}
+            \left( \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} + 2 \frac{\partial^2 F}{\partial y \partial x}g'
+            + \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} f'^2\right)\Big|_{(\epsilon,x) = (\epsilon_0, x_0)} \\
+            &= - (-1) (11 + 2 (-3) (-3) + 1 \cdot 9) \\
+            &= 32
+        .\end{align*}
+        Es ist $F(\epsilon_0, x_0) = 0 \implies x_0 = g(\epsilon_0) \implies g(\epsilon_0) = 1$. Damit folgt
+        \[
+            T_2^{g}(\epsilon_0 + h) = 1 - 3h + \frac{1}{2} \cdot 32 h^2 = 1 - 3h + 16h^2
+        .\] 
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $f\colon \R^{3} \to \R$ stetig diff'bar und in einem Punkt $x^{0} = (x_1^{0}, x_2^{0}, x_3^{0})^{T} \in \R^{3}$ gelte
+    \[
+        \prod_{i=1}^{3} \frac{\partial f}{\partial x_i}(x^{0}) \neq 0
+    .\] Weiter seien $g_i\colon \R^2 \to \R$ eine lokale Auflösung der Gleichung
+    \[
+        f(x_1, x_2, x_3) = f(x^{0})
+    \] nach $x_i$, $i = 1,2,3$.
+    Beh.: Es gilt
+    \[
+        \frac{\partial g_1}{\partial x_2}(x_2^{0}, x_3^{0}) \cdot 
+        \frac{\partial g_2}{\partial x_3}(x_1^{0}, x_3^{0}) \cdot 
+        \frac{\partial g_3}{\partial x_1}(x_1^{0}, x_2^{0}) = -1
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Es gilt $\frac{\partial f}{\partial x_1}, \frac{\partial f}{\partial x_2}, \frac{\partial f}{\partial x_3} \neq 0$. Definiere
+        \[
+            F(x_1, x_2, x_3) \coloneqq f(x_1, x_2, x_3) - f(x^{0})
+        .\] $F$ stetig diff'bar, da $f$ stetig diff'bar und $D_xF(x) = D_xf(x)$. Es gilt außerdem
+        \[
+            f(x_1, x_2, x_3) = f(x^{0}) \iff F(x_1, x_2, x_3) = 0
+        .\] Also sind $g_i$ auch Auflösungen von $F$ nach $x_i$. Für diese gilt nach SIF:
+        \[
+            D_{x_1 x_2} g_3(x_1^{0}, x_2^{0}) = - (D_{x_3}F(x_0))^{-1} D_{x_1, x_2}F(x^{0})
+        .\] analog für $g_1$ und $g_2$. Damit folgt
+        \begin{align*}
+            \frac{\partial g_1}{\partial x_2}(x_2^{0}, x_3^{0}) &= - \left( \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_1} \right)^{-1}
+            \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_2} \\
+            \frac{\partial g_2}{\partial x_3}(x_1^{0}, x_3^{0}) &= - \left( \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_2} \right)^{-1}
+            \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_3} \\
+            \frac{\partial g_3}{\partial x_1} (x_1^{0}, x_2^{0}) &=
+            - \left( \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_3} \right)^{-1} \frac{\partial f(x_0)}{\partial x_1}
+        .\end{align*}
+        Insgesamt folgt damit
+        \begin{align*}
+        &\frac{\partial g_1}{\partial x_2}(x_2^{0}, x_3^{0}) \cdot 
+        \frac{\partial g_2}{\partial x_3}(x_1^{0}, x_3^{0}) \cdot 
+        \frac{\partial g_3}{\partial x_1} (x_1^{0}, x_2^{0}) \\ =& -
+\left( \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_1} \right)^{-1} \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_2}
+\cdot \left( \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_2} \right)^{-1} \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_3}
+\cdot \left( \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_3} \right)^{-1} \frac{\partial f(x_0)}{\partial x_1} \\
+=& -1
+        .\end{align*}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/ana/uebungen/ana9.tex

@@ -0,0 +1,289 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis II: Übungsblatt 9}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\usepackage[]{gauss}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei
+    \[
+    f\colon \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix} u \\ v \\ w \end{pmatrix} 
+    \coloneqq \begin{pmatrix} yz \\ x + 2z \\ xy \end{pmatrix} 
+    .\]
+    Dann ist die Umkehrfunktion $g = f^{-1}$ gegeben als
+    \begin{align*}
+        g(u, v, w) = \begin{pmatrix} \frac{wv}{w + 2u} \\ \frac{w + 2u}{v} \\ \frac{vu}{w + 2u} \end{pmatrix}
+    .\end{align*} Denn $\forall x, y, z \in \R$ gilt
+    \begin{align*}
+        g(f(x,y,z)) = g(yz, x+2z, xy) = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+    Analog für $f(g(u,v,w)) = (u,v,w)^{T}$.
+
+    Für die Jacobimatrizen folgt
+    \begin{align*}
+        D_f(x,y,z) = \begin{pmatrix} 0 & z & y \\ 1 & 0 & 2 \\ y & x & 0 \end{pmatrix}
+        \quad
+        \text{und}
+        \quad
+        D_g(u,v,w) = \begin{pmatrix} - 2 \frac{wv}{(w + 2u)^2} & \frac{w}{w+2u} & \frac{2uv}{(w + 2u)^2}\\
+        \frac{2}{v} & -\frac{2 + 2u}{v^2} & \frac{1}{v} \\
+    \frac{vw}{(w + 2u)^2} & \frac{u}{w + 2u} & -\frac{vu}{(w + 2u)^2}\end{pmatrix}
+    .\end{align*}
+    Für den Punkt $(x,y,z)^{T} = (2,1,0)$ folgt $f(2,1,0) = (0,2,2)^{T}$. Damit folgt
+    \begin{align*}
+        D_f(2,1,0) = \begin{pmatrix} 
+            0 & 0 & 1 \\
+            1 & 0 & 2 \\
+            1 & 2 & 0
+        \end{pmatrix} 
+        \quad
+        \text{und}
+        \quad
+        D_g(0,2,2) = \begin{pmatrix} 
+            -2 & 1 & 0 \\
+            1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
+            1 & 0 & 0
+        \end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+    Damit folgt
+    \begin{align*}
+        D_f(2,1,0) D_g(0,2,2) = 
+        \begin{pmatrix} 
+            0 & 0 & 1 \\
+            1 & 0 & 2 \\
+            1 & 2 & 0
+        \end{pmatrix} 
+        \begin{pmatrix} 
+            -2 & 1 & 0 \\
+            1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
+            1 & 0 & 0
+        \end{pmatrix}
+        =
+            \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\
+            0 & 1 & 0 \\
+            0 & 0 & 1\end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+    Also $D_f(2,1,0)^{-1} = D_g(0,2,2)$.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei
+    \[
+        P\coloneqq \{(x,y,z)^{T} \in \R^{3}  \mid x + y - z = 1\}
+        \quad
+        \text{und}
+        \quad
+        Z \coloneqq \{(x,y,z)^{T} \in \R^{3}  \mid x^2 + y^2 = 1\} 
+    .\] Setze
+    \begin{align*}
+        &f\colon \R^{3} \to \R, x \mapsto \Vert x \Vert_2^2 \\
+        &g\colon \R^{3} \to \R^2, x \mapsto \begin{pmatrix} x+y-z-1 \\ x^2 + y^2 - 1 \end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+    Dann ist die Nebenbedingung äquivalent zu $g(x) = 0$. Minimiere nun $f(x)$ unter $g(x) = 0$.
+    Es gilt
+    \begin{align*}
+        J_g(x) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 2x & 2y & 0 \end{pmatrix}
+        \quad
+        \text{und}
+        \quad
+        \nabla f(x) = \begin{pmatrix} 2x \\ 2y \\ 2z \end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+    Es gilt $\text{Rg}(J_g(x)) = 2$, also ist mit Lagrangeregel notwendige Bedingung für
+    Minimum:
+    \[
+        J_f(\hat{x})^{T} \lambda = \nabla f(\hat{x})
+    .\]
+    Damit folgt das Gleichungssystem
+    \begin{align}
+        x + y - z - 1 &= 0 \\
+        x^2 + y^2 - 1 &= 0 \\
+        \lambda_1 + 2 x \lambda_2 &= 2x \\
+        \lambda_1 + 2y \lambda_2 &= 2y \\
+        - \lambda_1 &= 2z
+    .\end{align}
+    Sei zunächst $x \neq y$. Ziehe (4) von (3) ab. Damit folgt
+    \begin{align*}
+        \lambda_2 (x - y) = x - y \implies \lambda_2 = 1
+    .\end{align*}
+    Aus (5) folgt direkt $\lambda_1 = - 2z$. Damit folgt mit (3):
+    \begin{align*}
+    - 2z +2x = 2x \implies -2z = 0 \implies z = 0
+    .\end{align*}
+    Eingesetzt in (1) und in (2) ergibt das
+    \[
+        x + y - 1 = 0 \implies x = 1 - y \stackrel{\text{(2)}}{\implies} (1-y)^2 + y^2 - 1 = 0 \implies y (y-1) = 0 \implies y_1 = 0 \land y_2 = 1
+    .\] Damit ergeben sich $x_1 = 1 - y_1 = 1$ und $x_2 = 1 - y_2 = 0$, also
+    $P_1 = (1, 0, 0)^{T}$ und $P_2 = (0,1,0)^{T}$. Hier gilt
+    $f(P_1) = \Vert P_1\Vert_2^2 = 1$ und $f(P_2) =\Vert P_2 \Vert_2^2 = 1$.
+
+    Falls nun $x = y$. Dann folgt aus (2) direkt $x = \pm \frac{1}{\sqrt{2} }$ und damit mit (1)
+$z = \pm \frac{2}{\sqrt{2} } - 1$. Allerdings ist dann bereits $f(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \pm \frac{2}{\sqrt{2} } - 1) > 1$, d.h. dies kann kein Minimum sein.
+
+    Es bleiben also $P_1$ und $P_2$. Da $f(P_1) = f(P_2)$ sind beide Minima.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Definiere
+    \begin{align*}
+        &f(x) \colon \R^{3} \to \R, x \mapsto 2x_1^2 + 2x_1 x_3 + 2x_2^2 + x_2x_3 + 3x_3^2 + 3x_1 - 8x_2 + 2x_3 \\
+        &g(x) \colon \R^{3} \to \R^2, x \mapsto \begin{pmatrix} -x_1 + 3x_2 - 2x^{3} - 7 \\
+            -3x_1 + 2x_2 -x_3 -2
+        \end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+    Damit ist das gegebene Optimierungsproblem äquivalent zu der Minimierung von $f$ unter $g(x) = 0$.
+
+    Mit
+    \[
+        Q \coloneqq \begin{pmatrix} 4 & 0 & 2 \\
+            0 & 4 & 1 \\
+            2 & 1 & 6
+        \end{pmatrix}
+        \quad
+        \text{und}
+        \quad
+        c \coloneqq \begin{pmatrix} -3 \\ 8 \\ -2 \end{pmatrix} 
+    .\] folgt
+    \[
+        f(x) = \frac{1}{2} x^{T} Qx - c^{T} x
+    .\] Mit
+    \[
+        A \coloneqq \begin{pmatrix} -1 & 3 & -2 \\ -3 & 2 & -1 \end{pmatrix}
+        \quad
+        \text{und}
+        \quad
+        b \coloneqq \begin{pmatrix} 7 \\ 2 \end{pmatrix} 
+    \] folgt
+    \[
+        g(x) = Ax - b
+    .\] 
+    Es ist $\forall x \in \R^{3}$
+    \begin{salign*}
+        f(x) &= \frac{1}{2} x^{T} Q x - c^{T} x  \\
+        &= \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} x_i (Qx)_i - \sum_{i=1}^{n} c_i x_i \\
+        &= \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} x_i \sum_{j=1}^{n} Q_{ij} x_j - \sum_{i=1}^{n} c_i x_i \\
+        &= \frac{1}{2} \left[ \sum_{i=1}^{n} Q_{ii} x_i^2 + \sum_{i,j=1, i\neq j}^{n} Q_{ij} x_i x_j \right]
+        - \sum_{i=1}^{n} c_i x_i
+        \intertext{Da $Q$ symmetrisch, folgt $Q_{ij} = Q_{ji}$, also}
+        \frac{\partial f}{\partial x_i}
+        &= \frac{1}{2} \left[ 2 Q_{ii} x_i + 2 \sum_{j=1}^{n} Q_{ij} x_j \right] - c_i \\
+        &= \sum_{j=1}^{n} Q_{ij} x_j - c_i \\
+        &= (Qx)_i - c_i
+        \intertext{Insgesamt folgt}
+        \nabla f(x) &= Qx - c
+    .\end{salign*}
+    Mit der Definition von $g$ und $A$ folgt außerdem direkt $J_g(x) = A$. Wegen $\text{Rg}(A) = 2$ folgt
+    mit der Lagrangeregel und die Bedingung für ein Minimum für $\lambda \in \R^2$:
+    \begin{align*}
+        A^{T} \lambda &= Qx - c \\
+        Ax &= b
+    .\end{align*}
+    Löse zunächst $Ax = b$:
+    \begin{align*}
+        \begin{gmatrix}[p] -1 & 3 & -2 & 7 \\
+            -3 & 2 & -1 & 2
+            \rowops
+            \add[-3]{0}{1}
+        \end{gmatrix}
+        \to
+        \begin{gmatrix}[p]
+            -1 & -3 & 2 & -7 \\
+            0 & -7 & 5 & -19
+            \rowops
+            \mult{0}{-1}
+            \mult{1}{-\frac{1}{7}}
+            \add[3]{1}{0}
+        \end{gmatrix} 
+        \to
+        \begin{gmatrix}[p] 
+            1 & 0 & -\frac{1}{7} & \frac{8}{7} \\
+            0 & 1 & -\frac{5}{7} & \frac{19}{7}
+        \end{gmatrix} 
+    .\end{align*}
+    Damit folgt als Lösungsmenge
+    \[
+    L = \begin{pmatrix} \frac{8}{7} \\ \frac{19}{7} \\ 0 \end{pmatrix}
+    + \text{Lin}\left( \begin{pmatrix} -\frac{1}{7} \\ -\frac{5}{7} \\ -1 \end{pmatrix}  \right)
+    = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} + \text{Lin}\left( \begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ 7 \end{pmatrix}  \right) 
+    .\] Also folgt für $a \in \R$:
+    \[
+    x = \begin{pmatrix} 1 + a \\ 2 + 5a \\ -1 + 7a \end{pmatrix} 
+    .\] Setze jetzt in $A^{T} \lambda = Qx - c$ ein:
+    \begin{align*}
+        A^{T} \lambda &= Qx -c
+                      = \begin{pmatrix} 5 + 18a \\ -1 + 27 a \\ 49 a \end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+    und löse
+    \[
+        \begin{pmatrix} -1 & -3 & -18 \\
+            3 & 2 & -27 \\
+            -2 & -1 & -49
+        \end{pmatrix}
+        \begin{pmatrix} \lambda_1 \\ \lambda_2 \\ a \end{pmatrix}
+        =
+        \begin{pmatrix} 5 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} 
+    .\] Kurze Rechnung ergibt $a = 0$. Damit folgt
+    \[
+        x = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}
+    .\] Da $f(1, 2, -1) = -12$ und für $y = (2,7,6)^{T} \in L$ ist $f(y) = 242 > -12$ folgt
+    $x = (1,2,-1)^{T}$ löst das Minimierungsproblem.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Definiere:
+            \begin{align*}
+                x_1 &\coloneqq v_1(t) \\
+                x_2 &\coloneqq v_1'(t) \\
+                x_3 &\coloneqq v_2(t) \\
+                x_4 &\coloneqq v_2'(t) \\
+                x_5 &\coloneqq v_2''(t) \\
+                x_6 &\coloneqq v_2'''(t)
+            .\end{align*}
+            Das gegebene Gleichungssystem lässt sich dann so formulieren
+            \begin{align*}
+                x_6'(t) - a ( g(t) - b x_3(t)) &= f(t) \\
+                x_2'(t) + b x_3(t) &= g(t)
+            .\end{align*}
+            Dann folgt für das gegebene Gleichungssystem das äquivalente Gleichungssystem 1. Ordnung:
+            \begin{align*}
+            x' = \begin{pmatrix} x_2 \\
+                g(t) - b x_3(t) \\
+                x_4 \\
+                x_5 \\
+                x_6 \\
+                a (g(t) - b x_3(t)) + f(t)
+            \end{pmatrix} 
+            .\end{align*}
+        \item Seien $u_1$, $u_2$ Lösungen von $(*)$. Dann gilt
+            \[
+                W(t) = \text{det} \begin{pmatrix} u_1(t) & u_2(t) \\
+                    \frac{\d}{\d t} u_1(t) & \frac{\d}{\d t} u_2(t)
+                \end{pmatrix}
+                = u_1 \frac{\d}{\d t} u_2(t) - u_2(t) \frac{\d}{\d t} u_1(t)
+            .\] Damit folgt
+            \begin{salign*}
+                \frac{\d}{\d t} W(t) &= \frac{\d}{\d t}\left( u_1 \frac{\d}{\d t}u_2 \right)
+            - \frac{\d}{\d t} \left( u_2 \frac{\d}{\d t} u_1 \right) \\
+            &= \left( \frac{\d}{\d t} u_1 \right)\left( \frac{\d}{\d t} u_2 \right)
+            + u_1 \frac{\mathrm{d}^2}{\d t^2} u_2 - \left( \frac{\d}{\d t} u_2 \right)
+            \left( \frac{\d}{\d t} u_1 \right)
+            - u_2 \frac{\mathrm{d}^2}{\d t^2} u_1 \\
+            &= 
+            u_1 \frac{\mathrm{d}^2}{\d t^2} u_2
+            - u_2 \frac{\mathrm{d}^2}{\d t^2} u_1 \\
+            &\stackrel{(*)}{=}
+            u_1 \left[ - p \frac{\d}{\d t} u_2 - q u_2 \right]
+            - u_2 \left[ - p \frac{\d}{\d t} u_1 - q u_1 \right] \\
+            &= - u_1 p \frac{\d }{\d t}u_2 - u_1 q u_2 + u_2 p \frac{\d }{\d t} u_1 + u_2 q u_1 \\
+            &= -p \left( u_1 \frac{\d}{\d t} u_2 - u_2 \frac{\d }{\d t} u_1\right) \\
+            &= -p W(t)
+            .\end{salign*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/la/uebungen/la10.tex

@@ -0,0 +1,296 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 10}
+\author{Miriam Philipp, Dominik Daniel, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[36]
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien
+    \[
+        A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\
+            1 & 1 & 1 \\
+            0 & 3 & 2
+        \end{pmatrix} \in M_{3,3}(\R)
+    \] und $f_A$ die lineare Abbildung $\R^{3} \xrightarrow{A\cdot } \R^{3}$.
+
+    Beh.: Die
+    Darstellungsmatrix von $\bigwedge^2 f_A\colon \bigwedge^2\R^{3} \to \bigwedge^2\R^{3}$ bezüglich
+    der Basis $ \mathcal{B} = (e_1 \wedge e_2, e_1 \wedge e_3, e_2 \wedge e_3)$ ist gegeben als
+    \[
+        M_{\mathcal{B}}^{\mathcal{B}}\left({\bigwedge}^2 f_A\right) =
+        \begin{pmatrix} 
+            -2 & 0 & 2 \\
+            0  & 0 & 4 \\
+            3 & 2 & -1
+        \end{pmatrix} 
+    .\]
+    \begin{proof}
+        Berechne Bild der Basisvektoren unter $\bigwedge^2f_A$:
+        \begin{align*}
+            {\bigwedge}^2f_A(e_1 \wedge e_2) &= f_A(e_1) \wedge f_A(e_2) \\
+                                             &= e_2 \wedge (2 e_1 + e_2 + 3e_3) \\
+                                             &= 2 e_2 \wedge e_1 + e_2 \wedge e_2 + 3 e_2 \wedge e_3 \\
+                                             &= -2 e_1 \wedge e_2 + 3 e_2 \wedge e_3
+            \intertext{Für restliche Basisvektoren analog}
+            {\bigwedge}^2f_A(e_1 \wedge e_3) &= 2 e_2 \wedge e_3 \\
+            {\bigwedge}^2f_A(e_2 \wedge e_3) &= 2 e_1 \wedge e_2 + 4 e_1 \wedge e_3 - 1 e_2 \wedge e_3
+        .\end{align*}
+        Durch Ablesen der Koeffizienten folgt die Behauptung.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $R$ ein Ring und $M$ ein $R$-Modul.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Ist $M$ endlich erzeugt und frei, so ist $M$ flach.
+            \begin{proof}
+                Seien $N, L$ $R$-Moduln und $\varphi\colon N \to L$ ein injektiver $R$-Modul.hom.
+
+                $M$ ist endlich erzeugt und frei. Fixiere Basis $(x_1, \ldots, x_n)$. Dann ist
+                $M \stackrel{\sim }{=} R^{n}$. D.h. es existieren R-Mod.iso.
+                $\Phi_1\colon M \otimes_R N \to R^{n} \otimes_R N$ und
+                $\Phi_2\colon M \otimes_R L \to R^{n} \otimes_R L$. Weiter ex. R.-Mod.isomorphismen
+                $f_1\colon R^{n} \otimes_R N \to N^{n}$ und $f_2\colon R^{n} \otimes_R L \to L^{n}$
+                mit $f_1((r_1, \ldots, r_n), x) = (r_1 x, \ldots, r_n x)$, analog für $f_2$.
+
+                Weiter definiere:
+                \begin{align*}
+                    \psi\colon N^{n} &\to L^{n} \\
+                    (n_1, \ldots, n_n) &\mapsto (\varphi(n_1), \ldots, \varphi(n_n))
+                .\end{align*}
+                $\psi$ ist $R$-Modulhom. und injektiv, da $\varphi$ injektiv ist. Definiere nun weiter
+                \begin{align*}
+                    \Psi \colon M \otimes_R N \xrightarrow{\Phi_1} R^{n} \otimes_R N
+                    \xrightarrow{f_1} N^{n}
+                    \xrightarrow{\psi} L^{n}
+                    \xrightarrow{f_2^{-1}} R^{n} \otimes_R L
+                    \xrightarrow{\Phi_{2}^{-1}} M \otimes_R L
+                .\end{align*}
+
+                Beh.: $\Psi$ ist injektiver $R$-Modul.hom. mit $\text{id}_M \otimes \varphi = \Psi$.
+
+                $\Psi$ ist Verknüpfung von injektiven $R$-Modul.homomorphismen,
+                also selbst injektiver $R$-Mod.hom. Sei nun $a \otimes b \in M \otimes_R N$ beliebig.
+                Dann ist ex. $r_1, \ldots, r_n \in R$, s.d. $a = \sum_{i=1}^{n} r_i x_i$. Damit
+                folgt
+                \begin{salign*}
+                    \Phi_1(a \otimes b) &= (r_1, \ldots, r_n) \otimes b \\
+                    f_1((r_1, \ldots, r_n) \otimes b) &= (r_1 b, \ldots, r_n b) \\
+                    \psi(r_1 b, \ldots, r_n b) &= (r_1 \varphi(b), \ldots, r_n \varphi(b)) \\
+                    f_2^{-1}(r_1 \varphi(b), \ldots, r_n \varphi(b)) &=
+                    (r_1, \ldots, r_n) \otimes \varphi(b) \\
+                    \Phi_2^{-1}((r_1, \ldots, r_n) \otimes \varphi(b))
+                                                                     &= (a \otimes \varphi(b))
+                    \intertext{Also folgt}
+                    \Psi(a \otimes b) &= a \otimes \varphi(b) = (\text{id}_M \otimes \varphi)(a \otimes b)
+                .\end{salign*}
+                Also stimmen $\Psi$ und $\text{id}_M \otimes \varphi$ auf den Erzeugern überein, also
+                gilt $\Psi = \text{id}_M \otimes \varphi$. Damit ist auch $\text{id}_M \otimes \varphi$
+                injektiv.
+            \end{proof}
+        \item Seien $M$ flach, $N$ flacher $R$-Modul und $\varphi\colon M \to N$ injektiver
+            $R$-Mod.hom.
+
+            Beh.: $\varphi \otimes \varphi\colon M \otimes_R M \to N \otimes_R N$ ist
+            injektiv.
+            \begin{proof}
+                Es gilt
+                \[
+                    \varphi \otimes \varphi
+                    = \underbrace{(\text{id}_N \otimes \varphi)}_{\text{injektiv, da } N \text{ flach}}
+                    \circ \underbrace{(\varphi \otimes \text{id}_M)}_{\text{injektiv, da } M \text{ flach}}
+                .\] Damit ist $\varphi \otimes \varphi$ als Verknüpfung zweier injektiver $R$-Mod.homs.
+                auch injektiv.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\Z /  2\Z$ als $\Z$ Modul ist nicht flach.
+            \begin{proof}
+                Betrachte $\varphi\colon \Z \to \Z$, $r \mapsto 2r$. $\varphi$ ist injektiver
+                $R$-Modulhomomorphismus, aber
+                \[
+                    (\varphi \otimes \text{id}_{\Z /  2\Z})( 1 \otimes \overline{1})
+                    = \varphi(1) \otimes \overline{1} = 2 \otimes \overline{1}
+                    = 1 \otimes (2\cdot \overline{1}) = 1 \otimes \overline{0} = 0
+                .\] $1 \otimes \overline{1} \neq 0$ in $\Z \otimes_R \Z / 2 \Z$, denn
+                mit $\beta\colon \Z \times \Z / 2\Z, (z, \overline{a}) \mapsto z \cdot \overline{a}$
+                bilinear und $\beta(1, \overline{1}) = \overline{1} \neq 0$ ist mit UT angewendet auf
+                $\beta$ und $\Z / 2 \Z$
+                $1 \otimes \overline{1} \neq 0$. Damit ist $\text{ker } (\varphi \otimes \text{id}_{\Z / 2\Z}) \neq \{0\} $, also $\varphi \otimes \text{id}_{\Z / 2 \Z}$ nicht injektiv.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $R$ ein Ring und $M$ ein e.e. freier $R$-Modul.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Seien $N$ e.e. freier $R$-Modul und $\varphi\colon M \to N$ injektiver
+            $R$-Mod.hom.
+
+            Beh.: $\bigwedge^2 \varphi\colon \bigwedge^2 M \to \bigwedge^2 N$ ist injektiv.
+            \begin{proof}
+                Da $M$ und $N$ e.e. und frei ex. nach 35(a) und (b) eindeutige injektive
+                $R$-Mod.homs. $f\colon \bigwedge^2 M \to M \otimes_R M$ und
+                $g\colon \bigwedge^2 N \to N \otimes_R N$ mit
+                $f(a \wedge b) = a \otimes b - b \otimes a$, analog für $g$. 
+
+                Definiere nun $\tilde{g}\colon \bigwedge^2N \to \text{Bild}(g)$. $\tilde{g}$ ist
+                damit surjektiv und injektiv, also $R$-Modul.iso., inbes. ex.
+                $\tilde{g}^{-1}\colon \text{Bild}(g) \to \bigwedge^2 N$.
+
+                Definiere weiter
+                \[
+                    \psi\colon {\bigwedge}^2 M \xrightarrow[\text{inj. nach 35(b)}]{f} M \otimes_R M
+                    \xrightarrow[\text{inj. nach 37(b)}]{\varphi \otimes \varphi} N \otimes_R N
+                    \xrightarrow[\text{inj. nach 35(b)}]{\tilde{g}^{-1}} {\bigwedge}^2 N
+                .\] Z.z.: $\psi$ wohldefiniert, g.z.z.
+                $\text{Bild}((\varphi \otimes \varphi) \circ f) = \text{Bild}(g)$. Dazu
+                seien $a, b \in M$. Dann gilt
+                \begin{salign*}
+                    (\varphi \otimes \varphi)(f(a \wedge b))
+                    &= (\varphi \otimes \varphi)(a \otimes b - b \otimes a) \\
+                    &= (\varphi(a) \otimes \varphi(b) - \varphi(b) \otimes \varphi(a)) \\
+                    &= g(\varphi(a) \wedge \varphi(b)) \in \text{Bild}(g)
+                    \intertext{Da Elemente der Form $a \wedge b$ $\bigwedge^2M$
+                    erzeugen, folgt Behauptung. Damit ist $\psi$ als
+                    Verkettung von injektiven $R$-Mod.homs, injektiver $R$-Mod.hom.
+                    Bleibt zu zeigen: $\psi = \bigwedge^2 \varphi$. Mit obiger Rechnung folgt sofort}
+                    \psi(a \wedge b) &=
+                    \tilde{g}^{-1}((\varphi \otimes \varphi)f(a \wedge b)) \\
+                    &= \tilde{g}^{-1}(g(\varphi(a) \wedge \varphi(b)))\\
+                    &= \varphi(a) \wedge \varphi(b) \\
+                    &= {\bigwedge}^2 \varphi(a \wedge b)
+                .\end{salign*}
+                Da $\bigwedge^2M$ von Elementen der Form $a \wedge b$ erzeugt wird, folgt $\psi = \bigwedge^2\varphi$.
+                Da $\psi$ injektiv als Verkettung von injektiven $R$-Mod.homs, ist $\bigwedge^2\varphi$ injektiv.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für $m_1, m_2 \in M$ sind folgende Aussagen äquivalent:
+            \begin{enumerate}[(i)]
+                \item Die Familie $(m_1, m_2)$ ist linear unabhängig.
+                \item Aus $r (m_1 \wedge m_2) = 0$ in $\bigwedge^2M$ mit $r \in R$ folgt $r = 0$.
+            \end{enumerate}
+            \begin{proof}
+                (i) $\implies$ (ii): Definiere
+                \begin{align*}
+                    \varphi\colon R &\to {\bigwedge}^2 M \\
+                    r &\mapsto r (m_1 \wedge m_2)
+                .\end{align*}
+                Z.z.: $\varphi$ ist injektiv. Sei $(e_1, e_2)$ die Standardbasis
+                des $R^2$. Definiere damit
+                \begin{align*}
+                    \Phi&\colon R \to {\bigwedge}^2 R^2, \quad
+                    r \mapsto r (e_1 \wedge e_2) \\
+                    \psi&\colon R^2 \to M, \quad
+                    \psi(e_i) = m_i \quad i=1,2
+                .\end{align*}
+                Da $\{e_1 \wedge e_2 \}$ Basis von $\bigwedge^2 R^2$, ist $e_1 \wedge e_2$ l.u. und
+                damit $\Phi$ injektiv. Weiter sind $R^2$ und $M$ e.e. und frei und
+                $\psi$ injektiver $R$-Mod.hom. Mit (a) folgt damit, dass
+                $\bigwedge^2 \psi$ injektiv ist.
+                Außerdem gilt für $r \in R$ beliebig:
+                \begin{salign*}
+                    \left({\bigwedge}^2 \psi\right)(\Phi(r)) &= ({\bigwedge}^2\psi)(r (e_1 \wedge e_2)) \\
+                                                  &= r (\psi(e_1) \wedge \psi(e_2)) \\
+                                                  &= r (m_1 \wedge m_2) \\
+                                                  &= \varphi(r)
+                .\end{salign*}
+                Damit gilt $\varphi = \bigwedge^2 \psi \circ \Phi$ und damit
+                $\varphi$ injektiv, als Verkettung injektiver $R$-Mod.homs.
+
+                (ii) $\implies$ (i): Kontraposition. Seien $(m_1, m_2)$ linear abhängig. Dann ex.
+                ein $\alpha \in R$ mit $m_1 = \alpha m_2$. Damit folgt
+                \[
+                    1 \cdot (m_1 \wedge m_2) = 1 \cdot (\alpha m_2 \wedge m_2) = \alpha (m_2 \wedge m_2) = 0
+                ,\] aber $1 \neq 0$ in $R$, da $R \neq 0$ nach Konvention der VL von Kapitel 9.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für $\text{Rang}(M) = 2$ und $\varphi \in \text{End}_R(M)$ sind
+            die folgenden Aussagen äquivalent:
+            \begin{enumerate}[(i)]
+                \item $\varphi$ ist injektiv
+                \item $\text{det}(\varphi) \in R$ ist kein Nullteiler
+            \end{enumerate}
+            \begin{proof}
+                (i) $\implies$(ii): Da $\varphi$ injektiv, ist $\bigwedge^2 \varphi$ injektiv.
+                Sei $(x_1, x_2)$ Basis von $M$. Dann gilt
+                \begin{salign*}
+                    {\bigwedge}^2\varphi(\underbrace{x_1 \wedge x_2}_{\neq 0})
+                    = \varphi(x_1) \wedge \varphi(x_2)
+                    = \text{det}(\varphi) (x_1 \wedge x_2)
+                    \neq 0
+                .\end{salign*}
+                Also gilt $\text{det}(\varphi) \neq 0$.
+                Sei nun $r \in R$ beliebig mit $\text{det}(\varphi) r = 0$. Dann betrachte
+                \begin{salign*}
+                    {\bigwedge}^2 \varphi(r x_1 \wedge x_2)
+                    = \varphi(r x_1) \wedge \varphi(x_2)
+                    = \text{det}(\varphi) r (x_1 \wedge x_2)
+                    = 0
+                    = r \underbrace{(\text{det}(\varphi) x_1 \wedge x_2)}_{\neq 0}
+                .\end{salign*}
+                Da $(x_1, x_2)$ Basis sind auch $\text{det}(\varphi) x_1$ und $x_2$ linear unabhängig, d.h.
+                mit (b) folgt $r = 0$.
+
+                (ii) $\implies$ (i): Sei $m \in M$ beliebig mit $\varphi(m) = 0$ und $(x_1, x_2)$ Basis
+                von $M$.
+                Ang.: $m \neq 0$. Dann ex. $a, b \in R$ mit $m = ax_1 + b x_2$ mit
+                $a \neq  0 \lor b\neq  0$. O.E.: $a \neq  0$. Dann folgt
+                \begin{salign*}
+                    0 &= \varphi(m) \wedge \varphi(x_2) \\
+                      &= \text{det}(\varphi) (m \wedge x_2) \\
+                      &= \text{det}(\varphi) (a x_1 + b x_2) \wedge x_2 \\
+                      &= \text{det}(\varphi) (a x_1 \wedge x_2) \\
+                      &= \text{det}(\varphi) \cdot a (x_1 \wedge x_2)
+                .\end{salign*}
+                Da $x_1$, $x_2$ l.u., folgt mit (b), dass $\text{det}(\varphi) \cdot a = 0$. Da
+                $\text{det}(\varphi) $ kein Nullteiler, folgt $a \neq  0$ $\contr$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $N = \Z$, $M = \bigoplus_{i \in \N} \Z / 2 \Z$ und
+    $f\colon N \to M \oplus M$, $g: N \oplus M \to M$ gegeben durch
+    \[
+        f(n) = (2n, 0) \quad \text{und} \quad g(n, (\overline{m_1}, \ldots, )) = (\overline{n}, \overline{m_1}, \ldots)
+    .\] 
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Die Folge $0 \to N \xrightarrow{f} N \oplus M \xrightarrow{g} M \to 0$ ist eine
+            kurze exakte Folge von $\Z$-Moduln.
+            \begin{proof}
+                Offensichtlicherweise ist $f$ injektiv und $g$ surjektiv. Bleibt zu zeigen:
+                $\text{ker } g = \text{im } f$.
+
+                ,,$\subseteq $``: Sei $x \in \text{ker } g$. Dann ex. $n, m_1, m_2, \ldots \in \Z$ mit
+                $x = (n, (\overline{m_1}, \ldots))$. Da $g(x) = 0$ folgt
+                $\overline{n} = \overline{m_1}= \ldots = 0$. Damit ex. $z \in \Z$ mit $z = 2 z$. Also
+                ist $f(z) = (2z, 0) = (n, 0) = (n, (\overline{m_1}, \overline{m_2}, \ldots)) = x$.
+                Damit ist $x \in \text{im }f$.
+
+                ,,$\supseteq$``: Sei $x \in \text{im } f$. Dann $\exists n \in \Z$, s.d.
+                $f(n) = (2n, 0) = x$. Damit folgt
+                $g(x) = g(2n, 0) = (\overline{2n}, 0, \ldots) = (\overline{0}, \overline{0}, \ldots) = 0$. Also
+                $x \in \text{ker } g$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Die Folge aus (a) zerfällt nicht.
+            \begin{proof}
+                Ang.: Die Folge aus (a) zerfällt. Dann ex. ein $\Z$-Untermodul $T \subseteq N \oplus M$,
+                s.d. $g|_T\colon T \to M$ Isomorphismus ist. Wähle
+                $x \coloneqq (\overline{1}, \overline{0}, \ldots) \in M$. Da $g|_T$ surjektiv,
+                ex. ein $y \in T$, s.d. $g(y) = x$. Es ex. $n, m_1, \ldots \in \Z$ mit
+                $y = (n, (\overline{m_1}, \ldots))$. Wegen
+                \[
+                    g(y) = g(n, (\overline{m_1}, \ldots)) = (\overline{n}, \overline{m_1}, \ldots)
+                    = (\overline{1}, \overline{0}, \ldots) = x
+                \] folgt $n \equiv 1$ $(\text{mod } n)$. Da $T$ $\Z$-Untermodul, ist auch
+                $2y = (2n, (\overline{2 m_1}, \ldots)) = (2n, 0) \in T$. Damit folgt
+                \[
+                    g(y) = g(2n, 0) = (\overline{2n}, \overline{0}, \ldots) = (\overline{0}, \overline{0}, \ldots) = 0
+                .\] 
+                Da $n \neq 0$ und $\Z$ nullteilerfrei,
+                folgt $y = (2n,0) \neq 0$, folgt $\text{ker } g|_T \neq \{0\} $ $\contr$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/la/uebungen/la11.tex

@@ -0,0 +1,299 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 11}
+\author{Dominik Daniel, Miriam Philipp, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[40]
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $R$ ein nullteilerfreier Ring und $M$ ein $R$-Modul.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Auf der Menge $R \times (R \setminus \{0\})$ wird durch $(r_1, s_1) \sim (r_2, s_2) \iff r_1s_2 = r_2s_1$
+            eine Äquivalenzrelation definiert.
+            \begin{proof}
+                Reflexivität und Symmetrie sind klar.
+
+                Seien weiter $r_1, r_2, r_3 \in R$ und $s_1, s_2, s_3 \in R\setminus \{0\} $ mit
+                $(r_1, s_1) \sim (r_2, s_2)$ und $(r_2, s_2) \sim (r_3, s_3)$. Dann gilt
+                \[
+                r_1 s_2 = r_2 s_1 \land r_2 s_3 = s_2 r_3
+                .\] 
+                Damit folgt
+                \begin{salign*}
+                    \underbrace{r_1 s_2}_{= r_2 s_1} s_3 = \underbrace{r_2 s_3}_{= s_2 r_3} s_1
+                    = s_2 r_1 s_3 \\
+                    \implies s_2(r_1 s_3) = s_2 (s_1 r_3) \\
+                    \implies s_2 (r_1 s_3 - s_1 r_3) = 0
+                .\end{salign*}
+                Da $s_2 \neq 0$ und $R$ nullteilerfrei, folgt
+                \begin{salign*}
+                    r_1 s_3 - s_1 r_3 = 0 \implies r_1 s_3 = s_1 r_3 \implies (r_1, s_1) \sim (r_3, s_3)
+                .\end{salign*}
+                Das zeigt die Transitivität von $\sim$ und damit die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Die Operationen
+            \[
+            \frac{r_1}{s_1} + \frac{r_2}{s_2} \coloneqq \frac{r_1s_2 + r_2s_1}{s_1 s_2}
+            \quad \text{und} \quad
+            \frac{r_1}{s_1} \cdot \frac{r_2}{s_2} \coloneqq \frac{r_1 r_2}{s_1s_2}
+            \]  sind wohldefiniert.
+            \begin{proof}
+                Seien $r_1, \tilde{r}_1, r_2 \in R$ und $s_1, \tilde{s}_1, s_2 \in R \setminus \{0\} $
+                mit $(r_1, s_1) \sim (\tilde{r}_1, \tilde{s}_1)$.
+
+                Z.z.: $(r_1s_2 + r_2s_1, s_1s_2) \sim (\tilde{r}_1 s_2 + r_2 \tilde{s}_1, \tilde{s}_1 s_2)$.
+                Es ist
+                \begin{salign*}
+                    (r_1 s_2 + r_2s_1) \tilde{s}_1 s_2 &= r_1 s_2 \tilde{s}_1 s_2 + r_2 s_1 \tilde{s}_1 s_2 \\
+                    &\stackrel{r_1 \tilde{s}_1 = \tilde{r}_1 s_1}{=}
+                    s_1 s_2 \tilde{r}_1 s_2 + r_2 s_1 \tilde{s}_1 s_2 \\
+                    &= s_1s_2(\tilde{r}_1 s_2 + r_2 \tilde{s}_1)
+                .\end{salign*}
+                Damit folgt die Behauptung.
+
+                Z.z.: $(r_1r_2, s_1s_2) \sim (\tilde{r}_1r_2, \tilde{s}_1 s_2)$.
+                Es ist
+                \begin{salign*}
+                    r_1 r_2 \tilde{s}_1 s_2
+                    &\stackrel{r_1 \tilde{s}_1 = \tilde{r}_1 s_1}{=} s_1 s_2 \tilde{r}_1 r_2
+                .\end{salign*}
+                Damit folgt die Behauptung.
+
+                Wohldefiniertheit folgt für zweites Argument aus Symmetriegründen.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Auf der Menge $M \times (R \setminus \{0\} )$ wird durch
+            \[
+                (x_1, r_1) \sim (x_2, r_2) \iff \exists s \in R \setminus \{0\} \text{ mit } s r_1 x_2 = s r_2 x_1
+            \] eine Äquivalenzrelation definiert.
+            \begin{proof}
+                Reflexivität und Symmetrie sind klar.
+
+                Seien weiter $x_1, x_2, x_3 \in R$ und $r_1, r_2, r_3 \in R\setminus \{0\} $ mit
+                $(x_1, r_1) \sim (x_2, r_2)$ und $(x_2, r_2) \sim (x_3, r_3)$. Dann ex.
+                $s_1, s_2 \in R \setminus \{0\} $ mit $s_1 r_1 x_2 = s_1 r_2 x_1$ und
+                $s_2 r_2 x_3 = s_2 r_3 x_2$.
+
+                Definiere $s \coloneqq s_1 s_2 r_2$. Es ist $s \neq 0$, da $s_1, s_2, r_2 \in R \setminus \{0\} $
+                und $R$ nullteilerfrei. Dann folgt
+                \begin{salign*}
+                    s_1 s_2 r_2 \cdot r_1 x_3 = s_1 r_1 \underbrace{s_2 r_2 x_3}_{= s_2 r_3 x_2}
+                    = s_2 r_3 \underbrace{s_1 r_1 x_2}_{s_1 r_2 x_1}
+                    = s_1 s_2 r_2 \cdot r_3 x_1
+                .\end{salign*}
+                Das zeigt die Transitivität von $\sim$ und damit die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Mit $R = \Z$ und $M = \Z / 2 \Z$ ist die gegebene Relation nicht
+            transitiv.
+            \begin{proof}
+                Es ist
+                \[
+                    (\overline{1}, 1) \sim (\overline{0}, 2) \land (\overline{0}, 2) \sim (\overline{0},1)
+                ,\] denn $\overline{1} \cdot 2 = \overline{0} = 1 \cdot \overline{0}$ und
+                $\overline{0} \cdot 1 = \overline{0} = 2 \cdot \overline{0}$. Aber
+                $\overline{1}\cdot 1 = \overline{1} \neq \overline{0} = 1\cdot \overline{0}$. Also
+                ist $(\overline{1}, 1) \not\sim (\overline{0}, 1)$
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Seien $R$ ein nullteilerfreier Ring und $M$ ein e.e. $R$-Modul. Dann sind die folgenden
+            Aussagen sind äquivalent:
+            \begin{enumerate}[(i)]
+                \item $M$ ist ein Torsions-$R$-Modul
+                \item Es gilt $\text{Ann}(M) \neq (0)$
+            \end{enumerate}
+            \begin{proof}
+                (i) $\implies$ (ii): Sei $T(M) = M$. Da $M$ e.e. existiert ein endliches ES.
+                $\{x_1, \ldots, x_n\} \subseteq M$ von $M$.
+                Da $x_1, \ldots, x_n \in M = T(M)$ existieren $s_1, \ldots, s_n \in R \setminus \{0\} $
+                mit 
+                \[
+                    x_1 s_1 = x_2 s_2 = \ldots = x_n s_n = 0 \quad (*)
+                .\] Wähle $a \coloneqq s_1 \cdot \ldots \cdot s_n$. Es ist $a \neq 0$, da
+                $s_1, \ldots, s_n \neq 0$ und $R$ nullteilerfrei. Sei
+                nun $m \in M$ beliebig. Dann ex. $\alpha_1, \ldots, \alpha_n \in R$ mit
+                $m = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i x_i$. Damit folgt
+                \[
+                a m = \sum_{i=1}^{n} a \alpha_i x_i = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i s_1 \cdot \ldots \cdot s_n x_i
+                \stackrel{(*)}{=} 0
+            .\] Damit ist $0 \neq a \in \text{Ann}(M)$, also $\text{Ann}(M) \neq (0)$.
+
+            (ii) $\implies$ (i): Sei $a \in \text{Ann}(M)$ mit $a \neq 0$. Dann gilt
+            $\forall m \in M$: $a m = 0$. Da $a \neq 0$ folgt $m \in T(M)$, also $M = T(M)$.
+            \end{proof}
+        \item Sei $R = \Z$ und $M = \oplus_{n \in \N} \Z / 2^{n} \Z$.
+
+            Beh.: $M$ ist ein Torsions-$R$-Modul.
+            \begin{proof}
+                Sei $m \in M$ beliebig. Dann ex. $m_i \in \Z / 2^{i} \Z$ mit
+                $m = (m_i)_{i \in \N}$ wobei $m_i = 0$ für fast alle $i \in \N$.
+                Es ex. also eine Indexmenge $I \subseteq \N$ mit $\# I < \infty$ s.d.
+                $m_i \neq 0$ $\forall i \in I$ und $m_i = 0$ $\forall i \in \N \setminus I$.
+
+                Definiere nun
+                \[
+                a \coloneqq \prod_{i \in I} 2^{i}
+                .\] $a$ ist wohldefiniert, da $I$ endlich ist. Außerdem gilt
+                $a \neq 0$ da $2^{i} \neq 0$ $\forall i \in \N$ und $\Z$ nullteilerfrei.
+                Weiter gilt $\forall i \in I$: $a \cdot m_i = 0$, denn $\exists r_i \in \Z$ mit
+                $m_i = r_i + \Z / 2^{i} \Z$. Da $2^{i}  \mid a$ ex. $s_i \in \Z$ mit
+                $a = s_i \cdot 2^{i}$. Damit folgt
+                \[
+                    a m_i = a \left( r_i + 2^{i} \Z \right)
+                    = s_i r_i 2^{i} + 2^{i} \Z = 2^{i} \Z = \overline{0} \in \Z / 2^{i} \Z
+                .\] Insgesamt folgt damit $(a m)_i = 0$ $\forall i \in \N$, also
+                $a m = 0$.
+            \end{proof}
+
+            Beh.: $\text{Ann}(M) = (0)$.
+            \begin{proof}
+                Ang. $\exists a \in \text{Ann}(M)$ mit $a \neq 0$. Dann ist $a \in \Z$ und
+                es ex. $k \in \N$ s.d. $2^{k} > |a|$. Damit folgt
+                $2^{k} \nmid a$, also $a \not\equiv 0$ $(\text{mod } 2^{k})$ $(*)$. Wähle nun
+                $m \coloneqq (m_1, m_2, \ldots)$ mit
+                \[
+                m_i = \begin{cases}
+                    0 & i \neq 2^{k} \\
+                    \overline{1} & i = 2^{k}
+                \end{cases}
+                .\] Es ist $m_i = 0$ für fast alle $i \in N$ also $m \in M$, aber
+                \[
+                a \cdot m_k =
+                    a \cdot \overline{1}
+                    =
+                    a + 2^{i} \Z \stackrel{(*)}{\neq} 0
+                .\] Damit folgt $a m \neq 0$, also $a \not\in \text{Ann}(M)$ $\contr$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $M$ der $\R[t]$-Modul $\R[t]/(t^2)$.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $T(M) = M$.
+            \begin{proof}
+                Sei $\overline{f} \in \R[t] / (t^2)$ beliebig. Dann wähle $a \coloneqq t^2 \in \R[t]$.
+                Es ist $a \neq 0$ und
+                \[
+                    a m = t^2 f + (t^2) = (t^2) = 0 \in \R[t] / (t^2)
+                .\]
+            \end{proof}
+            Beh.: $\text{Rang}(M) = 0$.
+            \begin{proof}
+                Sei $m \in M$. Dann ist $m \in T(M)$. Also ex. $s \in \R[t] \setminus \{0\} $
+                mit $s m = 0$. Also ist $m$ linear abhängig. Die
+                max. Anzahl l.u. Elemente in $M$ ist also $0$. Damit folgt die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh (i).: $\mathcal{B} = \{\overline{1}, \overline{t}\} $ ist Basis von $\R[t] / (t^2)$ als $\R$-Modul.
+            \begin{proof}
+                Sei $\overline{f} \in \R[t] / (t^2)$ beliebig. $\R$ ist Körper, also ist $\R[t]$
+                Euklidscher Ring. Also existieren $r, q \in \R[t]$ mit $\text{deg}(r) < \text{deg}(t^2) = 2$
+                und
+                \[
+                f = q t^2 + r
+                .\]
+                Da $\text{deg}(r) < 2$ ex. $a_0, a_1 \in \R$ mit
+                \[
+                r = a_0 + a_1 t
+                .\] Damit folgt
+                \[
+                    \overline{f} = f + (t^2) = q t^2 + r + (t^2) = a_0 + a_1 t + (t^2)
+                    = a_0 \overline{1} + a_1 \overline{1}
+                .\] Also ist $\mathcal{B}$ ES. von $\R[t] / (t^2)$ als $\R$-Modul.
+
+                Seien außerdem weiter $a, b \in \R$ mit
+                \[
+                    a \overline{1} + b \overline{t} = 0 \implies a + bt + (t^2) = 0 \implies
+                    a + bt \in (t^2)
+                .\] Wegen $\text{deg}(a + bt) \le 1$ folgt $a = b = 0$. Also
+                $\mathcal{B}$ l.u. und $\mathcal{B}$ Basis von $\R[t] / (t^2)$ als $\R$- Modul.
+            \end{proof}
+            Beh.: $\R[t] / (t^2)$ ist torsionsfreier $\R$-Modul vom Rang $2$.
+            \begin{proof}
+                Wegen (i) ist $\R[t] / (t^2)$ frei mit Rang $2$ als
+                $\R$-Modul und damit auch torsionsfrei nach VL.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\ell(M) = 2$ mit Kompositionsfaktoren $t / (t^2)$ und $\R[t] / (t^2)$.
+            \begin{proof}
+                Nach VL sind die Untermoduln von $\R[t] / (t^2)$ gerade die Untermoduln
+                $N$ von $\R[t]$ mit $(t^2) \subseteq N$. Diese sind gerade
+                die Ideale $N$ im HIR $\R[t]$ mit $(t^2) \subseteq N$, also
+                $\{(t^2), (t), (1)\} $. Damit sind die Untermoduln von $\R[t] / (t^2)$ gegeben als
+                \[
+                    \left\{ (t^2)/(t^2), (t) / (t^2), (1) / (t^2)\right\}
+                    =
+                    \left\{ 0, (t) / (t^2), \R[t] / (t^2)\right\} 
+                .\] Als längste Filtrierung ergibt sich damit sofort
+                \[
+                    0 \subsetneqq (t) / (t^2) \subsetneqq \R[t] / (t^2)
+                .\] Also folgt $\ell(M) = 2$. Die Kompositionsfaktoren ergeben sich unter
+                Benutzung der Isomorphiesätze der VL als:
+                \begin{align*}
+                    ( (t) / (t^2) ) / 0 &\stackrel{\sim}{=} (t) / (t^2) \\
+                    ( (1) / (t^2)) / ( (t) / (t^2)) &\stackrel{\sim}{=} (1) / (t) 
+                    = \R[t] / (t^2)
+                .\end{align*}
+                Diese sind nach VL einfach, da die Filtrierung Länge $2 = \ell(M)$ hat. 
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $R$ ein Ring und $M$, $N$ zwei $R$-Moduln und $\varphi\colon M \to N$ ein $R$-Mod.hom.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Es gilt $\ell(\text{ker } \varphi) = \ell(\text{im }\varphi) = \ell(M)$.
+            \begin{proof}
+                Definiere $\tilde{\varphi}\colon M \to \text{im }\varphi$, $m \mapsto \varphi(m)$. Dann
+                ist $\tilde{\varphi}$ surjektiv. Sei weiter
+                $\iota \colon \text{ker } \varphi \to M$ die kanonische Inklusion. Da $\iota$ injektiv
+                und $\text{im }\iota = \text{ker } \varphi = \text{ker } \tilde{\varphi}$ ist die kurze Folge
+                \[
+                    0 \to \text{ker } \varphi \to M \to \text{im } \varphi \to 0
+                \] exakt. Also folgt $\ell(\text{ker } \varphi) + \ell(\text{im }\varphi) = \ell(M)$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für $\ell(M) < \infty$ gilt $\ell(L) < \ell(M)$ für jeden echten $R$-Untermodul
+            $L \subsetneqq M$.
+            \begin{proof}
+                Sei $\ell(M) = n$ und $L \subsetneqq M$ Untermodul. Ang.: $\ell(L) \ge n$. Dann
+                ex. Filtrierung von $L$ der Länge $n$:
+                \[
+                0 \subsetneqq L_1 \subsetneqq L_2 \subsetneqq \ldots \subsetneqq L_n = L
+                .\] Dann ist aber
+                \[
+                0 \subsetneqq L_1 \subsetneqq L_2 \subsetneqq \ldots \subsetneqq L \subsetneqq M
+                \] eine Filtrierung von $M$ der Länge $n+1$ $\contr$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für $\ell(M) < \infty$ und $N = M$ gilt
+            \[
+            \varphi \text{ injektiv } \iff \varphi \text{ surjektiv } \iff \varphi \text{ bijektiv}
+            .\]
+            \begin{proof}
+                (i) $\implies$ (ii): Sei $\varphi$ injektiv. Dann ist $\text{ker } \varphi = 0$. Also
+                $\ell(\text{ker } \varphi) = 0$. Damit folgt aus (a)
+                \[
+                     \ell(M) = \ell(\text{ker } \varphi) + \ell(\text{im } \varphi) =
+                     \ell(\text{im } \varphi)
+                 .\] Da $\ell(M) < \infty$ und $\text{im }\varphi$ Untermodul von $M$, aber
+                 $\ell(\text{im } \varphi) = \ell(M)$ folgt mit (b), dass $\text{im }\varphi$ kein
+                 echter Untermodul von $M$ ist. Also folgt $\text{im }\varphi = M$, also
+                 $\varphi$ surjektiv.
+
+                 (ii) $\implies$ (iii): Sei $\varphi$ surjektiv. g.z.z. $\varphi$ injektiv.
+                 Es folgt aus (a):
+                 \begin{align*}
+                     \ell(M) &= \ell(\text{im }\varphi) + \ell(\text{ker } \varphi) \\
+                     &= \ell(M) + \ell(\text{ker }\varphi)
+                 .\end{align*}
+                 Da $\ell(M) \in \N_0$ folgt $\ell(\text{ker } \varphi) = 0$. Also nach VL
+                 $\text{ker }\varphi = 0$, also $\varphi$ injektiv.
+
+                 (iii) $\implies$ (i): trivial.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/la/uebungen/la5.tex

@@ -0,0 +1,203 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 5}
+\author{Dominik Daniel, Christian Merten}
+
+\usepackage[]{gauss}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[18]
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $K$ ein Körper, $n \in \N$, $A \in M_{n,n}(K)$ und
+    $I_A := \{ f \in K[t]  \mid  f(A) = 0\} $.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $I_A \subseteq K[t]$ ist ein Ideal und $\chi_{A}^{\text{char}} \in I_A$.
+            \begin{proof}
+                $I_A$ ist Ideal, denn
+                \begin{enumerate}[label=(I\arabic*)]
+                    \item $0 \in I_A$, denn $0(A) = 0$.
+                    \item Seien $f, g \in I_A$. Dann ist $(f+g)(A) = f(A) + g(A) = 0 + 0 = 0$, also
+                        $f+g \in I_A$.
+                    \item Sei $f \in I_A$ und $r \in K[t]$. Dann ist $(f \cdot r)(A) = f(A) \cdot r(A) = 0 \cdot r(a) = 0 \implies rf \in I_A$.
+                \end{enumerate}
+                Mit dem Satz von Cayley-Hamilton gilt
+                $\chi_{A}^{\text{char}}(A) = 0 \implies \chi_A^{\text{char}} \in I_A$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Es ex. ein eindeutig bestimmtes normiertes Polynom
+            $\chi_{A}^{\text{min}} \in K[t] \setminus \{0\} $
+            mit $I_A = \left( \chi_{A}^{\text{min}} \right) $.
+            \begin{proof}
+                Es ist $\chi_{A}^{\text{char}} \neq 0$ und $\chi_{A}^{\text{char}} \in I_A$, also
+                $I_A \neq (0)$. Wegen $K[t]$ HIR ex. ein bis auf Assoziiertheit eindeutig bestimmtes
+                Polynom $f \in K[t] \setminus \{0\} $ mit $(f) = I_A$. Da $K$ Körper, ex. genau
+                ein normiertes Polynom
+                $\chi_{A}^{\text{min}}$ mit $\chi_{A}^{\text{min}} \stackrel{\wedge}{=} f$
+                und damit $(\chi_{A}^{\text{min}}) = I_A$.
+            \end{proof}
+        \item Sei $\lambda \in K$. Beh.: $\chi_{A}^{\text{min}}(\lambda) = 0 \iff \chi_{A}^{\text{char}}(\lambda) = 0$.
+            \begin{proof}
+                Sei $\lambda \in K$ mit $\chi_{A}^{\text{char}}(\lambda) = 0$. Dann ist $\lambda$ Eigenwert
+                von $A$ zu Eigenvektor $v \in K^{n} \setminus \{0\} $ mit $Av = \lambda v$. Für
+                $f \in K[t]$ gilt dann:
+                \begin{align*}
+                    f(A)v &= a_0 v + a_1 Av + \ldots + a_m A^{m} v \\
+                          &= a_0 v + a_1 \lambda v + \ldots + a_m A^{m-1} \lambda v \\
+                          &= a_0 v + a_1 \lambda v + \ldots + a_m \lambda^{m} v \\
+                          &= f(\lambda) v
+                    \intertext{Damit folgt}
+                    0 &= \chi_{A}^{\text{min}} (A) v = \chi_{A}^{\text{min}}(\lambda) v
+                .\end{align*}
+                 Wegen $v \neq 0$, folgt $\chi_{A}^{\text{min}}(\lambda) = 0$.
+
+                 Sei nun $\chi_{A}^{\text{min}} (\lambda) = 0$. Wegen
+                 $\chi_{A}^{\text{char}} \in (\chi_{A}^{\text{min}})$ ex. ein $f \in K[t]$ mit
+                 $\chi_{A}^{\text{char}} = f \cdot \chi_{A}^{\text{min}}$. Damit folgt
+                 \[
+                     \chi_{A}^{\text{char}}(\lambda) = f(\lambda) \cdot \chi_{A}^{\text{min}}(\lambda) = f(\lambda) \cdot 0 = 0
+                 .\] 
+            \end{proof}
+        \item Sei $B \in M_{n,n}(K)$. Beh.: $B \approx A \implies I_B = I_A$ und
+            $\chi_{B}^{\text{min}} = \chi_{A}^{\text{min}} $.
+            \begin{proof}
+                Sei $B \approx A$. Dann ex. $S \in \text{GL}_n(K)$ mit $B = SAS^{-1}$. Es ist
+                \begin{align*}
+                    (SAS^{-1})^{m} &= \underbrace{SA\overbrace{S^{-1} \cdot S}^{= E_n}AS^{-1} \cdot \ldots \cdot SAS^{-1}}_{m\text{-mal}} \\
+                    &= SA^{m}S^{-1}
+                    \intertext{Damit folgt}
+                    f(SAS^{-1}) &= \sum_{k=0}^{m} a_k (SAS^{-1})^{k} \\
+                    &= \sum_{k=0}^{m} a_k S A^{k} S^{-1} \\
+                    &= S \cdot \sum_{k=0}^{m} a_k A^{K} \cdot S^{-1} \\
+                    &= S f(A) S^{-1}
+                .\end{align*}
+                Also gilt
+                \begin{salign*}
+                & f \in I_A \\
+                    \iff & f(A) = 0 \\
+                    \stackrel{S \neq 0}{\iff} & S f(A) S^{-1} = 0 \\
+                    \iff& f(SAS^{-1}) = 0 \\
+                    \iff & f(B) = 0 \\
+                    \iff & f \in I_B
+                .\end{salign*}
+                Also ist $(\chi_{A}^{\text{min}}) = I_A = I_B = (\chi_{B}^{\text{min}})$ und,
+                wegen $\chi_{A}^{\text{min}}$ und $\chi_{B}^{\text{min}} $ normiert,
+                $\chi_{A}^{\text{min}} = \chi_{B}^{\text{min}} $.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Mit $ A := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $ ist
+            $\chi_{A}^{\text{min}} \neq \chi_{A}^{\text{char}} $.
+            \begin{proof}
+                Es ist $P_A = \begin{pmatrix} t-1 & 0 \\ 0 & t-1 \end{pmatrix} $. Also
+                $c_1(A) = c_2(A) = t-1$, also mit 19(b) $\chi_{A}^{\text{min}} = t-1$, aber
+                $\chi_{A}^{\text{char}} = \text{det}(P_A) = (t-1)^2 \neq t-1 = \chi_{A}^{\text{min}} $.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $K$ ein Körper.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Sei $g \in K[t]$ nichtkonstant und normiert mit Begleitmatrix $B_g$. Beh.:
+            $\chi_{B_g}^{\text{min}} = g$.
+            \begin{proof}
+                Zunächst z.Z.: $\text{deg}(\chi_{B_g}^{\text{min}} ) \ge \text{deg}(g) $. Ang. es ex.
+                ein $0 \neq f \in I_A$ mit $\N \ni m := \text{deg}(f) < \text{deg}(g) =: n \in \N$. Es gilt
+                $\forall k \in \N$ mit $k < n$:
+                \[
+                B_g^{k}e_1 = B_g^{k-1} B_g e_1 = B_g^{k-1} e_2 = \ldots = e_{k+1}
+                .\] Damit folgt
+                \[
+                    f(B_g) e_1 = a_0 e_1 + a_1 e_2 + \ldots + a_m e_{m+1} = \begin{pmatrix} a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_m \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix} = 0
+                .\] Also $a_0 = a_1 = \ldots = a_m = 0 \implies f = 0$ $\contr$.
+                Da $\chi_{A}^{\text{min}} \neq 0 \implies \text{deg}(\chi_{A}^{\text{min}} ) \ge \text{deg}(g)$.
+
+                Da $\chi_{A}^{\text{char}} \in (\chi_{A}^{\text{min}})$, ex. ein $r \in K[t]$
+                mit $g = \chi_{A}^{\text{char}} = r \cdot \chi_{A}^{\text{min}} $. Da $K[t]$ nullteilerfrei,
+                folgt also
+                $\text{deg}(g) = \text{deg}(\chi_{A}^{\text{char}} ) \ge \text{deg}(\chi_{A}^{\text{min}} ) $.
+                Damit folgt $\text{deg}(g) = \text{deg}(\chi_{A}^{\text{min}} ) $ und
+                $\chi_{A}^{\text{min}} \mid g$. Da $g$ und $\chi_{A}^{\text{min}} $ normiert, folgt
+                $g = \chi_{A}^{\text{min}} $.
+            \end{proof}
+        \item Seien $n \in \N$ und $A \in M_{n,n}(K)$ mit Invariantenteilern
+            $c_1(A), \ldots, c_n(A)$ und $c_1(A)  \mid \ldots  \mid c_n(A)$. Beh.:
+            $c_n(A) = \chi_{A}^{\text{min}} $.
+            \begin{proof}
+                Seien $g_1, \ldots, g_r$ die nichtkonstanten Invariantenteiler von $A$. Dann
+                ist $g_r = c_n$ und $A \approx B_{g_1, \ldots, g_r}$. $B_{g_1, \ldots, g_r}$ ist
+                diagonale Blockmatrix, d.h.
+                \[
+                    B_{g_1, \ldots, g_r}^{k} = \begin{pmatrix} B_{g_1}^{k} & 0 \\
+                        0 & \ddots & \\
+                          & & B_{g_r}^{k}
+                \end{pmatrix} 
+                .\] 
+
+                Damit folgt für $f \in K[t]$ beliebig.
+                \begin{salign*}
+                    &\qquad f \in I_{B_{g_1, \ldots, g_r}} \\
+                    \iff& f(B_{g_k}) = 0 \quad \forall k = 1,\ldots,r \\
+                    \stackrel{\text{(a)}}{\iff}& g_k  \mid f \quad \forall k = 1,\ldots,r \\
+                    \stackrel{g_1  \mid g_2  \mid \ldots  \mid g_r}{\iff}& g_r  \mid f \\
+                    \iff& f = q \cdot g_r \\
+                    \iff& f \in (g_r)
+                .\end{salign*}
+                Also folgt $(c_n) = (g_r) = I_{B_{g_1, \ldots, g_r}} \quad \stackrel{\text{18(d)}}{=} \quad I_A$.
+                Da $c_n$ normiert, folgt also $c_n = \chi_{A}^{\text{min}}$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Es ist $n = 8$, $\chi_{A}^{\text{char}} = c_6(A) \cdot c_7(A) \cdot c_8(A)
+            = (t+1) \cdot  t (t+1) \cdot t^2(t+1)^{3} = t^3 (t+1)^{5}$ und
+            $\chi_{A}^{\text{min}} = c_8(A) = t ^{3}(t+1)^{5}$.
+        \item Es ist $d_1(A) = \ldots = d_5(A) = 1$. $d_6(A) = c_6(A) = t+1$,
+            $d_7(A) = c_6(A) \cdot c_7(A) = t(t+1)^2$, $d_8(A) = d_7(A) \cdot c_8(A) = t ^3(t+1)^{5}$.
+            \begin{align*}
+            A \approx B_{c_6, c_7, c_8} =
+            \begin{gmatrix}[p] 
+                -1 & 0 & 0 \\
+                0 & \begin{gmatrix}[b] 0 & 0 \\ 1 & - 1 \end{gmatrix} & 0 \\
+                0 & 0 & \begin{gmatrix}[b] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
+                1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
+                0 & 1 & 0 & 0 & -1 \\
+                0 & 0 & 1 & 0 & -3 \\
+                0 & 0 & 0 & 1 & -3 \end{gmatrix} 
+            \end{gmatrix} 
+            .\end{align*}
+        \item Die Weistraßteiler sind
+            $h_1 = t+1$, $h_2 = t$, $h_3 = t+1$, $h_4 = t^2$, $h_5 = (t+1)^{3}$.
+            \begin{align*}
+            A \approx B_{h_1, h_2, h_3, h_4, h_5} =
+            \begin{gmatrix}[p] 
+                -1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
+                0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
+                0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\
+                0 & 0 & 0 & \begin{gmatrix}[b] 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{gmatrix} & 0 \\
+                0 & 0 & 0 & 0 & \begin{gmatrix}[b] 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & -3 \\ 0 & 1 & -3 \end{gmatrix} 
+            \end{gmatrix} 
+            .\end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Für $A = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 1 & 0  \end{pmatrix} \in M_{n,n}(\Q)$ gilt:
+    \begin{align*}
+        P_A =
+        \begin{pmatrix} t & -2 \\ -1 & t \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & t^2 -2\end{pmatrix}
+    .\end{align*}
+    Also sind $c_1(A) = 1$ und $c_2(A) = t^2 -2$. Über $\Q$ ist $t^2 - 2$ irreduzibel, also
+    $h_1 = t^2 - 2$. Damit folgt für die Weierstraßnormalform
+    \begin{align*}
+        A \approx B_{h_1} = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+
+    Über $\R$ ist $t^2 - 2$ reduzibel als $t^2 - 2 = \underbrace{( t + \sqrt{2}  )}_{=: \tilde{h}_1}\underbrace{( t - \sqrt{2}  )}_{=: \tilde{h}_2} $, also folgt
+    \begin{align*}
+        A \approx B_{\tilde{h}_1, \tilde{h}_2} = \begin{pmatrix} \sqrt{2} & 0 \\ 0 & -\sqrt{2} \end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/la/uebungen/la6.tex

@@ -0,0 +1,269 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 6}
+\author{Dominik Daniel, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[22]
+
+\begin{aufgabe}
+    Im Folgenden seien freie Stellen in Matrizen $0$.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Aus Aufg. 17 folgt $c_1(A) = c_2(A) = 1$, $c_3(A) = t-2$ und $c_4(A) = (t+1)(t-2)^2$.
+            Damit folgen die Weierstraßteiler $h_1 = t-2$, $h_2 = t+1$ und $h_3 = (t-2)^2$. Damit folgt
+            \begin{align*}
+                A \approx B_{h_1, h_3, h_2} \approx \begin{pmatrix} J(2,1) & & \\
+                & J(2,2) & \\
+                & & J(-1,1)\end{pmatrix}
+                =
+                    \begin{pmatrix} 2 & & &\\
+                    & 2 & 0 & \\
+                    & 1 & 2 & \\
+                    & & & -1\end{pmatrix} 
+            .\end{align*}
+        \item Aus Aufg. 20 folgen direkt die Weierstraßteiler $h_1 = t+1$, $h_2 = t$, $h_3 = t+1$,
+            $h_4 = t^2$, $h_5 = (t+1)^{3}$.
+            Damit folgt
+            \begin{align*}
+            A \approx B_{h_2, h_4, h_1, h_3, h_5}
+            \approx
+            \begin{pmatrix}
+                J(0,1) \\
+                & J(0,2) \\
+                & & J(-1, 1) \\
+                & & & J(-1, 1) \\
+                & & & & J(-1, 3)
+            \end{pmatrix} 
+            =
+            \begin{pmatrix} 
+                0 \\
+                & 0 & 0 \\
+                & 1 & 0 \\
+                & & & -1 \\
+                & & & & -1 \\
+                & & & & & -1 & 0 & 0 \\
+                & & & & & 1 & -1 & 0 \\
+                & & & & & 0 & 1 & -1
+            \end{pmatrix} 
+            .\end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $R$ ein Ring, $I \subseteq R$ Ideal und $M$ ein $R$-Modul.
+
+    Äquivalenzklassen bezügl. beliebiger Äquivalenzrelationen seien
+    im folgenden mit $\overline{\cdot }$ bezeichnet. Aus dem Argument ist immer klar, welche
+    Äquivalenzrelation gemeint ist.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Skalare Multiplikation ($*$):\begin{align*}
+                    R / I \times  M / IM &\to  M / IM\\
+                    (\overline{a}, \overline{m}) &\mapsto \overline{a} \cdot \overline{m} \coloneqq \overline{a \cdot m} \quad (*)
+                .\end{align*}
+            Beh.: $M / IM$ ist mit der natürlichen Addition und der angegebenen skalaren
+            Mult. ($*$) $R / I$-Modul.
+            \begin{proof}
+                Zunächst ist zu zeigen, dass $(*)$ wohldefiniert ist. Dazu seien
+                $a, b \in R$ und $x, y \in M$ mit
+                $a + I = b + I$ und $x + IM = y + IM$.
+                \begin{itemize}
+                    \item Zunächst ist $ax$ bzw. $by$ wohldefiniert, da $M$ $R$-Modul.
+                    \item Es ist $x - y \in IM$, also
+                        $ax - ay = \underbrace{a}_{\in R} \underbrace{(x-y)}_{\in IM}$.
+                        Da $IM$ $R$-Untermodul von $M$, folgt $a(x-y) \in IM$ und damit
+                        $\overline{ax} = \overline{ay}$.
+                    \item Es ist $a -b \in I$, also
+                        $ax - bx = \underbrace{(a-b)}_{\in I} \underbrace{x}_{\in M} \in IM$. Damit
+                        folgt $\overline{ax} = \overline{bx}$.
+                \end{itemize}
+
+                \begin{enumerate}[(M1)]
+                    \item 
+                $M / IM$ ist nach VL $R$-Modul, da $IM$ $R$-Untermodul von $M$, also insbesondere
+                abelsche Gruppe: $(M/IM, +, IM)$.
+                    \item Seien $\overline{a}, \overline{b} \in R / I$ und $\overline{x}, \overline{y} \in M / IM$. Damit folgt
+                        \begin{align*}
+                            (\overline{a} + \overline{b}) \overline{x} = \overline{a + b} \overline{x}
+                            \stackrel{(*)}{=} \overline{(a+b)x}
+                            \qquad \stackrel{M \text{ } R\text{-Modul}}{=}
+                            \qquad \overline{ax + bx} = \overline{ax}
+                            + \overline{bx} \stackrel{(*)}{=} \overline{a}\overline{x} + \overline{b} \overline{x}
+                        .\end{align*}
+                        Der Rest lässt sich analog nachrechnen.
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Ist $n \in \N$ und $\varphi\colon M \to R^{n}$ ein $R$-Modulisomorphismus, dann
+            ist $\varphi |_{IM}\colon IM \to I^{n}$ eine Bijektion (i) und
+            $\varphi$ induziert einen $R / I$ - Moduliso. $\overline{\varphi}\colon M / IM \to (R / I)^{n}$ (ii).
+            \begin{proof}
+                \begin{enumerate}[(i)]
+                    \item
+                        \begin{itemize}
+                            \item Z.z.: $\varphi|_{IM}$ wohldefiniert. Sei $m \in IM$ dann
+                                ex. Indexmenge $J$ und $(a_i)_{i \in J} \in I^{(J)}$ und
+                                $(m_i)_{i \in J} \in M^{(J)}$ mit
+                                \[
+                                m = \sum_{i \in J} a_i m_i \implies
+                                \varphi(m)
+                                \quad \stackrel{\varphi R\text{-Hom}}{=}  \quad
+                                \sum_{i \in J} \underbrace{a_i}_{\in I} \underbrace{\varphi(m_i)}_{\in R^{n}}
+                                \in I^{n} \quad (\text{da } I \text{ Ideal})
+                                .\] 
+                            \item Sei $x \in I^{n}$. Z.z.: $\varphi^{-1}(x) \in IM$. Es
+                                ex. $(a_i)_{i=1}^{n} \in I^{n}$ mit
+                                \[
+                                x = \sum_{i=1}^{n} a_i e_i \implies
+                                \varphi^{-1}(x)
+                                \qquad \stackrel{\varphi^{-1} R\text{-Hom}}{=} \qquad
+                                \sum_{i=1}^{n} \underbrace{a_i}_{\in I} \underbrace{\varphi^{-1}(e_i)}_{\in M}
+                                \in IM
+                                .\] Also $\varphi_{IM}$ surjektiv.
+                            \item Da $\varphi$ Iso, inbes. bijektiv, ist $\varphi|_{IM}$ injektiv.
+                        \end{itemize}
+                        Damit folgt also $\varphi|_{IM}$ bijektiv.
+                    \item Definiere $\overline{\varphi}\colon M/IM \to (R / I)^{n} = R^{n} / I^{n}, m + IM \mapsto \varphi(m) + I^{n}$.
+                        \begin{itemize}
+                            \item Z.z: $\overline{\varphi}$ wohldefiniert. Seien $m_1, m_2 \in M$
+                                mit $m_1 = m_2$. Dann folgt $m_1 - m_2 \in IM$. Also
+                                ex. ein $(a_i)_{i \in J} \in I^{(J)}$ und
+                                $(m_i)_{i \in J} \in M^{(J)}$ mit $m_1 - m_2 = \sum_{i \in J} a_i m_i$.
+                                Damit folgt
+                                \[
+                                    \varphi(m_1) - \varphi(m_2) = \varphi(m_1 - m_2)
+                                    \qquad \stackrel{\varphi \  R \text{-Hom}}{=} \qquad
+                                    \sum_{i \in J} \underbrace{a_i}_{\in I} \underbrace{\varphi(m_i)}_{\in R^{n}} \in I^{n}
+                                .\] Also ist $\varphi(m_1) + I_n = \varphi(m_2) + I_n$, also
+                                $\overline{\varphi}$ wohldefiniert.
+                            \item Z.z.: $\overline{\varphi}$ $R/I$-Homomorphismus. Zunächst
+                                sind $M / MI$ und $(R / I)^{n}$ $R / I$ Moduln.
+                                Seien $r \in R / I$ und $\overline{m_1}, \overline{m_2} \in M / IM$. Dann folgt
+                                \begin{salign*}
+                                    \overline{\varphi}(\overline{r} \overline{m_1} + \overline{m_2})
+                                    &= \overline{\varphi}( \overline{r m_1 + m_2}) \\
+                                    &= \varphi(r m_1 + m_2) + I^{n} \\
+                                    &\stackrel{\varphi \ R\text{-Hom}}{=} r \varphi(m_1) + \varphi(m_2) + I^{n}  \\
+                                    &= r \overline{\varphi(m_1)} + \overline{\varphi(m_2)} \\
+                                    &= r \overline{\varphi}(m_1) + \overline{\varphi}(m_2)
+                                .\end{salign*}
+                            \item Z.z.: $\overline{\varphi}$ bijektiv. Es ist $\overline{\varphi}$ injektiv, da
+                                \[
+                                \text{ker } \overline{\varphi} 
+                                = \{ \overline{m} \in M / IM  \mid \varphi(m) = I^{n}\}
+                                \quad
+                                \stackrel{\varphi|_{IM}\text{ Bij.}}{=} \quad
+                                \{ \overline{m} \in M / IM  \mid m \in IM\}
+                                = \{ IM \}  = \{ 0\} 
+                            .\] Sei $\overline{x} \in (R / I)^{n}$. Da $\varphi$ Isomorphismus, ex. $m \in M$
+                            mit $\varphi(m) = x$. Damit folgt
+                            \[
+                                \overline{\varphi}(m + IM) = \varphi(m) + I^{n} = x + I^{n} = \overline{x}
+                            .\] Also $\overline{\varphi}$ surjektiv.
+                        \end{itemize}
+                        Insgesamt ist $\overline{\varphi}$ also ein $R / I$-Moduliso.
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Es sei $S \coloneqq \{t + 1, t^2 + 1\} $.
+
+    Beh.: $S$ ist minimales ES von $\Q[t]$ als $\Q[t]$-Modul.
+    \begin{proof}
+        Da $\Q[t]$ als $\Q[t]$-Modul betrachtet wird, sind die von Elementen
+        $(a_i)_{i \in I} \in Q[t]^{I}$ erzeugten Untermodule von $\Q[t]$ gerade die
+        von $(a_i)_{i \in I}$ erzeugten Ideale.
+        \begin{itemize}
+            \item Z.z.: $S$ ES von $\Q[t]$ als $\Q[t]$-Modul. Es ist
+                \[
+                    \left( -\frac{1}{2} t + \frac{1}{2} \right) \cdot (t+1) + \frac{1}{2} \cdot (t^2+1)
+                    = 1
+                .\] Also ist $(t+1, t^2+1) = (1)$. Damit folgt die Behauptung.
+            \item Z.z.: $S$ minimales ES.
+                Sei $S_1 \coloneqq \{t+1\} $. Da $\Q$ Kp. ist $\Q[t]$ HIR, also ist
+                $t+1$ bis auf Assoziiertheit eind. bestimmter Erzeuger von $(t+1)$. Da
+                $\text{deg}(t+1) = 1 > 0 = \text{deg}(1)$ und $\Q[t]$ nullteilerfrei, folgt
+                $1 \not\in (t+1)$, also $S_1$ kein ES.
+
+                Analog für $S_2 \coloneqq \{t^2 + 1\} $.
+        \end{itemize}
+    \end{proof}
+    Beh.: $S$ ist keine Basis.
+    \begin{proof}
+        Es ist
+        \[
+            \left( \frac{1}{2}(t+1) \right) (t^2+1) + \left( t - \frac{1}{2} (t+1)^2 \right) (t+1) = 0
+        ,\] aber $\frac{1}{2}(t+1) \neq 0 \neq t - \frac{1}{2}(t+1)^2$, also
+        $t+1$ und $t^2+1$ l.a. in $\Q[t]$ als $\Q[t]$-Modul, also $S$ keine Basis.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Sei $R$ ein Ring und $I \neq 0$ ein Ideal in $R$. Dann sind äquivalent
+            \begin{enumerate}[(i)]
+                \item $I$ von einem Nicht-Nullteiler erzeugtes Hauptideal
+                \item $I$ frei als $R$-Modul
+            \end{enumerate}
+            \begin{proof}
+                (i) $\implies$ (ii): Sei $I$ Hauptideal mit $a \in R$ kein Nullteiler und
+                $I = (a)$. $\{a\} $ ist Basis von $I$ als $R$-Modul, denn
+                \begin{itemize}
+                    \item $a \neq 0$, da $I \neq 0$ und $a$ kein NT, also $\{a\} $ l.u.
+                    \item $\{a\} $ ES von $I$, da $I = (a)$. Also $\forall x \in I$
+                        $\exists r \in R$ mit $x = ra$.
+                \end{itemize}
+
+                (ii) $\implies$ (i): Sei $I$ frei als $R$-Modul. Dann sei $(a_i)_{i \in J} \subseteq  I$
+                Basis von $I$. $\forall i \in J\colon a_i \neq 0$ (sonst wäre $(a_i)_{i \in J}$ l.a.).
+
+                \begin{itemize}
+                    \item Es ist $(a_i)_{i \in I} = \{a_1\} $, denn
+                        ang.: $\exists a_2 \in I$ mit $a_1 \neq a_2$ und $\{a_1, a_2\} \subseteq (a_i)_{i \in J}$.
+                        Dann ist, da $R$ kommutativ, $a_1 a_2 = a_2 a_1$. Damit folgt
+                        $a_1 a_2 - a_2 a_1 = 0$, aber $a_1 \neq 0 \neq a_2$. Also sind
+                        $\{a_1, a_2\} $ linear abhängig $\contr$.
+                    \item $a_1 \neq 0$ und $a_1$ kein NT, denn ang. $\exists c \in R \setminus \{0\} $ mit
+                        $a_1 r = 0 \implies a_1$ l.a.
+                    \item Da $\{a_1\} $ Basis von $I$ als $R$-Modul, gilt $\forall a \in I$
+                        $\exists r \in R$ mit $a = r \cdot a_1$. Also folgt
+                        $I = (a_1)$.
+                \end{itemize}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $(2, 1 + \sqrt{-3})$ in $\Z[\sqrt{-3}]$ ist nicht frei als
+            $\Z[\sqrt{-3}]$-Modul.
+            \begin{proof}
+                Wegen (a) g.z.z., dass $(2, 1 + \sqrt{-3})$ kein Hauptideal in $\Z[\sqrt{-3}]$.
+                Aus Aufg. 10 folgt, dass $2$ und $1 + \sqrt{-3} $ irreduzibel sind. Sei
+                $\delta \colon \Z[\sqrt{-3}] \to \N_0$ außerdem die multiplikative Normabbildung aus
+                Aufg. 10 mit $\delta(2) = \delta (1+\sqrt{-3}) = 4$ und $\delta(1) = 1$.
+
+                Ang.: $\exists r \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit $(r) = (2, 1 + \sqrt{-3})$. Dann
+                ex. $x, y \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit $2 = x r$ und $1 + \sqrt{-3} = yr$. Da
+                $2$ und $1 + \sqrt{-3} $ irreduzibel und $\Z[\sqrt{-3}]^{\times } = \{\pm 1\} $, folgt
+                $x \in \{\pm 1\} \lor r \in \{ \pm 1\} $.
+                \begin{itemize}
+                    \item Falls $x \in \{ \pm 1\} $, dann $r \in \{\pm 2\} $. Damit folgt
+                        $1 + \sqrt{-3} \in \{\pm y \cdot 2 \}$. Da
+                        $\{\pm 2\} \not\in \Z[-3]^{\times }$, folgt $y \in \Z[\sqrt{-3}]^{\times } =\{ \pm 1\} $.
+                        Also $1 + \sqrt{-3} \stackrel{\wedge}{=} 2$ $\contr$.
+                    \item Falls $r \in \{ \pm 1\} $, dann $\Z[\sqrt{-3}] = (r) = (2, 1 + \sqrt{-3})$.
+                        Dann ex. $a, b \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit $1 = 2 \cdot a + (1+ \sqrt{-3}) \cdot b$, also
+                        \[
+                        1 = \delta (1) = \delta (2) \cdot \delta (a) + \delta (1+\sqrt{-3} ) \cdot \delta (b)
+                        = 4 \underbrace{\delta (a)}_{\in \N_0} + 4 \underbrace{\delta (b)}_{\in \N_0}
+                        \quad \contr
+                        .\] 
+                \end{itemize}
+                Also ist $(2, 1+ \sqrt{-3})$ kein Hauptideal und damit wegen (a) nicht frei
+                als $\Z[\sqrt{-3}]$ Modul.
+            \end{proof}
+        \item Wähle $M = R = \Z[\sqrt{-3}]$ und $N = (2, 1 + \sqrt{-3})$. $N$ ist
+            $\Z[\sqrt{-3}]$-Untermodul von $M$, da $N$ Ideal in $\Z[\sqrt{-3}]$-Modul M.
+            Es ist $M = \Z[\sqrt{-3}] $, also $M$ frei als $\Z[\sqrt{-3}]$-Modul, aber
+            $N = (2, 1+\sqrt{-3}) \subseteq \Z[\sqrt{-3}]$ wegen (b) nicht frei.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/la/uebungen/la7.tex

@@ -0,0 +1,93 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Lineare Algebra 2: Übungsblatt 7}
+\author{Dominik Daniel, Miriam ?, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[26]
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $R$ ein Ring, $M$ und $N$ zwei $R$-Moduln und $\varphi \colon M \to N$ ein $R$-Modulhom.
+    Sei $\iota\colon \text{ker } \varphi \to M$ die kanonische Inklusion.
+
+    Beh.: Zu jedem $R$-Modul $U$ und jedem $R$-Modulhomomorphismus $f\colon U \to M$ mit $\varphi \circ f = 0$
+    gibt es einen eindeutig bestimmten $R$-Modulhomomorphismus $g\colon U \to \text{ker } \varphi$
+    mit $f = \iota \circ g$.
+    \begin{proof}
+        \begin{enumerate}[(i)]
+           \item Existenz: Definiere
+               \begin{align*}
+                   g \colon U &\to  \text{ker } \varphi \\
+                   u &\mapsto f(u)
+               .\end{align*}
+               $g$ ist wohldefiniert, da $\varphi \circ f = 0$, also
+               $\text{Bild}(f) \subseteq \text{ker } \varphi$. Da $f$ $R$-Modulhom., ist auch
+               $g$ $R$-Modulhom.
+
+               Dazu sei weiter $u \in U$ beliebig. Dann ist $f(u) = g(u) = \iota(g(u))$, also
+               $f = \iota \circ g$.
+            \item Eindeutigkeit: Seien $g$, $g'\colon U \to \text{ker } \varphi$ R-Modulhom.s mit
+                $f = \iota \circ g = \iota \circ g'$. Dann gilt $\forall u \in U$:
+                $g'(u) = \iota(g'(u)) = f(u) = \iota(g(u)) = g(u)$. Also folgt
+                $g = g'$.
+       \end{enumerate} 
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $R$ ein Ring und $(M_i)_{i \in I}$ Familie von freien $R$-Moduln. Sei
+    $M = \bigoplus_{i \in I} M_i$. Sei weiter $(x_{i,j})_{j \in J_i}$ eine Basis von $M_i$ und
+    \[
+        K \coloneqq \bigcup_{i \in  I} \left( \{i\} \times J_i \right) 
+    .\] Betrachte $(x_{i,j})_{(i,j) \in K}$ via der kanonischen Inklusionen $q_i \colon M_i \to M$ als
+    Familie von Elementen von $M$. Sei $N$ ein Modul mit Familie von Elementen $(y_{i,j})_{(i,j) \in K}$
+    aus N.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\forall i \in I$ gibt es einen eindeutigen $R$-Modulhomomorphismus $f_i \colon M_i \to N$
+            mit $f_i(x_{i,j}) = y_{i,j}$ $\forall j \in J_i$.
+            \begin{proof}
+                Sei $i \in I$ beliebig. Nach Vorr. ist $M_i$ frei mit Basis $(x_{i,j})_{j \in J_i}$.
+                Also erfüllt nach VL $(M_i, (x_{i,j})_{j \in J_i})$ die Eigenschaft (UF). Damit folgt,
+                angewendet auf $N$ und die Familie $(y_{i,j})_{(i,j) \in K}$ die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $M$ ist frei.
+            \begin{proof}
+                Nach VL g.z.z., dass $(M, (x_{i,j})_{(i,j) \in K})$ die Eigenschaft (UF) erfüllt, also dass
+                genau ein $R$-Modulhom. $f\colon M \to N$ existiert mit
+                $f(x_{i,j}) = y_{i,j}$ $\forall (i,j) \in K$.
+
+                Da $M$ direkte Summe der $M_i$ ist, erfüllt $M$ die Eigenschaft (US). Wende diese auf $N$
+                mit den Homomorphismen $f_i\colon M_i \to N$ aus (a) an. Damit folgt
+                es ex. genau ein $f\colon M \to N$ mit $f_i = f \circ q_i$ $\forall i \in I$. Wegen
+                (a) gilt $\forall (i,j) \in K$ $f_i(x_{i,j}) = y_{i,j}$ $(*)$.
+
+                Z.z.: $\forall i \in I$ $f_i = f \circ q_i$ $\iff$ $f(x_{i,j}) = y_{i,j}$
+                $\forall (i,j) \in K$.
+                \begin{itemize}
+                    \item ,,$\implies$``: Sei $(i,j) \in K$ beliebig.
+                        \[
+                            f(x_{i,j}) = f(q_i(x_{i,j})) \; \stackrel{\text{Vorr.}}{=} \; f_i(x_{i,j}) \stackrel{(*)}{=} y_{i,j}
+                        .\] 
+                    \item ,,$\impliedby$``: Sei $m \in M_i$ beliebig. Da $M_i$ frei mit Basis
+                        $(x_{i,j})_{j \in J_i}$ ex. $(r_j)_{j \in J} \in R^{(J)}$ mit
+                        $m = \sum_{j \in J_i} r_j x_{i,j}$. Damit folgt
+                        \begin{salign*}
+                            f_i(m) &= f_i\left(\sum_{j \in J_i} r_j x_{i,j} \right) \\
+                            &\stackrel{f_i \text{ } R\text{-Modulhom.}}{=}
+                            \sum_{j \in J_i} r_j f_i(x_{i,j}) \\
+                            &\stackrel{(*)}{=}
+                            \sum_{j \in J_i} r_j y_{i,j} \\
+                            &\stackrel{\text{Vorr.}}{=} \sum_{j \in J_i} r_j f(x_{i,j}) \\
+                            &= f \left( \sum_{i \in J_i} r_j x_{i,j} \right) \\
+                            &= f(m)
+                        .\end{salign*}
+                \end{itemize}
+                Aufgrund der Eindeutigkeit von $f$ mit der Eigenschaft $f_i = f \circ q_i$ $\forall i \in I$
+                und der gezeigten Äquivalenz, folgt die Existenz und Eindeutigkeit von $f$ mit der Eigenschaft
+                $f(x_{i,j}) = y_{i,j}$ $\forall (i,j) \in K$, also (UF).
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/la/uebungen/la8.tex

@@ -0,0 +1,196 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 8}
+\author{Miriam Philipp, Dominik Daniel, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[28]
+
+\begin{aufgabe}
+Seien $R$ ein Ring, $M$ und $N$ zwei $R$-Moduln und $f\colon M \to N$ $R$-Modulhom.
+    Beh.: Folgende Aussagen sind äquivalent
+    \begin{enumerate}[(i)]
+        \item $f$ ist $R$-Mod.iso
+        \item Für alle $R$-Moduln $L$ ist die Abbildung
+            \begin{align*}
+                \text{Hom}_R(L,M) &\to \text{Hom}_R(L,N) \\
+                g &\mapsto f \circ g
+            .\end{align*}
+            bijektiv.
+    \end{enumerate}
+    \begin{proof}
+        \begin{itemize}
+            \item (i) $\implies$ (ii): $\varphi$ bezeichne die gegebene Abbildung.
+                Sei $f$ $R$-Mod.iso. und $g_1, g_2 \in \text{Hom}_R(L,M)$
+                mit $\varphi(g_1) = \varphi(g_2)$. Da $f$ Iso. ex. ein $f^{-1}\colon N \to M$. Damit folgt
+                \[
+                    \varphi(g_1) = \varphi(g_2) \implies f \circ g_1 = f \circ g_2
+                    \implies f^{-1} \circ f \circ g_1 = f^{-1} \circ f \circ g_2 \implies g_1 = g_2
+                .\] Also $\varphi$ injektiv.
+
+                Sei nun $h \in \text{Hom}_R(L,N)$ beliebig. Wähle $g = f^{-1} \circ h$. Damit folgt
+                \[
+                    \varphi(g) = \varphi(f^{-1} \circ h) = f \circ f^{-1} \circ h = h
+                .\] Also $\varphi$ surjektiv und damit bijektiv.
+            \item (ii) $\implies$ (i): Mit $L = N$ folgt
+                $\varphi \colon \text{Hom}_R(N,M) \to \text{Hom}_R(N,N)$ bijektiv. Also ex.
+                $\varphi^{-1}$. Definiere $h \coloneqq \varphi^{-1}(\text{id}_N)$. Damit folgt
+                $\varphi(h) = f \circ h = \text{id}_N$.
+
+                Setze nun $L = M$. Dann folgt $\psi \colon  \text{Hom}_R(M,M) \to \text{Hom}_R(M,N)$
+                bijektiv. Es ist dann $\psi(\text{id}_M) = f \circ \text{id}_M = f$. Damit folgt
+                \[
+                    \psi(h \circ f) = \underbrace{f \circ h}_{\text{id}_N} \circ f
+                    = f = \psi(\text{id}_M)
+                .\] Da $\psi$ injektiv, folgt $h \circ f = \text{id}_M$.
+
+                Insgesamt folgt mit $f^{-1} \coloneqq h$, $f$ bijektiv und damit Iso.
+        \end{itemize}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\Q \otimes_\Z \Z / 2 \Z = 0$.
+            \begin{proof}
+                Es ist nach VL:
+                \[
+                \Q \otimes_\Z \Z / 2 \Z \stackrel{\sim }{=} \Z / 2 \Z \otimes_\Z \Q
+                \stackrel{\sim }{=} \Q / (2 \Z) \Q
+            .\] Aber $(2 \Z) \Q = \Q$, denn $(2 \Z) \Q \subseteq \Q$ klar und $\Q \subseteq (2 \Z) \Q$, denn
+            für $q \in \Q$ ist $q = 2 \cdot \frac{1}{2} q \in (2 \Z) \Q$. Also
+            $\Q / (2 \Z) \Q = 0$. Damit folgt die Beh.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $2 \Z \otimes_\Z \Z / 2 \Z \stackrel{\sim }{=} \Z / 2 \Z$.
+            \begin{proof}
+                Es ist nach VL:
+                \[
+                2 \Z \otimes_\Z \Z / 2 \Z \stackrel{\sim }{=} \Z / 2 \Z \otimes_\Z 2 \Z
+                \stackrel{\sim }{=} 2 \Z / (2 \Z 2 \Z)
+                \]
+                Es ist $2\Z 2 \Z = (4) = 4 \Z$ also $2 \Z / (2 \Z 2 \Z) = 2 \Z / 4 \Z$. Weiter ist
+                $\Z / 2 \Z \stackrel{\sim }{=} 2 \Z / 4 \Z$, denn
+                \[
+                    \#\{2 \Z / 4 \Z\} = \# \{ \ldots,  0 + 4 \Z, 2 + 4 \Z, \underbrace{4 + 4 \Z}_{0 + 4\Z}, \ldots \} = 2 = \#\{ \Z / 2 \Z\} 
+                .\]
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $2 \otimes 1 = 0$ in $\Z \otimes_\Z \Z / 2 \Z$, aber $2 \otimes 1 \neq 0$ in
+            $2 \Z \otimes_\Z \Z / 2 \Z$.
+            \begin{proof}
+                Es ist $\Z \otimes_\Z \Z / 2 \Z \ni 2 \otimes \overline{1} = (2 \cdot 1) \otimes \overline{1} = 
+                1 \otimes (2 \cdot \overline{1}) = 1 \otimes \overline{0} = 0$.
+
+                Definiere $\beta\colon 2 \Z \otimes \Z / 2\Z \to  \Z / 2\Z$, $(a, \overline{b})
+                \mapsto \overline{\frac{a}{2} b}$.
+                $\beta$ ist wohldefiniert, da $\forall a \in 2 \Z$ ist $\frac{a}{2} \in \Z$. Außerdem
+                $\beta$ bilinear. Wende (UT) auf $\Z / 2\Z$ und $\beta$ an. Erhalte
+                einen $\Z$-Mod.hom $f\colon 2 \Z \otimes_\Z \Z / 2 \Z \to \Z / 2\Z$ mit
+                $f \circ \tau = \beta$. Ang.: $2 \Z \otimes_\Z \Z / 2 \Z \ni 2 \otimes \overline{1} = 0$. Dann
+                folgt
+                \[
+                    f(\tau(2, \overline{1})) = f(2 \otimes \overline{1}) = f(0) = \overline{0}
+                    \neq \overline{1} = \beta(2, \overline{1}) \quad \contr
+                .\] Also $2 \Z \otimes_\Z \Z / 2 \Z \ni 2 \otimes \overline{1} \neq 0$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $R$ ein Ring, $I \subseteq R$ Ideal und $M$ $R$-Modul.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Es gibt einen eindeutigen surjektiven $R$-Mod.hom. $f\colon I \otimes_R M \to IM$
+            mit $f(a \otimes m) = am$ für $a \in I, m \in M$.
+            \begin{proof}
+                Definiere $\beta\colon I \times M \to IM$, $(a,m) \mapsto am$. $\beta$ bilinear. Mit
+                (UT) angewendet auf $IM$ und $\beta$, existiert genau ein $R$-Mod.hom.
+                $f\colon I \otimes_R M \to IM$
+                mit $f \circ \tau = \beta$. Damit folgt für $a \in I$, $m \in M$:
+                \[
+                    f(a \otimes m) = f(\tau(a,m)) = \beta(a, m) = am
+                .\] 
+
+                Sei nun $m \in IM$ beliebig. Dann ex. $a_i \in I$, $m_i \in M$ mit
+                \begin{salign*}
+                    m &= \sum_{i=1}^{n} a_i m_i \\
+                    &= \sum_{i=1}^{n} f(a_i \otimes m_i) \\
+                    &\stackrel{f \ R\text{-Hom.}}{=}
+                    f\underbrace{\left(\sum_{i=1}^{n} a_i \otimes m_i \right)}_{\coloneqq \xi \in I \otimes_R M} \\
+                    &= f(\xi)
+                .\end{salign*}
+                Also $f$ surjektiv.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $f$ aus Teil (a) ist i.A. nicht injektiv.
+            \begin{proof}
+                Mit $R = \Z$, $I = 2 \Z$ und $M = \Z / 2 \Z$ folgt
+                \[
+                    f \colon 2 \Z \otimes_{\Z} \Z / 2 \Z \to 2 \Z \left( \Z / 2\Z \right) = 0
+                ,\] aber mit 29(b) ist $2 \Z \otimes_\Z \Z / 2 \Z \stackrel{\sim }{=}  \Z / 2 \Z \neq 0$.
+                Damit ist $f$ nicht injektiv.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $K$ Kp, $V$ e.d. $K$-VR. und $f, g \in \text{End}_K(V)$. Seien $\lambda \in K$ EW von $f$
+    und $\mu \in K$ EW von $g$.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Für $v, w \in V \setminus \{0\}$ gilt $v \otimes w \neq 0$ in $V \otimes_K V$.
+            \begin{proof}
+                Seien $v, w \in V \setminus \{0\} $. Da $V$ VR. und $v \neq 0 \neq w$,
+                ergänze $v$ zu Basis $(v_i)_{i \in I}$ und
+                w zu Basis $(w_i)_{i \in I}$ mit $v = v_1$ und $w = w_1$.
+                Dann definiere
+                \begin{align*}
+                    \beta\colon V \times V &\to K \\
+                    (x,y) = \left( \sum_{i \in I} \alpha_i v_i, \sum_{i \in I} \beta_i w_i\right)
+                    &\mapsto \sum_{i \in I} \alpha_i \cdot \sum_{i \in I} \beta_i
+                .\end{align*}
+                Da $(v_i)_{i \in I}$ und $(w_i)_{i \in I}$ Basen, sind die Darstellungen
+                eindeutig und damit $\beta$ wohldefiniert. Außerdem $\beta$ bilinear, denn
+                $\forall x, y, z \in V$ und $\lambda \in K$ gilt
+                \begin{salign*}
+                    \beta(\lambda x + y, z) &= \beta\left( \sum_{i \in I} (\lambda \alpha_i + \beta_i) v_i,
+                    \sum_{i \in I}^{} \gamma_i w_i\right) \\
+                    &= \sum_{i \in I}^{} (\lambda \alpha_i + \beta_i) \cdot \sum_{i \in I} \gamma_i \\
+                    &= \lambda \sum_{i \in I}^{} \alpha_i \sum_{i \in I} \gamma_i
+                    + \sum_{i \in I} \beta_i \sum_{i \in I}^{} \gamma_i \\
+                    &= \lambda \beta(x, z) + \beta(y,z)
+                .\end{salign*}
+                Für zweites Argument analog. Weiter ist
+                $v = 1 \cdot v_1$ und $w = 1\cdot w_1$, also $\beta(v,w) = 1 \cdot 1 = 1 \neq 0$.
+
+                Mit (UT) angewendet auf $\beta$ und $K$, existiert ein $R$-Mod.hom.
+                $f\colon V \otimes_K V \to K$. mit $f \circ \tau = \beta$. Ang.: $v \otimes w = 0$. Dann
+                ist $f(\tau(v \otimes w)) = f(v \otimes w) = f(0) = 0 \neq 1 = \beta(v, w)$.
+                Also $v \otimes w \neq 0$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\lambda \mu$ ist EW von $f \otimes g \in \text{End}_K(V \otimes_K V)$.
+            \begin{proof}
+                Sei $v$ EV von $f$ bezügl. $\lambda$ und $w$ EV von $g$ bezügl. $\mu$. Dann gilt
+                \begin{salign*}
+                    (f \otimes g)(v \otimes w) &= f(v) \otimes g(w) \\
+                                               &= \lambda v \otimes \mu w \\
+                                               &= \lambda \mu (v \otimes w)
+                .\end{salign*}
+                Da $v, w$ EV sind $v \neq 0 \neq w$, also wegen (a) auch $v \otimes w \neq 0$ und damit EV von
+                $f \otimes g$ zu $\lambda \mu$. Also insbes. $\lambda \mu$ EW von $f \otimes g$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\lambda + \mu$ ist EW von $f \otimes \text{id}_V + \text{id}_V \otimes g \in \text{End}_K(V \otimes_K V)$.
+            \begin{proof}
+                Sei $v$ EV von $f$ bezügl. $\lambda$ und $w$ EV von $g$ bezügl. $\mu$. Dann gilt
+                \begin{salign*}
+                    (f \otimes \text{id}_V + \text{id}_V \otimes g)(v \otimes w)
+                    &= (f \otimes \text{id}_V)( v \otimes w) + (\text{id}_V \otimes g)( v \otimes w) \\
+                    &= f(v) \otimes \text{id}_V(w) + \text{id}_V(v) \otimes g(w) \\
+                    &= \lambda v \otimes w + v \otimes \mu w \\
+                    &= (\lambda + \mu) (v \otimes w)
+                .\end{salign*}
+                Da $v, w$ EV sind $v \neq 0 \neq w$, also wegen (a) auch $v \otimes w \neq 0$ und damit EV von
+                $f \otimes \text{id}_V + \text{id}_V \otimes g$ zu $\lambda + \mu$.
+                Also insbes. $\lambda + \mu$ EW von $f \otimes \text{id}_V + \text{id}_V \otimes g$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/la/uebungen/la9.tex

@@ -0,0 +1,239 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 9}
+\author{Miriam Philipp, Dominik Daniel, Christian Merten}
+
+\usepackage[]{gauss}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[32]
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\sqrt{2} $ ist EW von $A$ und $\sqrt{3}$ ist EW von $B$.
+            \begin{proof}
+                Es ist $\chi_{A}^{\text{char}} = t^2 - 2$. Damit folgt
+                $\chi_{A}^{\text{char}} (\sqrt{2} ) = 0$.
+
+                Weiter ist $\chi_{B}^{\text{char}} = t^2 - 3$. Damit folgt
+                $\chi_{B}^{\text{char}} (\sqrt{3}) = 0$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.:
+            \[
+        C = \begin{pmatrix} 0 & 3 & 2 & 0 \\
+                1 & 0 & 0 & 2 \\
+                1 & 0 & 0 & 3 \\
+                0 & 1 & 1 & 0\end{pmatrix} 
+            .\]
+            \begin{proof}
+                Es ist mit Kroneckerprodukt
+                \begin{salign*}
+                    A \otimes E_2 &= \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}
+                    \otimes \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}
+                    = \begin{pmatrix} 0 & \begin{matrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} & 0 \end{pmatrix} \\
+                    E_2 \otimes B &= \begin{pmatrix} 
+                        \begin{matrix}  0 & 3 \\ 1 & 0 \end{matrix} & 0 \\
+                        0 & \begin{matrix} 0 & 3 \\ 1 & 0 \end{matrix} 
+                    \end{pmatrix}
+                .\end{salign*}
+                Mit $C = A \otimes E_2 + E_2 \otimes B$ folgt die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\chi_{C}^{\text{char}} = t ^{4} -10t^2 + 1$ und
+            $\chi_{C}^{\text{char}} (\sqrt{2} + \sqrt{3}) = 0$.
+            \begin{proof}
+                \begin{align*}
+                    \chi_{C}^{\text{char}} = \text{det}(tE_4 - C)
+                    = \begin{gmatrix}[v] 
+                        t & -3 & -2 & 0 \\
+                        -1 & t & 0 & -2 \\
+                        -1 & 0 & t & -3 \\
+                        0 & -1 & -1 & t
+                        \rowops
+                        \add[-1]{1}{2}
+                        \add[t]{1}{0}
+                    \end{gmatrix}
+                    =
+                    \begin{gmatrix}[v] 0 & -3+t^2 & -2 & -2t \\
+                    -1 & t & 0 & -2 \\
+                0 & -t & t & -1 \\
+            0 & -1 & -1 & t
+        \end{gmatrix} \\
+        = \begin{gmatrix}[v]
+            -3 + 3t^2 & -2 -2t^2 & -2t \\
+            0 & 0 & -1 \\
+            -1-t^2 & -1+t^2 & t
+            \colops
+            \add[t]{2}{1}
+            \add[-t]{2}{0}
+        \end{gmatrix} 
+        =
+        \begin{gmatrix}[v] 
+            -3 + 3t^2 & -2-2t^2 \\
+            -1-t^2 & -1+t^2
+        \end{gmatrix}
+        = 1 - 10t^2 + t ^{4}
+                .\end{align*}
+                Betrachte $F(A) \in \text{End}_\R(\R^2)$ und $F(B) \in \text{End}_\R(\R^2)$. Dann
+                ist $\sqrt{2}$ EW von $F(A)$ und $\sqrt{3} $ EW von $F(B)$. Damit folgt mit 31(c):
+                $\sqrt{2} + \sqrt{3} $ EW von $F(A) \otimes \text{id} + \text{id} \otimes F(B) \in \text{End}_\R(\R^2 \otimes_R \R^2)$.
+                Es gilt $F(A) \otimes \text{id} + \text{id} \otimes F(B) = F(C)$. Damit folgt
+                $\chi_{C}^{\text{char}}(\sqrt{2}  + \sqrt{3}) = \chi_{F(C)}^{\text{char}}(\sqrt{2} +\sqrt{3}) = 0 $.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Seien $f_1, \ldots, f_n \in V^{*}$. Beh.: Es ex. eine eindeutige lineare
+            Abb. $\varphi_{f_1, \ldots, f_n}\colon V^{\otimes n} \to K$ mit
+            \[
+                \varphi_{f_1, \ldots, f_n}(x_1 \otimes \ldots \otimes x_n)
+                = f(x_1) \cdot \ldots \cdot f_n(x_n) \qquad \forall x_1, \ldots, x_n \in V
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Definiere $\mu\colon V^{n} \to K$,
+                $(x_1, \ldots, x_n) \mapsto f_1(x_1) \cdot \ldots \cdot f_n(x_n)$. $\mu$ ist $n$-fach
+                multilinear, da $f_1, \ldots, f_n$ linear und $\mu$ Produkt von linearen Abbildungen. Die
+                Behauptung folgt mit (UM) angewendet auf $\mu$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Es gibt eine eindeutige lineare Abbildung $\Phi_n \colon (V^{*})^{\otimes n} \to (V^{\otimes n})^{*}$ mit
+            \[
+                \Phi_n(f_1 \otimes \ldots \otimes f_n) = \varphi_{f_1, \ldots, f_n} \qquad \forall f_1, \ldots, f_n \in V^{*}
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Definiere $\mu\colon (V^{*})^{n} \to (V^{\otimes n})^{*}$, $(f_1, \ldots, f_n) \mapsto \varphi_{f_1, \ldots, f_n}$. $\mu$ multilinear, denn $\forall x_1, \ldots, x_n \in V$ gilt
+                \begin{align*}
+                    \mu(f_1 + \lambda g_1, f_2, \ldots, f_n)(x_1 \otimes \ldots \otimes x_n) &= \varphi_{(f_1 + \lambda g_1),f_2, \ldots, f_n}(x_1 \otimes \ldots \otimes x_n) \\
+                    &= (f_1 + \lambda g_1)(x_1) \cdot f_2(x_2) \cdot \ldots \cdot f_n(x_n) \\
+                    &= f_1(x_1) \cdot \ldots \cdot f_n(x_n) + \lambda g_1(x_1) \cdot f_2(x_2) \cdot \ldots \cdot f_n(x_n) \\
+                    &= \varphi_{f_1, \ldots, f_n}(x_1 \otimes \ldots \otimes x_n)
+                    + \lambda \varphi_{g_1, f_2, \ldots, f_n}(x_1 \otimes \ldots \otimes x_n) \\
+                    &= \mu(f_1, \ldots, f_n) + \lambda \mu(g_1, f_2, \ldots, f_n)
+                .\end{align*}
+                Damit stimmt $\mu(f_1 + \lambda g_2, f_2, \ldots, f_n)$ mit $\mu(f_1, \ldots, f_n) + \lambda \mu(g_1, f_2, \ldots, f_n)$ auf den Erzeugern von $V^{\otimes n}$ überein, d.h. auf ganz $V^{\otimes n}$, also folgt
+                \[
+                \mu(f_1 + \lambda g_2, f_2, \ldots, f_n) = \mu(f_1, \ldots, f_n) + \lambda \mu(g_1, f_2, \ldots, f_n)
+                .\] Analog für die anderen Argumente.
+
+                Die Behauptung folgt jetzt wieder mit (UM) angewendet auf $\mu$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für $n = 2$ und $V$ e.d. ist $\Phi_2$ ein Iso.
+            \begin{proof}
+                Da $V$ e.d. folgt $\text{dim } V = \text{dim } V^{*}$. Sei $k = \text{dim } V = \text{dim } V^{*}$. Dann gilt nach VL:
+                \[
+                V \otimes_K V \stackrel{\sim }{=} K^{k} \otimes_K K^{k} \stackrel{\sim }{=} V^{*} \otimes_K V^{*}
+            .\] Damit g.z.z., dass $\Phi_2$ injektiv ist. Sei $(v_i)_{i \in I}$ Basis von $V$ und
+            $(v_i^{*})_{i \in I}$ die dazu duale Basis von $V^{*}$. Dann ist nach VL
+            $(v_i^{*} \otimes v_j^{*})_{(i,j) \in I^2}$ Basis von $V^{*} \otimes_K V^{*}$. Sei
+            nun $f \in V^{*} \otimes V^{*}$ mit $\Phi_2(f) = 0$. Dann gilt
+            \begin{salign*}
+                \Phi_2(f) &= \Phi_2 \left[ \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} (v_i^{*} \otimes v_j^{*}) \right] \\
+                &= \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} \Phi_2(v_i^{*} \otimes v_j^{*}) \\
+                &= \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} \varphi_{v_i^{*}, v_{j}^{*}}
+                \intertext{Damit folgt $\forall x, y \in V$}
+                0 &= \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} v_{i}^{*}(x) \cdot v_j^{*}(y)
+            .\end{salign*}
+            Sei nun $(k,l) \in I^2$ beliebig. Dann setze $x\coloneqq v_k$, $y\coloneqq v_l$. Damit folgt
+            \begin{align*}
+                \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} v_i^{*}(v_k) v_j^{*}(v_l)
+                = \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} \delta_{ik} \delta_{jl}
+                = \alpha_{kl} = 0
+            .\end{align*}
+            Also $\alpha_{kl} = 0$ $\forall (k,l) \in I^2$. Damit ist $f= 0$ und $\Phi_2$ injektiv.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Seien $m \in \N$ und $(x_1, \ldots, x_m)$ ES. von $M$. Beh.: Für $n \in \N$ mit $n \le m$
+            ist die Familie
+            \[
+                (x_{i_1} \land \cdots \land x_{i_n})_{1 \le i_1 < \ldots < i_n \le m}
+            \] ein ES. von $\bigwedge^{n} M$.
+            \begin{proof}
+                Da $\bigwedge^{n} M$ von Elementen der Form $y_1 \land \ldots \land y_n$ erzeugt
+                wird für $y_1, \ldots, y_n \in M$, g.z.z., dass diese Elemente von der angegebenen Familie
+                erzeugt werden. Dazu seien $y_1, \ldots, y_n \in M$ beliebig. Da $(x_1, \ldots, x_n)$ ES
+                von $M$, ex. $(\alpha_{ij})_{i,j=1}^{n,m}$ s.d. $\forall i = 1, \ldots, n$
+                \[
+                    y_i = \sum_{j=1}^{m} \alpha_{ij}x_j
+                .\] Damit folgt
+                \begin{salign*}
+                    y_1 \land \ldots \land y_n &= \sum_{j=1}^{m} \alpha_{1j}x_j \land \ldots \land \sum_{j=1}^{m} \alpha_{nj} x_j \\
+                    &= \alpha_{11}x_1 \land \ldots \land \alpha_{n1}x_1 +
+                    \alpha_{12}x_2 \land \alpha_{21}x_1 \land \ldots \land \alpha_{n1} x_1
+                    + \ldots + \alpha_{1m}x_m \land \ldots \land \alpha_{nm} x_m
+                .\end{salign*}
+                Streichen der Nullterme (Summanden mit gleichen Faktoren im Sinne von $\land$)
+                und Sortierung der $x_j$ innerhalb der Summanden durch mehrfache Anwendung der
+                Antisymmetrie zeigt die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Sei nun $R = \Z[\sqrt{-5}]$ und $I = (2, 1 + \sqrt{-5}) \subseteq R$. Beh.: $\bigwedge^2I = 0$.
+            \begin{proof}
+                Da $\{2, 1 + \sqrt{-5} \} $ ES von $I$ als $R$-Modul ist, folgt mit (a),
+                dass $2 \wedge (1 + \sqrt{-5}) $ bereits $I$ erzeugt. Es genügt also z.z., dass
+                $2 \wedge (1 + \sqrt{-5}) = 0$ in $\bigwedge^2I$. Es gilt
+                \begin{align*}
+                    3 \cdot (2 \wedge (1 + \sqrt{-5}) ) &= 6 \wedge (1 + \sqrt{-5})
+                    = (1 - \sqrt{-5})\left[ (1 + \sqrt{-5}) \wedge (1 + \sqrt{-5}) \right] = 0 \\
+                    2 \cdot (2 \wedge ( 1 + \sqrt{-5})) &= (1+\sqrt{-5})\cdot (2 \wedge 2) = 0
+                    \intertext{Damit folgt}
+                    2 \wedge (1 + \sqrt{-5} ) &= 3 \cdot (2 \wedge 1 + \sqrt{-5}) - 2 \cdot (2 \wedge 1 + \sqrt{-5}) = 0
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Es gibt einen eindeutigen $R$-Mod.hom. $f\colon \bigwedge^2 M \to M \otimes_R M$ mit
+            \[
+                f(a \wedge b) = a \otimes b - b \otimes a
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Definiere $\varphi\colon M^2 \to M \otimes_R M$, $(a,b) \mapsto a \otimes b - b \otimes a$.
+                $\varphi$ ist alternierend, denn:
+                \begin{itemize}
+                    \item $\varphi$ bilinear:
+                        \begin{align*}
+                            \varphi(a + \lambda b, c) &= (a + \lambda b) \otimes c - c \otimes (a + \lambda b) \\
+                                                      &= a \otimes c + \lambda (b \otimes c)
+                                                      - c \otimes a - \lambda (c \otimes b) \\
+                                                      &= a \otimes c - c \otimes a
+                                                      + \lambda (b \otimes c - c \otimes b) \\
+                                                      &= \varphi(a,c) + \lambda(b,c)
+                        .\end{align*}
+                        Analog für zweites Argument.
+                    \item $\varphi(a,a) = a \otimes a - a \otimes a = 0$ $\forall a \in M$.
+                \end{itemize}
+                Damit folgt die Behauptung mit (UA) angewendet auf $\varphi$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Sei $M$ endlich erzeugt und frei. Dann ist die Abbildung $f$ aus (a) injektiv.
+            \begin{proof}
+                Sei $(x_1, \ldots, x_m)$ Basis von $M$. Definiere $I \coloneqq \{1, \ldots, m\}$. Dann
+                ist nach VL $(x_i \otimes x_j)_{(i,j) \in I^2}$ Basis von $M \otimes_R M$. Sei
+                $x \in \bigwedge^2M$ mit $f(x) = 0$. Dann ex. mit 34(a) ein $(\alpha_{ij})_{i,j=1}^{m} \in R^{(I)}$
+                mit $\alpha_{ij} = 0$ für $i \ge j$ und
+                \[
+                    x = \sum_{(i,j) \in I^2, j > i} \alpha_{ij} (x_i \wedge x_j)
+                .\] 
+                Damit folgt
+                \begin{salign*}
+                    0 &= f(x) \\
+                      &= f\left( \sum_{(i,j) \in I^2, j >i} \alpha_{ij}(x_i \wedge x_j) \right) \\
+                      &= \sum_{(i,j) \in I^2, j > i} \alpha_{ij} f(x_i \wedge x_j) \\
+                      &= \sum_{(i,j) \in I^2,j > i} \alpha_{ij} (x_i \otimes x_j - x_j \otimes x_i) \\
+                      &\stackrel{x_i \otimes x_i - x_i \otimes x_i = 0}{=}  \sum_{(i,j) \in I^2, j \ge i} \alpha_{ij} (x_i \otimes x_j - x_j \otimes x_i) \\
+                      \intertext{Setze $\alpha_{ji} \coloneqq - \alpha_{ij}$ für $j > i$. Damit folgt}
+                      0 &= \sum_{i,j \in I^2, j \ge i} \alpha_{ij} (x_i \otimes x_j) + \alpha_{ji} (x_j \otimes x_i) \\
+                      &= \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} (x_i \otimes x_j)
+                .\end{salign*}
+                Da $(x_i \otimes x_j)_{(i,j) \in I}$ Basis von $M \otimes_R M$, insbes. l.u., d.h.
+                $\alpha_{ij} = 0$ $\forall (i,j) \in I^2$. Also $x = 0$ und $f$ injektiv.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/num/uebungen/iterative_plot.plt

@@ -0,0 +1,19 @@
+set terminal png size 1000,1000
+set output 'iterative_solvers_plot.png'
+
+set logscale xy
+
+set ylabel "Laufzeit in Sekunden"
+set xlabel "Matrixgröße"
+
+set format y "%g"
+
+plot 'richardson_1.dat' title "Richardson Iteration v1", \
+     'richardson_2.dat' title "Richardson Iteration v2", \
+     'jacobi_1.dat' title "Jacobi Iteration v1", \
+     'jacobi_2.dat' title "Jacobi Iteration v2",\
+     'gauss_seidel_1.dat' title "Gauss Seidel Iteration v1",\
+     'gauss_seidel_2.dat' title "Gauss Seidel Iteration v2",\
+     'linsolve_1.dat' title "hdnum::linsolve",\
+     0.000000020*x**4 title "c n^4", \
+     0.000000025*x**3 title "b n^3"

sose2020/num/uebungen/num10.tex

@@ -0,0 +1,262 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 10}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: Seien $n$ paarweise verschiedene Stützstellen $\{x_0, \ldots, x_{n-1}\} $ gegeben
+    und eine Permutation derselben $\{\tilde{x}_0, \ldots, \tilde{x}_{n-1}\} $. Dann gilt
+    \[
+        f[x_0, \ldots, x_{n-1}] = f[\tilde{x}_0, \ldots, \tilde{x}_{n-1}]
+    .\]
+    \begin{proof}
+        Es gilt nach VL mit der Newtondarstellung für das Interpolationspolynom
+        zu den Stützstellen $x_0, \ldots, x_{n-1}$:
+        \begin{salign*}
+            p(x) &= \sum_{i=0}^{n-1} y[x_0, \ldots, x_i] N_i(x) \\
+            &= \sum_{i=0}^{n-2} y[x_0, \ldots, x_i] N_i(x) + y[x_0, \ldots, x_{n-1}] N_{n-1}(x) \\
+            &= \mathcal{O}(x^{n-2}) + y[x_0, \ldots, x_{n-1}] \prod_{i=0}^{n-2} (x - x_i) \\
+            &= \mathcal{O}(x^{n-2}) + y[x_0, \ldots, x_{n-1}] \left(x^{n-1} + \mathcal{O}(x^{n-2})\right) \\
+            &= y[x_0, \ldots, x_{n-1}] x^{n-1} + \mathcal{O}(x^{n-2})
+        .\end{salign*}
+        Der Leitkoeffizient des Interpolationspolynoms in der Monombasis ist also
+        $y[x_0, \ldots, x_{n-1}]$. Dieser ist unabhängig von der Reihenfolge der Stützstellen. Damit
+        folgt die Behauptung.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: Für $N \ge 2 \pi 10^{3}$ gilt $\displaystyle \max_{0 \le x \le 1} |f(x) - s(x)| < 10^{-12}$.
+    \begin{proof}
+        Es ist $f \in C^{4}([0, 1])$. Dann gilt nach VL
+        \[
+            \delta \coloneqq \max_{0 \le x \le 1} |f(x) - s(x)| \le h^{4} \max_{0 \le x \le 1} |f^{(4)}(x)|
+        .\] Mit $f(x) = \sin(2\pi x)$ folgt sofort
+        \[
+            f^{(4)}(x) = 16 \pi^{4} \sin(2 \pi x) \quad \text{also}\quad
+            \max_{0 \le x \le 1} |f^{(4)}(x)| = 16 \pi^{4}
+        .\] Mit $h = \frac{1}{N}$ ergibt sich
+        \[
+            \delta \le 16 \frac{\pi^{4}}{N^{4}} \implies N \ge 2 \pi \sqrt[4]{\delta } = 2 \pi 10^{3}
+        .\] 
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: Das komplexe trigonometrische Interpolationspolynom ist gegeben als
+    \[
+        t ^{*}(x) = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} e^{ix} - \frac{1}{4} e^{3ix}
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Die Stützstellen sind als $x_j = \frac{2 \pi j}{4}$, $j = 0, \ldots, 3$ gegeben. Damit folgt
+        \begin{salign*}
+            f(x_0) &= f(0) = \min \{0, 2\} = 0 \\
+            f(x_1) &= f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \min \left\{ \frac{1}{2}, \frac{3}{2} \right\} = \frac{1}{2} \\
+            f(x_2) &= f(\pi) = \min \{1, 1\} = 1 \\
+            f(x_3) &= f\left( \frac{3}{2}\pi \right) = \min \left\{ \frac{3}{2}, \frac{1}{2} \right\} = \frac{1}{2}
+        .\end{salign*}
+        Die Interpolationsbedingung ist erfüllt, denn
+        \begin{salign*}
+            t ^{*}(x_0) &= \frac{1}{2} - \frac{1}{4} - \frac{1}{4} = 0 = f(x_0) \\
+            t ^{*}(x_1) &= \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \underbrace{e^{i \frac{\pi}{2}}}_{= i} - \frac{1}{4}
+            \underbrace{e^{i \frac{3}{2} \pi}}_{= -i} = \frac{1}{2} = f(x_1) \\
+            t ^{*}(x_2) &= \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \underbrace{e^{i \pi}}_{= -1} - \frac{1}{4}
+            \underbrace{e^{i \pi}}_{= -1} = 1 = f(x_2) \\
+            t ^{*}(x_3) &= \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \underbrace{e^{i \frac{3}{2} \pi}}_{= i} - \frac{1}{4}
+            \underbrace{e^{i \frac{3}{2} \pi}}_{= -i} = \frac{1}{2} = f(x_3)
+        .\end{salign*}
+        Aus der Eindeutigkeit des komplexen trigonometrischen Interpolationspolynoms folgt die Behauptung.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item 
+            \begin{enumerate}[(1)]
+                \item Es ist
+                    \[
+                        f_1''(x) = 6x - 14 \implies f_1''(0) = -14 \neq 0
+                    .\] Also erfüllt $f_1$ nicht die natürlichen Randbedingungen, also $f_1 \not\in S(X)$.
+                \item Es gilt für $0 \le x < 1$:
+                    \begin{salign*}
+                        f_2(x) &= -\frac{1}{2} x^{3} \xrightarrow{x \to 1} -\frac{1}{2}\\
+                        f_2'(x) &= -\frac{3}{2} x^2 \xrightarrow{x \to 1} - \frac{3}{2} \\
+                        f_2''(x) &= - 3x \xrightarrow{x \to 1} -3 \text{ und } f_2''(0) = 0
+                        \intertext{Für $1 \le x \le 2$ gilt:}
+                        f_2(x) &= (x-1)^{3} -\frac{1}{2} x^{3} \implies f_2(1) = -\frac{1}{2} \\
+                        f_2'(x) &= 3(x-1)^2 - \frac{3}{2} x^2 \implies f_2'(1) = -\frac{3}{2} \\
+                        f_2''(x) &= 3x - 6 \implies f_2''(1) = -3 \text{ und } f_2''(2) = 0
+                    .\end{salign*}
+                    $f_2$ ist auf beiden Teilintervallen ein Polynom von Grad $3$ und damit
+                    auf den Teilintervallen beliebig oft stetig differenzierbar. Außerdem
+                    ist $f_2$ $2$ mal stetig differenzierbar an der Stelle $1$, also insgesamt
+                    $f_2 \in C^{2}([0, 2])$. Die natürlichen Randbedingungen sind außerdem erfüllt, also
+                    folgt $f_2 \in S(X)$.
+                \item Es ist
+                    \[
+                        f_3''(x) = 6x - 2 \implies f_3''(0) = -2 \neq 0
+                    .\] Also erfüllt $f_3$ nicht die natürlichen Randbedingungen, also $f_3 \not\in S(X)$.
+            \end{enumerate}
+        \item Der interpolierende Spline $s$ von $f(x) = x^{3}$ folgt mit der Darstellung der VL direkt
+            als
+            \[
+                s(x) = \begin{cases}
+                    1 + 4x + 4,5 x^2 + 1,5 x^{3} & x \in [0, 1) \\
+                    8 + 8,5(x-1) - 1,5(x-1)^{3} & x \in [1,2]
+                \end{cases}
+            .\] 
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Auszüge aus \textit{splines.cc}:
+    \begin{lstlisting}[language=C++, title=Schneller Löser für tridiagonale Matrizen, captionpos=b]
+template<typename REAL>
+void solveTriDiag(hdnum::DenseMatrix<REAL> &A, std::vector<REAL> &x, std::vector<REAL> &b) {
+    int N = b.size();
+    x[0] = A[0][0];
+    // LU Zerlegung
+    REAL l;
+    for (int j=1; j<N; j++) {
+        // berechne l faktor
+        l = A[j][j-1] / x[j-1];
+        // modifiziere diagonalelemente und rechte seite
+        x[j] = A[j][j] - l * A[j-1][j];
+        b[j] = b[j] - l * b[j-1];
+    }
+    // Loesen durch Rueckwaertseinsetzen
+    x[N-1] = b[N-1] / x[N-1];
+    for (int j=N-2; j>=0; j--) {
+        x[j] = (b[j] - A[j][j+1]*x[j+1])/x[j];
+    }
+}\end{lstlisting}
+Implementation in einer Klasse \lstinline{CubicSpline}. Die Funktion \lstinline{getCubicSpline}
+entspricht dem ersten Konstruktor.
+\begin{lstlisting}[language=C++, title=Konstruktion und Auswertung eines kubischen Splines, captionpos=b]
+template<typename REAL>
+class CubicSpline {
+    public:
+        // erstelle einen kubischen spline mit vorgegebenen stuetzstellen
+        // und werten
+        CubicSpline(std::vector<REAL> xs, std::vector<REAL> ys) {
+            calculateCoefficients(xs, ys);
+        }
+
+        // erstelle einen kubischen spline mit vorgegebenen stuetzstellen
+        // und einer zu interpolierenden funktion
+        CubicSpline(std::vector<REAL> xs, REAL(*f)(REAL)) {
+            int N = xs.size();
+            std::vector<double> ys(N);
+            for (int i=0; i<N; i++) {
+                ys[i] = f(xs[i]);
+            }
+            calculateCoefficients(xs, ys);
+        }
+
+        // erstelle einen kubischen spline an aequidistanten stuetzstellen
+        // und einer zu interpolierenden funktion
+        CubicSpline(REAL a, REAL b, int N, REAL(*f)(REAL)) {
+            std::vector<double> xs(N+1);
+            std::vector<double> ys(N+1);
+            for (int i=0; i<=N; i++) {
+                xs[i] = a + (1.0*i)/N*(b-a);
+                ys[i] = f(xs[i]);
+            }
+            calculateCoefficients(xs, ys);
+        }
+
+        // werte kubischen spline an vorgegebener stelle aus
+        REAL evaluate(REAL x) {
+            for (int i=1; i<x_s.size(); i++) {
+                if (x > x_s[i] && i < x_s.size() - 1) {
+                    continue;
+                } else {
+                    return a_0[i-1] + a_1[i-1] *(x - x_s[i]) + a_2[i-1]*std::pow(x - x_s[i], 2) + a_3[i-1]*std::pow(x-x_s[i], 3);
+                }
+            }
+            return 0;
+        }
+
+        // gebe alle interpolations polynome aus
+        void print() {
+            for(int i=0; i<x_s.size()-1; i++) {
+                printf("p_%d(x) = %4.2f + %4.2f(x - %4.2f) + %4.2f(x - %4.2f)^2 + %4.2f(x - %4.2f)^3\n",
+                       i, a_0[i], a_1[i], x_s[i], a_2[i], x_s[i], a_3[i], x_s[i]);
+            }
+        }
+
+    private:
+        // stuetzstellen
+        std::vector<REAL> x_s;
+        // koeffizienten
+        std::vector<REAL> a_0;
+        std::vector<REAL> a_1;
+        std::vector<REAL> a_2;
+        std::vector<REAL> a_3;
+
+        void calculateCoefficients(std::vector<REAL> xs, std::vector<REAL> ys) {
+            // stuetzstellen from x_0 ... to x_n
+            int n = xs.size()-1;
+            // copy stuetzstellen
+            x_s = std::vector<double>(n+1);
+            x_s = xs;
+            // setup (n-1)x(n-1) matrix for a_2
+            hdnum::DenseMatrix<REAL> A(n-1,n-1);
+            std::vector<REAL> b(n-1);
+            std::vector<REAL> x(n-1);
+            REAL h; // h_i
+            REAL h1; // h_{i+1}
+            // setup LGS for a_2
+            // A has tridiagonal structure
+            for (int i = 1; i<n; i++) {
+                h = xs[i] - xs[i-1];
+                h1 = xs[i+1] - xs[i];
+                b[i-1] = 3 * ((ys[i+1] - ys[i])/h1 - (ys[i] - ys[i-1])/h);
+                if (i > 1) {
+                    A[i-1][i-2] = h;
+                } if (i < n-1) {
+                    A[i-1][i] = h1;
+                }
+                A[i-1][i-1] = 2 * (h + h1);
+            }
+            // initialize vectors
+            a_0 = std::vector<double>(n);
+            a_1 = std::vector<double>(n);
+            a_2 = std::vector<double>(n);
+            a_3 = std::vector<double>(n);
+            solveTriDiag(A,a_2,b);
+            // natuerliche randbedingung
+            a_2[n-1] = 0;
+            // berechne restliche koeffizienten
+            for (int i = 1; i<=n; i++) {
+                h = xs[i] - xs[i-1]; // h_i
+                h1 = xs[i+1] - xs[i]; // h_{i+1}
+                a_0[i-1] = ys[i];
+                if (i == 1) { // a_2[-1] = 0
+                    a_1[i-1] = (ys[i] - ys[i-1])/h + (h/3)*(2*a_2[i-1]);
+                    a_3[i-1] = (a_2[i-1])/(3*h);
+                } else {
+                    a_1[i-1] = (ys[i] - ys[i-1])/h + h/3*(2*a_2[i-1] + a_2[i-2]);
+                    a_3[i-1] = (a_2[i-1] - a_2[i-2])/(3 * h);
+                }
+            }
+        }
+};\end{lstlisting}
+\begin{figure}[h]
+    \centering
+    \begin{tikzpicture}
+        \begin{axis}[xtick=\empty, ytick=\empty]
+            \addplot[purple] table {saurier.dat};
+        \end{axis}
+    \end{tikzpicture}
+    \caption{Rekonstruktion des Sauriers}
+    \label{fig:}
+\end{figure}
+
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/num/uebungen/num4.tex

@@ -248,7 +248,7 @@ NumberType frobeniusNorm(const hdnum::DenseMatrix<NumberType> &A) {
 
         \item Auszug aus \textit{rohrleitungsnetzwerk.cc}
     \begin{lstlisting}[language=C++, title=Eigenwertberechnung, captionpos=b]
-// Funktion zur Berechnung des betragsgrößten Eigenwertes mit Potenzmethode
+// Funktion zur Berechnung des betragsgroessten Eigenwertes mit Potenzmethode
 template<class NumberType>
 NumberType maxEigenwert(const hdnum::DenseMatrix<NumberType> &A) {
     // Error checking
@@ -259,18 +259,33 @@ NumberType maxEigenwert(const hdnum::DenseMatrix<NumberType> &A) {
 
     // start vektor
     hdnum::Vector<NumberType> r(N);
-    r[0] = 1;
+    r[0] = 0;
     // work copy
     hdnum::Vector<NumberType> r_tmp(N);
-    hdnum::Vector<NumberType> diff(N);
-    // fuehre iterationsschritt 10000 mal aus
+    // finde vektor mit Ar != 0
+    for (int i = 0;;i++) {
+        A.mv(r_tmp, r); // r_tmp = Ar
+        if (r_tmp.two_norm() > 0) {
+            // Ar != 0
+            break;
+        } else if (i >= 100) {
+            // breche ab, wenn kein passender startvektor gefunden werden kann
+            HDNUM_ERROR("Kann keinen Vektor mit Ax != 0 finden. Ist A = 0?");
+        }
+        // Ar = 0, modifiziere start vektor
+        r[i % N] += 1;
+    }
+    // fuehre iterationsschritt maximal 10000 mal aus
     for (int k=0; k<10000; k++) {
         A.mv(r_tmp, r); // r_tmp = Ar
         r_tmp /= r_tmp.two_norm(); // normiere r_tmp
+        if ((r-r_tmp).two_norm() == 0)
+            // breche ab ab, wenn maximale genauigkeit erreicht wurde
+            break;
         r = r_tmp;
     }
-    A.mv(r_tmp, r);
     // berechne eigenwert mit rayleigh quotient
+    A.mv(r_tmp, r); // r_tmp = Ar
     return (r * r_tmp)/r.two_norm_2();
 }\end{lstlisting}
     \end{enumerate}

sose2020/num/uebungen/num5.tex

@@ -0,0 +1,254 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 5}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Beh.: Sei $P \in \R^{n \times n}$ mit $P^2 = P$ und $P \neq 0$. Dann gilt für $\Vert P \Vert \ge 1$ für
+            jede natürliche Matrixnorm $\Vert \cdot \Vert$.
+            \begin{proof}
+            Sei $P \in \R^{n \times n} \setminus \{0\} $ mit $P^2 = P$ und $\Vert \cdot \Vert$ natürlich.
+            Dann ist $\Vert \cdot \Vert$ insbesondere submultiplikativ, also folgt
+            $\Vert P \Vert = \Vert P^2 \Vert \le \Vert P \Vert \cdot \Vert P \Vert \implies 1 \le \Vert P \Vert$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Sei $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$. Dann gilt
+            \[
+                A = \bar{A}^{T} \iff (Ax, y)_2 = (x, Ay)_2 \quad \forall x, y \in \mathbb{C}^{n}
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Sei $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$. Es ist
+                \begin{salign*}
+                    &(Ax, y)_2 = (x, Ay)_2 \quad \forall x, y \in \mathbb{C}^{n}\\
+                    \iff &x^{T}A^{T} \bar{y} = x^{T}\bar{A}\bar{y} \quad \forall x, y \in \mathbb{C}^{n} \\
+                    \stackrel{(*)}{\iff}& A^{T} = \bar{A} \\
+                    \iff& A = \bar{A}^{T}
+                .\end{salign*}
+                $(*)$ folgt durch Einsetzen von allen Koordinateneinheitsvektoren für $x$ und $y$.
+            \end{proof}
+        \item Sei $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$ symmetrisch und positiv definit.
+            Beh.: Es existiert ein $B \in \mathbb{K}^{n \times n}$ mit $A = B \cdot B$.
+            \begin{proof}
+                Da $A$ symmetrisch und positiv definit, existiert eine orthogonale Matrix $Q$ und
+                eine Diagonalmatrix $D$ mit $A = QDQ^{T}$. Da $A$ symmetrisch und positiv definit,
+                sind alle Eigenwerte $\lambda_i$ positiv. Definiere
+                \begin{align*}
+                    \widetilde{D} := \begin{pmatrix} \sqrt{\lambda_1} & 0 & \\
+                    0 & \ddots & \\
+                    & & \sqrt{\lambda_n} \end{pmatrix}
+                .\end{align*}
+                Dann gilt also $D= \widetilde{D}^2$. Dann wähle $B := Q \widetilde{D}Q^{T}$. Dann folgt
+                \begin{align*}
+                    B \cdot B =
+                    Q\widetilde{D} \underbrace{Q^{T} \cdot Q}_{= E_n} \widetilde{D}Q^{T}
+                    = Q \widetilde{D}^2 Q^{T} = QDQ^{T} = A
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$ positiv definit und für $\mathbb{K} = \R$ sei $A$ symmetrisch. Es
+    sei außerdem für $x \in \mathbb{K}^{n}$:
+    \[
+        R_A(x) = \frac{(Ax, x)_2}{(x,x)_2}
+    .\] 
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Beh.:
+            \begin{align*}
+                \sup_{x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} } R_A(x) &= \lambda_{\text{max}}(A) \\
+                \inf_{x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} } R_A(x) &= \lambda_{\text{min}}(A)
+            .\end{align*}
+            \begin{proof}
+                Falls $\mathbb{K} = \R$, dann ist $A$ bereits symmetrisch. Falls $\mathbb{K} = \mathbb{C}$,
+                ist $A$ nach VL hermitesch, da $A$ positiv definit, d.h. $(Ax, x)_2 \in \R$
+                $\forall x \in \mathbb{C}^{n}$.
+
+                $\lambda_i$ seien die Eigenwerte von $A$. Da $A$ positiv definit, gilt $\lambda_i > 0$.
+                Da $A$ symmetrisch bzw. hermitesch, gilt dann:
+                \[
+                \sup_{x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} } \frac{\Vert A x \Vert_2}{\Vert x \Vert_2}
+                = \max_{1 \le i \le n} | \lambda_i | = \lambda_{\text{max}}(A)
+                .\] Weiter gilt $\forall x \in \mathbb{K}^{n}$:
+                \begin{align*}
+                    \frac{(Ax, x)_2}{(x,x)_2} \quad \stackrel{\text{C.S.U.}}{\le} \quad
+                    \frac{\Vert Ax \Vert_2 \Vert x \Vert_2}{\Vert x \Vert_2^2}
+                    = \frac{\Vert Ax \Vert_2}{\Vert x \Vert_2}
+                .\end{align*}
+                Damit folgt
+                \begin{align*}
+                    \sup_{x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} } R_A(x)
+                    \le \sup_{x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} } \frac{\Vert A x \Vert_2}{\Vert x \Vert_2}
+                    = \lambda_{\text{max}}(A)
+                .\end{align*}
+                Also ist $\lambda_{\text{max}}(A)$ eine obere Schranke von $R_A(x)$.
+
+                Weiter existiert ein Eigenvektor $v \in \mathbb{K}^{n}$
+                zum Eigenwert $\lambda_{\text{max}}(A)$ mit
+                $Av = \lambda_{\text{max}}(A) v$. Damit folgt
+                \begin{align*}
+                    R_A(v) = \frac{(Av, v)_2}{(v,v)_2} = \frac{\lambda_{\text{max}}(A)(v,v)_2}{(v,v)_2}
+                    = \lambda_{\text{max}}(A)
+                .\end{align*}
+                Also folgt die Behauptung für das Supremum.
+
+                Für das Infimum gilt
+                \begin{align*}
+                    \inf_{x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} } R_A(x) &=
+                    - \sup_{x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} } - R_A(x) \\
+                    &\ge - \sup_{x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} } - \frac{\Vert Ax \Vert}{\Vert x \Vert_2} \\
+                    &= - \max_{1 \le i \le n} - | \lambda_i | \\
+                    &= \min_{1 \le i \le n} |\lambda_i| \\
+                    &= \lambda_{\text{min}}(A)
+                .\end{align*}
+                Also ist $\lambda_{\text{min}}(A)$ eine untere Schranke von $R_A(x)$. Analog
+                zu $\lambda_{\text{max}}(A)$ existiert wieder ein Eigenvektor, sodass
+                die Infimumseigenschaft folgt.
+            \end{proof}
+        \item Beh.:
+            \[
+                \text{cond}_2(A) = \Vert A \Vert_2 \Vert A^{-1} \Vert_2 = \frac{\lambda_{\text{max}}(A)}{\lambda_{\text{min}}(A)}
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                $A$ ist wie in (a) immer noch symmetrisch bzw. hermitesch. Dann gilt nach VL
+                \[
+                    \Vert A \Vert_2 = \lambda_{\text{max}}(A)
+                .\] Außerdem existiert $A^{-1}$, da $A$ positiv definit und symmetrisch bzw. hermitesch und
+                damit alle Eigenwerte positiv. Weiter ist $A^{-1}$ ebenfalls symmetrisch bzw. hermitesch,
+                denn $A$ ist symmetrisch bzw. hermitesch und damit
+                $\overline{A^{-1}}^{T} = \left( \bar{A}^{T} \right)^{-1} = A^{-1}$.
+
+                Weiter gilt $\lambda \neq 0$ Eigenwert von $A$, dann ist $\frac{1}{\lambda}$ Eigenwert
+                von $A^{-1}$ zu den selben Eigenvektoren, denn
+                \[
+                Av = \lambda v \implies A^{-1} A v = \lambda A^{-1} v \implies v = \lambda A^{-1} v \implies
+                \frac{1}{\lambda} v = A^{-1} v
+                .\] Da $A$ positiv definit und symmetrisch bzw. hermitesch, sind alle Eigenwerte positiv und
+                damit $\lambda_{\text{max}}(A^{-1}) = \frac{1}{\lambda_{\text{min}}(A)}$. Damit folgt
+                \begin{align*}
+                    \text{cond}_2(A) = \Vert A \Vert_2 \Vert A^{-1} \Vert_2 = \lambda_{\text{max}}(A)
+                    \lambda_{\text{max}}(A^{-1}) = \frac{\lambda_{\text{max}}(A)}{\lambda_{\text{min}}(A)}
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Ansatz 1. Bezeichne
+    \[
+    G := \{ A \in \mathbb{K}^{n \times n}  \mid A \text{ untere Dreicksmatrix mit 1-en auf Hauptdiagonale }\} 
+    .\] 
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Beh.: $G$ ist Gruppe.
+            \begin{proof}
+                \begin{enumerate}[(G1)]
+                    \item Seien $A, B \in G$ mit $A = (a_{ij})_{i,j=1}^{n}$ und $B = (b_{ij})_{i,j=1}^{n}$.
+                        Dann ist $C = AB$ mit $C = (c_{ij})_{i,j=1}^{n}$. Wegen
+                        $A$, $B \in G$ , gilt $a_{ij} = b_{ij} = 0$ für $i < j$ und
+                        $a_{ij} = b_{ij} = 1$ für $i = j$. Damit folgt:
+                        \begin{salign*}
+                            c_{ij} &= \sum_{k=1}^{n} a_{ik} b_{kj}
+                            = \sum_{k=j}^{i} a_{ik}b_{kj}
+                            = \begin{cases}
+                                0 & i < j \\
+                                1 & i = j \\
+                                \sum_{k=j}^{i} a_{ik}b_{kj} & \text{sonst}
+                            \end{cases}
+                        .\end{salign*}
+                        Also ist $C \in G$.
+                    \item Das neutrale Element ist die Einheitsmatrix $E_n \in \mathbb{K}^{n \times n}$. Diese
+                        ist untere Dreiecksmatrix mit 1-en auf Hauptdiagonale also $E_n \in G$.
+                    \item Sei $A \in G$. Dann ist $\text{det}(A) = 1$, wegen der Dreiecksgestalt und
+                        allen Hauptdiagonalelementen gleich $1$. Also ex. $A^{-1} \in \mathbb{K}^{n \times n}$.
+
+                        Zz.: $A^{-1} \in G$. Betrachte die Adjunkte $\tilde{A}$ zu $A$ mit
+                        Einträgen $\tilde{a}_{ij} = (-1)^{i+j} | A_{ji}|$,
+                        wobei $A_{ji}$ die Matrix bezeichnet, die durch Streichen der $j$-ten Zeile
+                        und $i$-ten Spalte in $A$ entsteht.
+
+                        Seien $1 \le i,j \le n$. Falls $i = j$. Dann ist
+                        $\tilde{a}_{ii} = (-1)^{2i} | A_{ii}| = |\underbrace{A_{ii}}_{\in G}| = 1$.
+                        Falls $i < j$. Dann ist $A_{ij}$ obere Dreiecksmatrix mit $0$ auf der
+                        Hauptdiagonale, oder eine $4 \times 4$ Blockmatrix, mit zwei Nullblöcken nebeneinander.
+                        Also $|A_{ij}| = 0$ und damit $\tilde{A} \in G$.
+
+                        Damit folgt mit der 2. Cramerschen Regel:
+                        \[
+                            A^{-1} = \frac{1}{|A|} \tilde{A} \in G
+                        .\] 
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $G$ ist nicht abelsch.
+            \begin{proof}
+                \begin{align*}
+                    \begin{pmatrix} 
+                        1 & 0 & 0 \\
+                        1 & 1 & 0 \\
+                        0 & 1 & 1
+                    \end{pmatrix} 
+                    \cdot 
+                    \begin{pmatrix} 
+                        1 & 0 & 0 \\
+                        0 & 1 & 0 \\
+                        0 & 1 & 1
+                    \end{pmatrix} 
+                    =
+                    \begin{pmatrix} 
+                        1 & 0 & 0 \\
+                        1 & 1 & 0 \\
+                        0 & 2 & 1
+                    \end{pmatrix} 
+                    \neq
+                    \begin{pmatrix} 
+                        1 & 0 & 0 \\
+                        1 & 1 & 0 \\
+                        1 & 2 & 1
+                    \end{pmatrix} 
+                    =
+                    \begin{pmatrix} 
+                        1 & 0 & 0 \\
+                        0 & 1 & 0 \\
+                        0 & 1 & 1
+                    \end{pmatrix} 
+                    \cdot 
+                    \begin{pmatrix} 
+                        1 & 0 & 0 \\
+                        1 & 1 & 0 \\
+                        0 & 1 & 1
+                    \end{pmatrix} 
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $LU$ Zerlegung eindeutig.
+            \begin{proof}
+                Sei $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$ regulär und
+                $A = LU = \tilde{L}\tilde{U}$ mit $L, \tilde{L} \in G$ und
+                $U, \tilde{U}$ obere Dreicksmatrizen.
+
+                Dann ist zunächst $U, \tilde{U}$ regulär, denn: $L, \tilde{L} \in G$, also regulär und
+                die Menge der regulären Matrizen in $\mathbb{K}^{n \times n}$ Gruppe. Somit
+                \[
+                    A = LU = \tilde{L} \tilde{U} \implies L^{-1}A = U \land \tilde{L}^{-1}A = \tilde{U}
+                .\]
+                Damit folgt
+                \begin{align*}
+                    &A = LU \\
+                    \implies & A = \tilde{L}\tilde{U} (\tilde{L}\tilde{U})^{-1} LU \\
+                    \implies & A = A (\tilde{L}\tilde{U})^{-1} LU \\
+                    \implies & E_n = (\tilde{L}\tilde{U})^{-1} LU \\
+                    \implies & E_n = \tilde{U}^{-1} \tilde{L}^{-1} L U \\
+                    \implies &\tilde{U}U^{-1} = \tilde{L}^{-1}L \in G
+                .\end{align*}
+                Da $\tilde{U}$ und $U^{-1}$ obere Dreiecksmatrizen, ist auch das Produkt,
+                analog zu (a) eine obere Dreicksmatrix, d.h.
+                $\tilde{U}U^{-1} \in G$ ist obere Dreicksmatrix, damit folgt
+                $\tilde{U}U^{-1} = E_n$, also $\tilde{L}^{-1}L = E_n \implies L = \tilde{L}$. Also
+                $LU = A =  L \tilde{U}$. Da $L$ regulär, folgt $U = \tilde{U}$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/num/uebungen/num6.tex

@@ -0,0 +1,270 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+\title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 6}
+
+\usepackage[]{gauss}
+\usepackage{blkarray, bigstrut}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{itemize}
+        \item 
+    Berechnung der LU-Zerlegung. Es ist
+    \begin{align*}
+        PA = \begin{gmatrix}[p] -2 & 6 & 3 & 10 \\
+            0 & -4 & 10 & \frac{15}{2} \\
+            2 & -6 & 7 & -\frac{11}{2} \\
+            -2 & 10 & -12 & 0
+            \rowops
+            \add{0}{2}
+            \add[-1]{0}{3}
+        \end{gmatrix}
+        \sim
+        \begin{gmatrix}[p] 
+            -2 & 6 & 3 & 10 \\
+            0 & -4 & 10 & \frac{15}{2} \\
+            0 & 0 & 10 & \frac{9}{2} \\
+            0 & 4 & -15 & -10
+            \rowops
+            \add{1}{3}
+        \end{gmatrix} 
+        \\\sim
+        \begin{gmatrix}[p] 
+            -2 & 6 & 3 & 10 \\
+            0 & -4 & 10 & \frac{15}{2} \\
+            0 & 0 & 10 & \frac{9}{2} \\
+            0 & 0 & -5 & -\frac{5}{2}
+            \rowops
+            \add[\frac{1}{2}]{2}{3}
+        \end{gmatrix}
+        \sim 
+        \begin{gmatrix}[p] 
+            -2 & 6 & 3 & 10 \\
+            0 & -4 & 10 & \frac{15}{2} \\
+            0 & 0 & 10 & \frac{9}{2} \\
+            0 & 0 & 0 & -\frac{1}{4}
+        \end{gmatrix} 
+        =: U
+    .\end{align*}
+    $L$ ergibt sich durch die Faktoren der Zeilenoperationen, also
+    \begin{align*}
+        L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\
+        0 & 1 & 0 & 0 \\
+        -1 & 0 & 1 & 0 \\
+    1 & -1 & -\frac{1}{2} & 1\end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+    Damit folgt
+    \begin{align*}
+    PA = LU = 
+        \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\
+        0 & 1 & 0 & 0 \\
+        -1 & 0 & 1 & 0 \\
+    1 & -1 & -\frac{1}{2} & 1\end{pmatrix} 
+        \begin{gmatrix}[p] 
+            -2 & 6 & 3 & 10 \\
+            0 & -4 & 10 & \frac{15}{2} \\
+            0 & 0 & 10 & \frac{9}{2} \\
+            0 & 0 & 0 & -\frac{1}{4}
+        \end{gmatrix} 
+    .\end{align*}
+\item Es ist
+    \[
+        \text{det}(PA) = \text{det}(LU) = \text{det}(L) \text{det}(U) = -20
+        \implies \text{det}(A) = - \frac{20}{\text{det}(P) } = 20
+    .\] 
+    Es ist zunächst $\tilde{e}_1 = P e_1 = e_2$, $\tilde{e}_2 = P e_2 = e_1, \tilde{e}_3 = P e_3 = e_3$ und
+    $\tilde{e}_4 = P e_4 = e_4$. Damit folgt durch Vorwärtseinsetzen in $Ly_i = \tilde{e}_i$:
+    \begin{align*}
+    y_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},
+    y_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ -\frac{1}{2} \end{pmatrix},
+    y_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ \frac{1}{2} \end{pmatrix},
+    y_4 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+    Und durch Rückwärtseinsetzen in $R x_i = y_i$ folgt
+    \begin{align*}
+    x_1 = \begin{pmatrix} - \frac{541}{20} \\ -\frac{13}{4} \\ \frac{9}{5} \\ -4 \end{pmatrix},
+    x_2 = \begin{pmatrix} \frac{271}{20} \\ \frac{7}{4} \\ -\frac{4}{5} \\ 2 \end{pmatrix},
+    x_3 = \begin{pmatrix} -\frac{49}{4} \\ -\frac{5}{4} \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix},
+    x_4 = \begin{pmatrix} -\frac{263}{10} \\ -3 \\ \frac{9}{5} \\ -4\end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+    Die $x_i$ sind die Spalten von $A^{-1}$, also folgt direkt
+    \begin{align*}
+    A^{-1}
+    =
+    \begin{pmatrix} 
+        -\frac{541}{20} & \frac{271}{20} & -\frac{49}{4} & -\frac{263}{10} \\
+        -\frac{13}{4} & \frac{7}{4} & -\frac{5}{4} & -3 \\
+        \frac{9}{5} & - \frac{4}{5} & 1 & \frac{9}{5} \\
+        -4 & 2 & -2 & -4
+    \end{pmatrix}
+    .\end{align*}
+    Damit folgt direkt
+    \begin{align*}
+    Ax = b \implies x = A^{-1}b = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+\item Für die Kondition gilt nach VL
+    \begin{align*}
+        \text{cond}_{\infty}(A) = \Vert A \Vert_{\infty} \Vert A^{-1} \Vert_\infty
+        = 24 \cdot 79 \frac{3}{20} = 1899 \frac{3}{5}
+    .\end{align*}
+    \end{itemize}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $T$ wie in der Aufgabe gegeben mit $bc > 0$.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Es gilt
+            \[
+                (v_{k})_i = \nu^{i} \sin\left( i \frac{k \pi}{n+1} \right) 
+            .\] Es sei außerdem $(v_{k})_{0} = (v_{k})_{n+1} = 0$. Damit folgt
+            \[
+                (Tv_k)_i = c (v_{k})_{i-1} + a (v_k)_{i} + b (v_{k})_{i+1}
+            .\] 
+            Es gilt außerdem
+            \begin{align}
+            b \nu^{i+1} = b \frac{c^{\frac{i}{2} + \frac{1}{2}}}{b^{\frac{i}{2} + \frac{1}{2}}}
+            = \frac{c^{\frac{i}{2} + \frac{1}{2}}}{b^{\frac{i}{2} - \frac{1}{2}}}
+            = c \frac{c^{\frac{i}{2} - \frac{1}{2}}}{b^{\frac{i}{2} - \frac{1}{2}}} = c \nu^{i-1}
+            .\end{align}
+            Weiter ist
+            \begin{salign*}
+                (\lambda_k v_k)_{i}
+                &= \left[a + 2b \nu \cos \left( \frac{k\pi}{n+1} \right) \right]
+                \nu^{i} \sin\left( i \frac{k\pi}{n+1} \right) \\
+                &= a \nu^{i} \sin\left( i \frac{k\pi}{n+1} \right)
+                + 2b\nu^{i+1} \cos\left( \frac{k\pi}{n+1} \right) \sin\left( i \frac{k\pi}{n+1} \right) \\
+                &\stackrel{\text{nützl. Formel}}{=} 
+                a (v_{k})_i + b \nu^{i+1} \sin\left( (i+1) \frac{k\pi}{n+1} \right)
+                + b \nu^{i+1} \sin\left( (i-1) \frac{k\pi}{n+1} \right) \\
+                &\stackrel{\text{(1)}}{=} a (v_{k})_i + b (v_{k})_{i+1} + c (v_k)_{i-1}
+            .\end{salign*}
+            Damit folgt
+            \[
+                (T v_k)_i = (\lambda_k v_k)_i \implies T v_k = \lambda_k v_k
+            .\] Also $v_k$ Eigenvektoren zu EW $\lambda_k$. Da $T \in \R^{n \times n}$, sind
+            die $n$ Eigenwerte $\lambda_k$ alle Eigenwerte von $T$.
+        \item Beh.: $\text{cond}_2(T) = \mathcal{O}(n^2)$.
+            \begin{proof}
+            Für $a = 2$ und $b = c = -1$ ist $T$ symmetrisch. Außerdem gilt für die Eigenwerte
+            von $T$:
+            \[
+                \lambda_k = 2 -2 \cos\left( \frac{k \pi}{n+1} \right) 
+            .\] Es gilt für $k = 1,\ldots, n$:
+            \[
+                0 < \frac{k \pi}{n+1} < \pi \implies \left| \cos\left( \frac{k\pi}{n+1} \right) \right|
+                < 1 \implies \lambda_k > 0
+            .\] Also ist $T$ positiv definit. Es gilt weiter
+            \begin{align*}
+                \min_{1 \le k \le n} \cos\left( \frac{k\pi}{n+1} \right)
+                &= \cos\left( \frac{n \pi}{n+1}\right) \\
+                \max_{1 \le k \le n} \cos\left( \frac{k \pi}{n+1} \right) &=
+                \cos\left( \frac{\pi}{n+1} \right) 
+            .\end{align*}
+            Damit folgt
+            $\lambda_{\text{min}}(T) = \lambda_{1} = 2 - 2 \cos\left( \frac{\pi}{ n+1} \right) $
+            und $\lambda_{\text{max}}(T) = \lambda_{n} = 2 - 2 \cos\left( \frac{n \pi}{ n+1} \right) $.
+            Da $T$ symmetrisch und positiv definit gilt also
+            \begin{align*}
+                \text{cond}_2(T) = \frac{\lambda_{\text{max}}(T)}{\lambda_{\text{min}}(T)}
+                = \frac{ 1 - \cos\left( \frac{n\pi}{n+1} \right) }{1 - \cos\left( \frac{\pi}{n+1} \right) }
+                \le 
+                \frac{2}{1 - \cos\left( \frac{\pi}{n+1} \right) }
+            .\end{align*}
+            Für $\frac{\pi}{n+1} \xrightarrow{n \to \infty} 0$. Also folgt mit Taylorentwicklung 2.
+            Ordnung
+            \[
+                \frac{2}{1 - \cos\left( \frac{\pi}{n+1} \right) }
+                = \frac{2}{1 - \left( 1 - \frac{\pi^2}{2 (n+1)^2} + \mathcal{O}\left(\frac{\pi^{3}}{(n+1)^{3}}\right)\right) }
+                \quad \stackrel{\frac{\pi}{n+1} \ll 1}{\approx} \quad \frac{2}{\frac{\pi^2}{2 (n+1)^2}}
+                = \frac{4 (n+1)^2}{\pi^2}
+            .\] Damit folgt
+            \begin{align*}
+                \lim_{n \to \infty} \frac{2}{1 - \cos\left( \frac{\pi}{n+1} \right) } \cdot \frac{1}{n^2}
+                \approx
+                \lim_{n \to \infty} \frac{4n^2 + 8n + 4}{\pi^2 n^2}
+                = \frac{4}{\pi^2} < \infty
+            .\end{align*}
+            Damit folgt $\text{cond}_2(T) = \mathcal{O}(n^2)$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Es sei
+            \begin{align}
+                A^{(k)} &= \begin{gmatrix}[b] R_{11}^{(k)} & R_{12}^{(k)} \\
+                0 & B^{(k)}\end{gmatrix}
+                \intertext{mit}
+                B^{(k)} &= \begin{gmatrix}[b] \alpha ^{(k)} & (w^{(k)})^{T} \\
+                \sigma ^{(k)} & C^{(k)}
+                    \end{gmatrix}
+            .\end{align}
+            wobei $C^{(k)} \in \R^{(n-k-1)\times (n-k-1)}$ und
+            $\sigma ^{(k)}, w^{(k)} \in \R^{n-k-1}, \alpha ^{(k)} \neq 0$.
+            Da $\alpha ^{(k)} \neq 0$, ist die Pivotisierung bereits
+            durchgeführt oder nicht notwendig. Es gilt damit nach VL
+            \begin{align}
+                A^{(k+1)} = A^{(k)} - l^{(k+1)}(u^{(k+1)})^{T}
+            .\end{align}
+            mit
+            \[
+                l^{(k+1)}_i = \begin{cases}
+                    0 & 1 \le i \le k \\
+                    \frac{a_{i,k}^{(k)}}{a_{k,k}^{(k)}} & k+1 \le i \le n
+                \end{cases} \text{ und }
+                u_j^{(k+1)} = \begin{cases}
+                    0 & 1 \le j \le k \\
+                    a_{k,j}^{(k)} & k \le j \le n
+                \end{cases}
+            .\]
+            Mit (2) folgt damit
+            \begin{align*}
+                l^{(k+1)} = \begin{gmatrix}[b] 0 \\ \frac{1}{a_{k,k}^{(k)}} \sigma ^{(k)}
+                \end{gmatrix}
+                \text{ und }
+                u^{(k+1)} = \begin{gmatrix}[b] 0 & (w^{(k)})^{T} \end{gmatrix}
+            .\end{align*}
+            Mit (1) und (3) folgt somit
+            \begin{align*}
+                A^{(k+1)} &= A^{(k)} - \begin{gmatrix}[b] 0 & 0 & 0\\
+                0 & 0 & 0 \\
+                0 & 0 & \frac{1}{\alpha ^{(k)}} \sigma ^{(k)} (w^{(k)})^{T} \end{gmatrix}
+                \intertext{Für $B^{(k+1)}$ gilt damit}
+                B^{(k+1)} &= C^{(k)} - \frac{1}{\alpha ^{(k)}} \sigma ^{(k)} (w^{(k)})^{T}
+            .\end{align*}
+        \item Der Algorithmus führt die Gauß-Elimination zeilenweise durch. Dabei wird für Zeile $i$
+            folgendermaßen verfahren:
+
+            \begin{enumerate}[1)]
+                \item Für jede Spalte, die nicht rechts der Diagonale ist, wird
+                    zunächst das $i$-te Element des $l^{(j)}$-Vektors berechnet.
+                    \[
+                        l_i^{(j)} = a_{i,j-1} = \frac{a_{i,j-1}}{a_{j-1,j-1}}
+                    .\] Das Element $a_{j-1, j-1}$ ist das Pivotelement des $j$-ten Schritts
+                    der LU Zerlegung aus der VL.
+
+                    In der Schleife für $k$, werden dann für $a_{i,j}$ sukzessiv alle Rang-1-Updates
+                    ausgeführt, der bis dahin berechneten $l^{(k)}_i$.
+                \item Die Elemente in den Spalten rechts der Diagonale sind keine Pivotelemente. Deshalb
+                    werden hier direkt die Rang-1-Updates $l_i^{(1)}$ bis $l_i^{(i-1)}$, die
+                    links der Diagonale stehen, ausgeführt.
+            \end{enumerate}
+            Damit ist die Zeile $i$ auf die finale Form gebracht und es wird mit $i+1$ weitergemacht.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Implementierung siehe \textit{prog\_sparse\_matrix.cc}. Plot in \textit{sparse\_plot.png}.
+
+    Die Komplexität in der \lstinline{DenseMatrix} Variante ist wie zu erwarten $\mathcal{O}(N^2)$ und
+    die Komplexität der \lstinline{SparseMatrix} Variante $\mathcal{O}(N)$, da
+    die Anzahl der Nicht-Null Elemente der verwendeten Flussmatrix aus dem Rohrleitungsnetzwerk
+    linear ansteigt.
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/num/uebungen/num7.tex

@@ -0,0 +1,175 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 7}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}[]
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Mit der Block LU-Zerlegung von $A$ folgt
+            \begin{align*}
+                A &= \begin{pmatrix} Id & 0 \\
+                A_{21}A_{11}^{-1} & Id \end{pmatrix}
+                \begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} \\
+                0 & S\end{pmatrix}
+                = \begin{pmatrix} 
+                    A_{11} & A_{12} \\
+                    A_{21} A_{11}A_{11}^{-1} & A_{21}A_{11}^{-1}A_{12} + S
+                \end{pmatrix} 
+                = \begin{pmatrix} 
+                    A_{11} & A_{12} \\
+                    A_{21} & A_{21}A_{11}^{-1}A_{12} + S
+                \end{pmatrix}
+            .\end{align*}
+            Damit folgt
+            \[
+                A_{22} = A_{21}A_{11}^{-1}A_{12} + S \implies S = A_{22} - A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}
+            .\]
+        \item Sei $A$ hermitesch und positiv definit. Dann ist
+            \[
+                \overline{A}^{T} = \begin{pmatrix} \overline{A_{11}}^{T} & \overline{A_{21}}^{T} \\
+                    \overline{A_{12}}^{T} & \overline{A_{22}}^{T}
+                \end{pmatrix} =
+                    \begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{pmatrix}  = A
+            .\] 
+            Damit folgt $\overline{A_{11}}^{T} = A_{11}$ und $\overline{A_{12}}^{T} = A_{21}$. Dann folgt
+            \[
+            \overline{S}^{T} = \overline{A_{22}}^{T} - \overline{A_{12}}^{T} \overline{A_{11}}^{-T} \overline{A_{21}}^{T}
+            = A_{22} - A_{21}A_{11}^{-1}A_{12} = S
+            .\] Also $S$ und $A_{11}$ hermitesch. Da $A$ hermitesch und positiv definit, sind alle
+            führenden Hauptminoren positiv, d.h. auch alle führenden Hauptminoren von $A_{11}$ sind positiv,
+            d.h. $A_{11}$ positiv definit.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: Der Algorithmus ist wie angegeben durchführbar.
+    \begin{proof}
+        Induktionsbehauptung: $\forall 1 \le j < n$: $u_j \neq 0$ und $|u_j| > |b_j|$.
+        Endliche Induktion über $j < n$. $j = 1$: $u_1 = a_1 \neq 0$. $|u_1| > |b_1|$.
+
+        Sei $j < n$ und Induktionsbehauptung für $j-1$ gezeigt. Dann gilt $u_{j-1} \neq 0$, also
+        $l_j = \frac{c_j}{u_{j-1}}$ und $u_j = a_j - \frac{c_j}{u_{j-1}}b_{j-1}$. Damit folgt
+        \begin{salign*}
+            |u_j| &= \left| a_j - \frac{c_j}{u_{j-1}}b_{j-1} \right| \\
+            &\ge \left| |a_j| - \frac{|c_j|}{|u_{j-1}|}|b_{j-1}| \right| \\
+            &\ge \Big| |b_j| + \underbrace{|c_j|}_{\neq 0} \Big( 1 - \underbrace{\frac{|b_{j-1|}}{|u_{j-1}|}}_{ \text{I.V.:} < 1} \Big)  \Big|  \\
+            &> |b_j| > 0
+        .\end{salign*}
+        Das zeigt die Induktionsbehauptung.
+
+        Für $j = n$ folgt ganz analog
+        \begin{salign*}
+            |u_n| &= \left| a_n - \frac{c_n}{u_{n-1}}b_{n-1} \right| \\
+            &\ge \Big| |c_n| \Big(1 - \underbrace{\frac{|b_{n-1}|}{|u_{n-1}|}}_{< 1}\Big) \Big| \\
+            &> 0
+        .\end{salign*}
+    \end{proof}
+    Beh.: Der Algorithmus liefert die angegebene LU-Zerlegung.
+    \begin{proof}
+        Es müssen je Zeile nur die $c_j$ eliminiert werden. Das wird mit $l_j = c_j / u_{j-1}$ erreicht.
+        Da $b_j \neq 0$, wird noch die Diagonale modifiziert um $-l_{j}b_{j-1}$. Die $b_j$ werden
+        nicht verändert, da die Elemente in $A$ oberhalb der $b_j$ null sind. Damit folgt die angegebene
+        LU-Zerlegung.
+    \end{proof}
+    Beh.: $\text{det}(A) \neq 0$.
+    \begin{proof}
+        Es ist $\text{det}(A) = \text{det}(L) \cdot \text{det}(U) = 1 \underbrace{\cdot u_1 \cdots u_n}_{\neq 0} \neq 0$
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $A \in \R^{n \times n}$ gegeben durch
+    \[
+    a_{ij} = \begin{cases}
+        +1 & i=j \lor j=n \\
+        -1 & i > j \\
+        0 &\text{sonst}
+    \end{cases}
+    .\] 
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Es gilt nach VL für $1 \le k < n$:
+            \[
+                l_i^{(k)} = \begin{cases}
+                     0 & 1 \le i \le k \\
+                     a_{ik}/a_{kk} & k < i \le n
+                \end{cases}
+            .\] 
+            Für $1 \le i < n$ gilt: Wegen $a_{ij} = 0$ für $j > i$, werden die Pivotelemenete $a_{ii} = 1$
+            nicht modifiziert. Damit folgt
+            \[
+            l_{ij} = \begin{cases}
+                0 & i < j \\
+                +1 & i = j \\
+                -1 & i> j
+            \end{cases}
+            ,\] also $|l_{ij}| \le 1$. Da $l_{ij} = -1$ für $i > j$, gilt für $i > k$:
+            \[
+                a_{in}^{(k)} = a_{in}^{(k-1)} - (-1) \cdot a_{kn}^{(k)}
+            .\] Damit folgt
+            \[
+                u_{in}^{(k)} = \begin{cases}
+                    u_{in}^{(k-1)} & 1 \le i \le k \\
+                    u_{in}^{(k-1)} + u_{kn}^{(k)} & k+1 \le i \le n
+                \end{cases}
+                = \begin{cases}
+                    u_{in}^{(k-1)} & 1 \le i \le k \\
+                    2 u_{in}^{(k-1)} & k+1 \le i \le n
+                \end{cases}
+            .\] Insgesamt folgt
+            \[
+                u_{nn} = u_{n n}^{(n-1)} = 2 u_{nn}^{(n-2)} = \ldots = 2^{n-1} u_{nn}^{(1)} = 2^{n-1}
+            .\]
+        \item Verwende Spaltenvertauschungen $Q \in \R^{n \times n}$, $j$-te Spalte von $Q$ gegeben als
+            \[
+            Q_j = \begin{cases}
+                e_n & j = 1 \\
+                e_{j-1} & 1 < j \le n
+            \end{cases}
+            .\] Dann hat $AQ$ die Form
+            \[
+                (AQ)_{ij} = \begin{cases}
+                    +1 & j = 1 \lor i+1 = j \\
+                    -1 & j\neq 1 \land j < i+1 \\
+                    0 & \text{sonst}
+                \end{cases}
+            .\] 
+            Induktion über $n$. Für $n = 2$ gilt
+            \[
+                A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}
+                \implies
+                AQ = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}
+                =
+                \underbrace{\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}}_{=: L}
+                \underbrace{\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -2 \end{pmatrix} }_{=: U}
+            .\] Es gilt also $u_{nn} = -2$, insbes. $|u_{nn}| = 2 = \max \{|1|, |-2|\} $.
+
+            Sei nun $n \in \N$ beliebig und Beh. gezeigt für $n-1$. Dann ist
+            \[
+                AQ = \begin{bmatrix} \tilde{A} & \begin{matrix} 0 \\ \vdots \\ 1 \end{matrix} \\
+                \begin{matrix} 1 & -1 & \cdots & -1  \end{matrix} & -1 \end{bmatrix}
+            .\] Wende Operationen der Gauß-Elimination von $\tilde{A} \in \R^{(n-1)\times (n-1)}$ auf $AQ$ an
+            Für $1 \le i \le n-2$ gilt $a_{in}= 0$, also bleibt $n$-te Spalte unverändert. Letzte Zeile
+            zu $0$ eliminiert, bis auf $a_{n(n-1} = -1$. Nach I.V. gilt
+            jetzt $a'_{(n-1)(n-1)} = -2$. Mit $l = 1$ folgt
+            \[
+                u_{nn} = a'_{nn} = a_{nn} - a_{(n-1)n} = -1 -1 = -2
+            .\] Es ist weiter
+            \[
+                u_{ni} = a_{ni} = \begin{cases}
+                    0 & 1 \le i < n -1 \\
+                    1 & i = n-1 \\
+                    -2 & i = n
+                \end{cases}
+            .\] Damit folgt die Behauptung.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    siehe \textit{prog\_iterative\_solvers.cc} und \textit{iterative\_solvers\_plot.png}.
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/num/uebungen/num8.tex

@@ -0,0 +1,214 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 8}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $A \in \R^{n \times n}$ symmetrisch und positiv definit. Betrachte
+    \[
+        F\colon \R^{n} \to \R, \quad F(x) = \frac{1}{2} (Ax,x)_2 - (b,x)_2
+    .\] 
+    \begin{enumerate}[1.]
+        \item Beh.: $\nabla F(x) = Ax - b$.
+            \begin{proof}
+                Es ist
+                \begin{salign*}
+                    F(x) &= \frac{1}{2} \sum_{i,j=1}^{n} a_{ij}x_j x_i - \sum_{i=1}^{n} b_i x_i
+                    \intertext{Da $A$ symmetrisch, gilt $a_{ij} = a_{ji}$. Damit folgt}
+                    \frac{\partial F}{\partial x_i} &= \frac{1}{2} \left(2 \sum_{j=1, i\neq j}^{n} a_{ij}x_j
+                    + 2 a_{ii} x_i \right) - b_i \\
+                    &= \sum_{j=1}^{n} a_{ij} x_j - b_i \\
+                    &= (Ax)_i - b_i
+                    \intertext{Also folgt}
+                    \nabla F(x) &= Ax - b
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $x^{*}$ löst $Ax = b$ g.d. wenn $x^{*}$ das eindeutige Minimum von $F$ ist.
+            \begin{proof}
+                ,,$\implies$``: Sei $x^{*}$ Lösung von $Ax = b$. Dann ist
+                $\nabla F(x^{*}) = Ax^{*} -b = b - b = 0$. Außerdem gilt da $A$ symmetrisch
+                \[
+                    H_f(x) = \left( \frac{\partial^2F}{\partial x_i \partial x_j} \right)_{i,j=1}^{n} = A^{T} = A
+                .\] Da $A$ positiv definit, ist $x^{*}$ Minimum von $F$. Da $A$ symmetrisch
+                und positiv definit, ist $A$ regulär, also hat $\nabla F(x)$ keine weiteren Nullstellen.
+                $x^{*}$ ist also eindeutiges Minimum.
+
+                ,,$\impliedby$``: Sei $x^{*}$ Minimum von $F$. Dann gilt $\nabla F(x^{*}) = 0$, also
+                $Ax^{*} - b = 0$, d.h. $Ax^{*} = b$.
+            \end{proof}
+        \item Seien $x, p \in \R^{n}$ mit $p \neq 0$. Beh.: $g(\alpha) = F(x + \alpha p)$ nimmt
+            bei
+            \[
+                \alpha = \frac{(p, b-Ax)_2}{(p,Ap)_2}
+            \] sein Minimum an.
+            \begin{proof}
+                Es ist
+                \[
+                    g'(\alpha) = (\nabla F(x + \alpha p), p)_2 = (Ax, p)_2 + \alpha (Ap, p)_2 - (b,p)_2
+                .\] Eingesetzt ergibt sich
+                \begin{salign*}
+                    g'\left( \frac{(p, b-Ax)_2}{(p,Ap)_2} \right) &=
+                    (Ax,p)_2 + (p,b-Ax)_2 - (b,p)_2 \\
+                    &= (Ax - b, p)_2 + (b - Ax, p)_2 \\
+                    &= (0,p)_2 \\
+                    &= 0
+                .\end{salign*}
+                Weiter gilt da $A$ positiv definit und $p \neq 0$:
+                \[
+                    g''(\alpha) = (Ap, p)_2 > 0 
+                .\] Also ist $\alpha$ Minimum von $g$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $\R \ni a \neq 0$ und
+    \[
+        f(x) = x^2 - a
+    .\] 
+    \begin{enumerate}[1.]
+        \item
+            \begin{enumerate}[(a)]
+                \item $g_R'(x) = 1 - \frac{2x}{a} \implies 0 = 1 - \frac{2x}{a} \implies x = \frac{a}{2}$,
+                    $g_R''(x) = - \frac{2}{a} < 0$. Also ist $x = \frac{a}{2}$ Maximum und
+                    einziges Extremum von $g_R$,
+                    inbes. auf $[0, a]$. Weiter ist $g\left( \frac{a}{2} \right) = \frac{a}{4} + 1$.
+
+                    Wegen $g(0) = 1 = g(a)$ folgt $g([0,a]) = [1, 1 + \frac{a}{4}]$.
+                \item Für $a > $, $\sigma = \frac{1}{a}$ und $0 < x,y < a$ gilt
+                    \begin{salign*}
+                        |g(x) - g(y)| &= | x - \frac{x^2}{a} + 1 - (y - \frac{y^2}{a} + 1)| \\
+                        &= |x-y + \frac{1}{a}(y^2 - x^2)| \\
+                        &= |x-y - \frac{1}{a}(x-y)(y+x)| \\
+                        &= |x-y| |1 - \underbrace{\frac{1}{a}(y+x)}_{< 2a}| \\
+                        &< |x-y| |-1| \\
+                        &= |x-y|
+                    .\end{salign*}
+                \item Aus (b) folgt
+                    \[
+                        q \coloneqq |1 - \frac{1}{a} (\underbrace{x^{k+1} + x^{k}}_{\to 2\sqrt{a}}) |
+                        \xrightarrow{x^{k} \to \sqrt{a}} 1 - \frac{2 \sqrt{a} }{a}
+                    .\] 
+            \end{enumerate}
+        \item Sei nun
+            \[
+                g_N(x) = x - \frac{x^2 - a}{2x}
+            .\]
+            Sei $z \in \R$ beliebig. Dann ex. mit Taylor ein $\eta_x$ zwischen $x$ und $z$ und
+            ein $\eta_y$ zwischen $y$ und $z$, s.d.
+            \begin{salign*}
+                g_N(x) &= g_N'(z)(x - z) + \underbrace{g_N''(\eta_x)(x - z)^2}_{\text{Restglied}} \\
+                g_N(y) &= g_N'(z)(y - z) + \underbrace{g_N''(\eta_y)(y - z)^2}_{\text{Restglied}} \\
+                \intertext{Damit folgt}
+                g_N(y) - g_N(y) &= g_N'(z)(y-y) + g_N''(\eta_y)(y - z)^2 + g_N''(\eta_y)(y - z)^2
+            .\end{salign*}
+            Es gilt weiter
+            \begin{align*}
+            g_N'(x) &= 1 - \frac{4x^2 - 2x^2 + 2a}{4x^2} = 1 - \frac{x^2 + a}{2x^2} = \frac{1}{2} - \frac{a}{2x^2} \\
+            g_N''(x) &= \frac{a}{x^{3}}
+            .\end{align*}
+            Mit $z = \frac{x+y}{2}$ folgt
+            \begin{salign*}
+                |g(x) - g(y)| &= \left| \left( \frac{1}{2} - \frac{2a}{(x+y)^2} \right) (x-y) + \frac{a(x-y)^2}{4} \left( \frac{1}{\eta_x^{3}} + \frac{1}{\eta_{y}^{3}} \right)  \right| \\
+                &= |x - y| \left| \frac{1}{2} - \frac{2a}{(x+y)^2} + \frac{a|x-y|}{4} \left( \frac{1}{\eta_{x}^{3}} + \frac{1}{\eta_y^{3}} \right)  \right|
+            .\end{salign*}
+            Z.z.: $\exists \epsilon > 0$, s.d. für $|x - \sqrt{a}|, |y - \sqrt{a}| < \epsilon$, $\left| \frac{1}{2} - \frac{2a}{(x+y)^2} + \frac{a|x-y|}{4} \left( \frac{1}{\eta_{x}^{3}} + \frac{1}{\eta_y^{3}} \right)  \right| < 1$ gilt.
+
+            Für $x \to \sqrt{a} $ und $y \to \sqrt{a}$ folgt $\eta_x \to \sqrt{a} $ und $\eta_y \to \sqrt{a} $.
+            Damit folgt
+            \begin{salign*}
+                \left| \frac{1}{2} - \frac{2a}{\underbrace{(x+y)^2}_{\to 4 \sqrt{a} }} + \frac{a\overbrace{|x-y|}^{\to 0}}{4}
+                \underbrace{\left( \frac{1}{\eta_{x}^{3}} + \frac{1}{\eta_y^{3}} \right)}_{\to \frac{1}{2 \sqrt{a}^{3}}}  \right| \longrightarrow 0
+            .\end{salign*}
+            Also für $\epsilon$ klein genug, folgt $|g(x) - g(y)| < |x-y|$ für
+            $|x - \sqrt{a}|, |y - \sqrt{a}| < \epsilon$.
+
+        \item Es gilt für $0 < x^{k} \neq \sqrt{a}$:
+            \[
+                x^{k+1} = g_N(x^{k}) = x^{k} - \frac{(x^{k})^2 - a}{2x^{k}}
+            .\] 
+            Es gilt damit
+            \begin{alignat*}{3}
+                &&0 &< (\underbrace{x^{k})^{2} - a}_{\neq 0})^2
+                = (x^{k})^{4} - 2(x^{k})^2 a + a^2 \\
+                &\implies& 4 (x^{k})^2 a &< (x^{k})^{4} + 2(x^{k})^2a + a^2 \\
+                &\implies& 2 x^{k} \sqrt{a}  &< (x^{k})^2 + a
+                = 2 (x^{k})^2 - (x^{k})^2 + a\\
+                &\implies& \sqrt{a} &< x^{k} - \frac{(x^{k})^2 - a}{2x^{k}}
+                = x^{k+1} \qquad (*)
+            .\end{alignat*}
+            Für $x^{k} > \sqrt{a} $ gilt zudem
+            \begin{align*}
+                x^{k+1} &= x^{k} - \underbrace{\frac{(x^{k})^2 - a}{2 x^{k}}}_{> 0} \\
+                &< x^{k}
+            .\end{align*}
+
+            Damit folgt für $x^{k} > \sqrt{a} $ konvergiert $x^{k+1}$ monoton gegen $\sqrt{a} $. Falls
+            $x^{k} < \sqrt{a} $, dann ist wegen ($*$) $x^{k+1} > \sqrt{a} $. Dann tritt wieder der erste
+            Fall ein und es liegt ebenfalls Konvergenz vor.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $f\colon \R^{n} \to \R^{n}$. Betrachte
+    \[
+        F(x) = \Vert f(x) \Vert_2^2
+    \] und
+    \[
+        H(\alpha) = \Vert f(x^{k}) + \alpha J_f(x^{k})p^{k}\Vert_2^2
+    .\] Es gilt
+    \begin{align*}
+        H'(\alpha) &= 2 \left[ f(x^{k}) + \alpha J_f(x^{k})p^{k} \right]^{T} J_f(x^{k})p^{k} \\
+                   &= 2 \left[ (fx^{k}, J_f(x^{k})p^{k})_2 + \alpha (J_f(x^{k}) p^{k}, J_f(x^{k}) p^{k})_2 \right]
+                   \intertext{$\alpha_{opt}$ eingesetzt ergibt}
+                   H'(\alpha_{opt}) &= 2 \left[ (f(x^{k}, J_f(x^{k})p^{k})_2 - (f(x^{k}), J_f(x^{k}) p^{k})_2 \right]  \\
+                   &= 0
+        \intertext{Weiter ist wegen $p^{k} \neq 0$}
+        H''(\alpha) &= (J_f(x^{k})p^{k}, J_f(x^{k})p^{k})_2 \\
+                    &> 0
+    .\end{align*}
+    Also hat $H$ bei $\alpha_{opt}$ ein Minimum.
+
+    Iterationen:
+    \begin{enumerate}[1.]
+        \item Relaxation:
+            \[
+                x^{k+1} = x^{k} + \alpha_{opt} f(x^{k})
+            .\] 
+        \item Gradientenverfahren: Es gilt
+            \[
+                \frac{\partial F}{\partial x_j} = \sum_{i=1}^{n} 2 f_i(x) \frac{\partial f_i}{\partial x_j}
+                = 2 \left( f(x), (J_f(x))_{j-\text{te Spalte}}  \right)_2
+                \implies \nabla F = 2 J_f(x^{k})^{T} f(x^{k})
+            .\] Damit folgt
+            \[
+                x^{k+1} = x^{k} - 2 \alpha_{opt} J_f(x^{k})^{T} f(x^{k})
+            .\]
+        \item Newton-Verfahren:
+            \[
+                x^{k+1} = x^{k} + \alpha_{opt} J_f^{-1}(x^{k}) f(x^{k})
+            .\] 
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\newpage
+\begin{aufgabe}
+    Siehe \textit{prog\_nonlinear\_solvers\_methods.cc} und \textit{prog\_nonlinear\_solvers\_fractal.cc}.
+
+    Nullstellen mit Newtonverfahren sie Programmcode.
+    Gewählte Parameter für Relaxationsverfahren:
+    Startpunkt $(2,1)^{T}$, $\sigma = 0.35$.
+    Damit konvergiert das Verfahren in $49$ Iterationsschritten mit einer Abweichung von
+    $\Vert f(x_i) \Vert_2 < 10^{-15}$.
+    \begin{figure}[h!]
+        \includegraphics[width=.5\textwidth]{raster_changed.pdf}
+        \includegraphics[width=.5\textwidth]{4-root-polynomial.pdf}
+        \caption{Links: Verändertes Raster, Rechts: Polynom $x^{4} - 3x^{3} + 5x + 3$}
+    \end{figure}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/num/uebungen/num9.tex

@@ -0,0 +1,211 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 9}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\usepackage[]{subcaption}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Es ergibt sich durch Ausrechnen:
+            \begin{salign*}
+                a_0 &= y_0 = \frac{1}{2} \\
+                a_1 &= \frac{y_1 - a_0 N_0(t_1)}{N_1(t_1)} = \frac{1 - \frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{2}{3} \\
+                a_2 &= \frac{y_2 - a_0 N_0(t_2) - a_1N_1(t_2)}{N_2(t_2)} = -\frac{4}{45}
+                \intertext{Damit folgt}
+                p_2(t) &= \frac{1}{2} + \frac{2}{3}\left( t - \frac{1}{4} \right) - \frac{4}{45} \left( t - \frac{1}{4} \right) (t- 1)
+            .\end{salign*}
+        \item Es folgt für $t_3 = 9$ $y_3 = 3$, also
+            \begin{salign*}
+                a_3 &= \frac{y_3 - a_0N_0(t_3) - a_1N_1(t_3) - a_2 N_2(t_3)}{N_3(t_3)}
+                = \frac{13}{1575}
+                \intertext{Damit folgt}
+                p_3(t) &= \frac{1}{2} + \frac{2}{3}\left( t - \frac{1}{4} \right) - \frac{4}{45} \left( t - \frac{1}{4} \right) (t- 1) + \frac{13}{1575} \left( t - \frac{1}{4} \right) (t-1)(t-4)
+            .\end{salign*}
+        \item Graph:\\
+            \begin{tikzpicture}
+                \begin{axis}[default 2d plot,
+                             xmin=0,xmax=10,
+                             legend pos=outer north east]
+                    \addplot[domain=0:10, smooth,green]{0.5 + 2/3*(x-1/4) - 4/45*(x-1/4)*(x-1)};
+                    \addlegendentry{$p_2(t)$}
+                    \addplot[domain=0:10, smooth, blue]{0.5 + 2/3*(x-1/4) - 4/45*(x-1/4)*(x-1)+13/1575*(x-1/4)*(x-1)*(x-4)};
+                    \addlegendentry{$p_3(t)$}
+                    \addplot[domain=0:10, smooth, red]{sqrt(x)};
+                    \addlegendentry{$\sqrt{t}$}
+                \end{axis}
+            \end{tikzpicture}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Bezeichne:
+            \begin{align*}
+                &r_{i,0}(x) \coloneqq y_i \\
+                &r_{i,k}(x) \coloneqq \frac{(x-x_i) p_{i+1, k-1}(x) - (x- x_{i+k})p_{i,k-1}(x)}{x_{i+k}-x_i}
+            .\end{align*}
+            Z.z.: $p_{i,0}(x) = r_{i,0}(x)$ und $p_{i,k}(x) = r_{i,k}(x)$.
+
+            $r_{i,0}$ bzw. $r_{i,k}$ sind Polynome vom Grad $0$ bzw. $k$. D.h. es genügt zu zeigen,
+            dass sie die Interpolationseigenschaft erfüllen. Die Behauptung folgt dann aus der
+            Eindeutigkeit des Interpolationspolynoms.
+
+            Für $r_{i,0}(x)$ ist die Interpolationseigenschaft trivialerweise für die eine Stützstelle
+            $x_i$ erfüllt, denn $r_{i,0}(x_i) = y_i$.
+
+            Für $r_{i,k}$ gilt für $i \le j \le i+k$:
+            \begin{salign*}
+                r_{i,k}(x_{j}) &= \frac{(x_j-x_i) p_{i+1, k-1}(x_j) - (x_j- x_{i+k})p_{i,k-1}(x_j)}{x_{i+k}-x_i} \\
+                &\stackrel{(*)}{=} \frac{(x_j - x_i) y_j - (x_j - x_{i+k})y_j}{x_{i+k}-x_i} \\
+                &= y_j \frac{x_j - x_i - x_j + x_{i+k}}{x_{i+k}-x_i} \\
+                &= y_j \frac{x_{i+k} - x_i}{x_{i+k}-x_i} \\
+                &= y_j
+            .\end{salign*}
+            $(*)$: Falls $j = i$, dann ist $p_{i+1,k-1}(x_j)$ i.A. nicht $y_j$, aber dann ist
+            $(x_j - x_i) = (x_i - x_i) = 0$, also gilt dennoch $(x_j - x_i) p_{i+1,k-1}(x_j) = (x_j - x_i)y_j$.
+            Analog für $j = i+k$.
+        \item Durch Berechnung von $p_{0,3}(61.7)$ mit dem Schema aus (a) erhält man die Tageslänge
+            am Ort $E$ mit $19$h $29,55$m.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item
+            \begin{itemize}
+                \item Für die Koeffizienten $a_i$ gilt $a_i = y_i$. Also keine Operationen nötig.
+                \item Auswertung von $L_i^{(n)}(\xi) = \prod_{j=0,j\neq i}^{n} \frac{(\xi-x_j)}{x_i - x_j} $:
+                    $n$ Faktoren mit $3$ Operationen plus $n-1$ Multiplikationen für das Produkt. Gesamt:
+                    $3n + n-1 = 4n-1$.
+
+                    Auswertung von $p(\xi)$: $n+1$ Summanden mit $4n-1$ Operationen plus Multiplikation
+                    mit $y_i$, ergibt $(n+1)\cdot (4n-1+1) = 4n^2$. Mit zusätzlich $n$ Additionen
+                    für die Auswertung der Summe ergibt sich insgesamt $4n^2 + n = \mathcal{O}(n^2)$.
+            \end{itemize}
+        \item 
+            \begin{itemize}
+                \item 
+            Berechnung der Koeffizienten erfordert die Lösung eines LGS mit unterer Dreicksmatrix.
+            Dies erfordert $\mathcal{O}(n^2)$ Operationen.
+        \item Auswertung von $N_i(\xi) = \prod_{j=0}^{i-1} (\xi - x_j) $ erfordert $1$ Addition pro Faktor und
+            insgesamt $i-1$ Multiplikationen für das Produkt, also insgesamt: $2i - 1$.
+
+            Auswertung von $p(\xi)$ erfordert entsprechend die Auswertung von $N_i(\xi)$ und die
+            Multiplikation mit dem Koeffizienten und Summation über alle $(n+1)$ Summanden. Ergibt also
+            insgesamt mit kleinem Gauß $(n+1)(n+2) = n^2 + 3n + 2 = \mathcal{O}(n^2)$.
+            \end{itemize}
+        \item 
+            \begin{itemize}
+                \item Berechnung der Koeffizienten erfordert die Lösung eines vollen LGS, also
+            $\mathcal{O}(n^{3})$ Operationen.
+        \item Auswertung eines Summanden: $a_i t ^{i}$ erfordert $i-1 + 1 = i$ Multiplikationen.
+
+            Auswertung von $p(x)$ erfordert das Summieren von $n+1$ Summanden, also $n$ zusätzliche Additionen.
+            Insgesamt folgt also wieder mit kleinem Gauß $\frac{(n+1)(n+2)}{2} + n = \frac{n^2 + 3n + 2}{2} + n = \frac{n^2 + 5n +4}{2} = \mathcal{O}(n^2)$.
+            \end{itemize}
+        \item Auswertung von $p_{i,k}$ im Neville Schema erfordert
+            \begin{align*}
+                N(k) &= 2 + N(k-1) + 1 + 1 + 1 + N(k-1) + 1 + 1 \\
+                     &= 7 + 2 N(k-1) \\
+                     &= 7 + 2 \cdot 7 + 4 \cdot N(k-2) = \ldots = \sum_{j=0}^{k-1} 7 \cdot 2^{j} \\
+                     &= 7 \frac{2^{k} - 1}{2 - 1} \\
+                     &= 7 (2^{k} - 1) \\
+                     &= \mathcal{O}(2^{k})
+            .\end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Auszug aus \textit{polynom.cc}
+    \begin{lstlisting}[language=C++, title=Auswertung des Interpolationspolynoms für vorgegebene Stüztstellen, captionpos=b]
+// Auswertung von p_{i,k}(t) mit Neville Schema bei t=x
+template<typename REAL>
+REAL evaluateNeville(REAL x, std::vector<REAL> &xs, std::vector<REAL> &ys, int i, int k) {
+    if(k == 0) {
+        return ys[i];
+    } else {
+        // nevile rekursionsformel
+        return ((x - xs[i])*evaluateNeville(x, xs, ys,i+1,k-1) - (x - xs[i+k])*evaluateNeville(x, xs, ys, i, k-1))/(xs[i+k]-xs[i]);
+    }
+}
+
+// Auswertung eines Interpolationspolynoms p(t) bei t=x
+template<typename REAL>
+REAL evaluate(REAL x, std::vector<REAL> &xs, std::vector<REAL> &ys) {
+    // nutze neville verfahren mit p(x) = p_{0,n}(x)
+    evaluateNeville(x, xs, ys, 0, xs.size()-1);
+}\end{lstlisting}
+\item Auszug aus \textit{polynom.cc}
+\begin{lstlisting}[language=C++, title=Auswertung von I-Polynomen für äquidistante Stützstellen, captionpos=b]
+// Auswertung eines Interpolationspolynoms einer Funktion bei vorgegebenen Stuetzstellen
+template <typename REAL>
+REAL evaluateFunction(REAL x, std::vector<REAL> &xs, REAL(*f)(REAL)) {
+    std::vector<double> ys(xs.size());
+    for (int i = 0; i < xs.size(); i++) {
+        // berechne stuetzstellen
+        ys[i] = f(xs[i]);
+    }
+    // verwende polynominterpolation
+    return evaluate(x, xs, ys);
+}
+
+// Auswertung eines Interpolationspolynoms einer Funktion bei aequidistanten Stuetzstellen
+template <typename REAL>
+REAL evaluateFunctionEqualDist(REAL x, REAL a, REAL b, REAL h, REAL(*f)(REAL)) {
+    std::vector<double> xs(std::floor((b-a)/h));
+    std::vector<double> ys(xs.size());
+    for (int i = 0; i < xs.size(); i++) {
+        // berechne stuetzstellen
+        xs[i] = a + i*h;
+        // und funktionswerte
+        ys[i] = f(xs[i]);
+    }
+    // werte polynom aus
+    return evaluate(x, xs, ys);
+}\end{lstlisting}
+\begin{figure}[h]
+    \begin{subfigure}[b]{.5\linewidth}
+    \begin{tikzpicture}
+        \begin{axis}[default 2d plot, xmin=-1, xmax=1]
+            \addplot[green] table {f1_5.dat};
+            \addlegendentry{$n=5$}
+            \addplot[orange] table {f1_10.dat};
+            \addlegendentry{$n=10$}
+            \addplot[blue] table {f1_20.dat};
+            \addlegendentry{$n=20$}
+            \addplot[red, samples=100] {1/(1+x^2)};
+            \addlegendentry{$\frac{1}{1+x^2}$}
+        \end{axis}
+    \end{tikzpicture}
+    \caption{$f_1 = \frac{1}{1+x^2}$}
+    \end{subfigure}
+    \begin{subfigure}[b]{.5\linewidth}
+    \begin{tikzpicture}
+        \begin{axis}[default 2d plot, xmin=-0.5, xmax=0.5, legend pos=outer north east,
+                restrict y to domain=-1:5]
+            \addplot[green] table {f2_5.dat};
+            \addlegendentry{$n=5$}
+            \addplot[orange] table {f2_10.dat};
+            \addlegendentry{$n=10$}
+            \addplot[blue] table {f2_20.dat};
+            \addlegendentry{$n=20$}
+            \addplot[red, samples=5000] {sqrt(abs(x))};
+            \addlegendentry{$\sqrt{|x|} $}
+        \end{axis}
+    \end{tikzpicture}
+    \caption{$f_2 = \sqrt{|x|} $}
+    \end{subfigure}
+\end{figure}
+\item Für $\frac{1}{1+x^2}$ funktioniert die Interpolation mit äquidistanten Stützstellen sehr gut.
+    Für $\sqrt{|x|} $ entstehen durch die nicht differenzierbare Stelle bei $x=0$ sehr große Abweichungen,
+    die zu den Rändern mit wachsendem Polynomgrad sogar zunehmen.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/num/uebungen/polynom.cc

@@ -0,0 +1,75 @@
+#include <iostream>
+#include <vector>
+#include <math.h>
+
+// Auswertung von p_{i,k}(t) mit Neville Schema bei t=x
+template<typename REAL>
+REAL evaluateNeville(REAL x, std::vector<REAL> &xs, std::vector<REAL> &ys, int i, int k) {
+    if(k == 0) {
+        return ys[i];
+    } else {
+        // nevile rekursionsformel
+        return ((x - xs[i])*evaluateNeville(x, xs, ys,i+1,k-1) - (x - xs[i+k])*evaluateNeville(x, xs, ys, i, k-1))/(xs[i+k]-xs[i]);
+    }
+}
+
+// Auswertung eines Interpolationspolynoms p(t) bei t=x
+template<typename REAL>
+REAL evaluate(REAL x, std::vector<REAL> &xs, std::vector<REAL> &ys) {
+    // nutze neville verfahren mit p(x) = p_{0,n}(x)
+    evaluateNeville(x, xs, ys, 0, xs.size()-1);
+}
+
+// Auswertung eines Interpolationspolynoms einer Funktion bei vorgegebenen Stuetzstellen
+template <typename REAL>
+REAL evaluateFunction(REAL x, std::vector<REAL> &xs, REAL(*f)(REAL)) {
+    std::vector<double> ys(xs.size());
+    for (int i = 0; i < xs.size(); i++) {
+        // berechne stuetzstellen
+        ys[i] = f(xs[i]);
+    }
+    // verwende polynominterpolation
+    return evaluate(x, xs, ys);
+}
+
+// Auswertung eines Interpolationspolynoms einer Funktion bei äquidistanten Stützstellen
+template <typename REAL>
+REAL evaluateFunctionEqualDist(REAL x, REAL a, REAL b, REAL h, REAL(*f)(REAL)) {
+    std::vector<double> xs(std::floor((b-a)/h));
+    std::vector<double> ys(xs.size());
+    for (int i = 0; i < xs.size(); i++) {
+        // berechne stuetzstellen
+        xs[i] = a + i*h;
+        // und funktionswerte
+        ys[i] = f(xs[i]);
+    }
+    // werte polynom aus
+    return evaluate(x, xs, ys);
+}
+
+// beispiel funktionen
+template <typename REAL>
+REAL f1(REAL x) {
+    return 1/(1+std::pow(x,2));
+}
+
+template <typename REAL>
+REAL f2(REAL x) {
+    return std::sqrt(std::abs(x));
+}
+
+int main() {
+    // polynom grad
+    int n = 5;
+    // abstand zwischen stützstellen
+    double h = 2.0 / n;
+
+    // schrittweite
+    double dx = 2.0 / 1000;
+    double x = 0;
+    for(int i = 0; i < 1000; i++) {
+        x = -1.0 + i*dx;
+        // werte polynom mit äquidistanten stuetzstellen zwischen -1 und 1 mit abstand h bei t=x aus
+        std::cout << x << " " << evaluateFunctionEqualDist(x, -1.0, 1.0, h, f2) << std::endl;
+    }
+}

sose2020/num/uebungen/prog_iterative_solvers.cc

@@ -0,0 +1,183 @@
+#include <iostream>    // notwendig zur Ausgabe
+#include <vector>
+#include "hdnum.hh"    // hdnum header
+
+namespace hdnum {
+
+  template<typename REAL>
+  class SparseMatrix {
+
+    struct MatrixEntry {
+      int i;
+      int j;
+      REAL value;
+    };
+
+  public:
+
+    void AddEntry (int i, int j, REAL value) {
+      assert(i >= 0);
+      assert(j >= 0);
+      if (value != .0)
+        entries.push_back(MatrixEntry{.i=i, .j=j, .value=value});
+    }
+
+    template<typename V>
+    void mv (Vector<V>& y, const Vector<V>& x) {
+
+      zero(y);
+
+      for (MatrixEntry& matrix_entry : entries) {
+        assert(y.size() > matrix_entry.i);
+        assert(x.size() > matrix_entry.j);
+        y[matrix_entry.i] += matrix_entry.value * x[matrix_entry.j];
+      }
+    }
+
+  //private:
+    std::vector<MatrixEntry> entries;
+  };
+
+}
+
+// generic iterative updater function
+typedef void iterativeUpdater(hdnum::DenseMatrix<double>& A,
+                              hdnum::SparseMatrix<double>& A_s,
+                              int N,
+                              hdnum::Vector<double>& x_tmp,
+                              hdnum::Vector<double>& b,
+                              hdnum::Vector<double>& d,
+                              hdnum::Vector<double>& x);
+
+// solve iterative based on given method
+void solveIterative(hdnum::DenseMatrix<double>& A,
+                    hdnum::SparseMatrix<double>& A_s,
+                    hdnum::Vector <double>& x,
+                    hdnum::Vector<double>& b,
+                    iterativeUpdater update) {
+    int N = A.rowsize();
+    // defekt vektor
+    hdnum::Vector<double> d(N);
+    // temporary variable
+    hdnum::Vector<double> x_tmp(N);
+    A_s.mv(x_tmp, x);
+    d = b - x_tmp;
+    double initialDefekt = d.two_norm();
+    while (d.two_norm() > initialDefekt * 10e-4) {
+        // run one iteration
+        update(A, A_s, N, x_tmp, b, d, x);
+    }
+}
+
+// richardson: W = 1/omega I => W^-1 = omega I
+inline void richardson(hdnum::DenseMatrix<double>& A,
+                       hdnum::SparseMatrix<double>& A_s,
+                       int N,
+                       hdnum::Vector<double>& x_tmp,
+                       hdnum::Vector<double>& b,
+                       hdnum::Vector<double>& d,
+                       hdnum::Vector<double>& x) {
+    A_s.mv(x_tmp, x);
+    d = b - x_tmp;
+    // x(k+1) = x(k) + omega * d(k)
+    // hier omega = -0.01
+    for (int i=0; i<N; i++) {
+        x_tmp[i] = -0.5*d[i];
+    }
+    x += x_tmp;
+}
+
+// jacobi: W = D
+inline void jacobi(hdnum::DenseMatrix<double>& A,
+                   hdnum::SparseMatrix<double>& A_s,
+                   int N,
+                   hdnum::Vector<double>& x_tmp,
+                   hdnum::Vector<double>& b,
+                   hdnum::Vector<double>& d,
+                   hdnum::Vector<double>& x) {
+    A_s.mv(x_tmp, x);
+    d = b - x_tmp;
+    // jacobi iteration, teile durch Diagonal Elemente
+    // x(k+1) = x(k) + D^-1 d(k)
+    for (int i=0; i<N; i++) {
+        x_tmp[i] = d[i]/A[i][i];
+    }
+    x += x_tmp;
+}
+
+// gauss seidel: W = L + D
+inline void gaussSeidel(hdnum::DenseMatrix<double>& A,
+                        hdnum::SparseMatrix<double>& A_s,
+                        int N,
+                        hdnum::Vector<double>& x_tmp,
+                        hdnum::Vector<double>& b,
+                        hdnum::Vector<double>& d,
+                        hdnum::Vector <double>& x) {
+    A_s.mv(x_tmp, x);
+    d = b - x_tmp;
+    x_tmp = d;
+    // x(k+1) = x(k) + v(k)
+    // W*v(k) = d(k)
+    // W untere Dreicksmatrix, loese W*v(k) = d(k) durch Vorwaertseinsetzen
+    for (int i = 0; i<N; i++) {
+        x_tmp[i] = d[i];
+        for (int j=i-1; 0<=j && j<i; j++) { // Elemente abseits der Hauptdiagonale von A sind 0
+            x_tmp[i] -= x_tmp[j] * A[i][j];
+        }
+        x_tmp[i] /= A[i][i];
+    }
+    x += x_tmp;
+}
+
+void testApproximation(hdnum::DenseMatrix<double>& A,
+                       hdnum::SparseMatrix<double>& A_s,
+                       hdnum::Vector<double>& x,
+                       hdnum::Vector<double>& b,
+                       iterativeUpdater updater) {
+    int N = A.rowsize();
+    hdnum::Vector<double> y(N);
+    // teste iteration mit gegebenem verfahren
+    solveIterative(A,A_s,x,b,updater);
+    // vergleiche mit LU Zerleger
+    hdnum::linsolve(A,y,b);
+    std::cout << "Relativer Fehler: " << (y - x).two_norm() / y.two_norm() << std::endl;
+}
+
+int main () {
+    for(int n=4; n<=9; n++) {
+        int N = pow(2,n);
+
+        // Testmatrix aufsetzen
+        hdnum::DenseMatrix<double> A(N,N,.0);
+        hdnum::SparseMatrix<double> A_s;
+        for (typename hdnum::DenseMatrix<double>::size_type i=0; i<A.rowsize(); ++i) {
+            if (i > 0) {
+                A[i][i-1] = 1.0;
+                A_s.AddEntry(i, i-1, 1.0);
+            }
+            if (i + 1 < A.colsize()) {
+                A[i][i+1] = 1.0;
+                A_s.AddEntry(i, i+1, 1.0);
+            }
+            A[i][i] -= 2.0;
+            A_s.AddEntry(i, i, -2.0);
+        }
+
+        // Rechte Seite und Lösungsvektor
+        hdnum::Vector<double> x(N, 0.0);
+        hdnum::Vector<double> b(N, 1.0);
+
+        // Lösen Sie nun A*x=b iterativ
+
+        // Pretty-printing fuer Vektoren
+        x.scientific(false);
+        x.width(15);
+
+        // testApproximation(A,A_s,x,b,richardson);
+
+        hdnum::Timer myTimer;
+        solveIterative(A,A_s,x,b,gaussSeidel);
+        //hdnum::linsolve(A,x,b);
+        std::cout << N << " " << myTimer.elapsed() << std::endl;
+    }
+}

sose2020/num/uebungen/prog_nonlinear_solvers_fractal.cc

@@ -0,0 +1,91 @@
+#include <iostream>
+#include <vector>
+#include "hdnum.hh"
+
+
+template<class N>
+class PolynomialProblem
+{
+public:
+  // Exportiere Größentyp
+  typedef std::size_t size_type;
+
+  // Exportiere Zahlentyp
+  typedef N number_type;
+
+  // Dimension der untenstehenden Funktion
+  std::size_t size () const
+  {
+    return 1;
+  }
+
+  // Funktionsauswertung
+  void F (const hdnum::Vector<N>& x, hdnum::Vector<N>& result) const
+  {
+    result[0] = pow(x[0], 4) - 3.0*pow(x[0], 3) + 5.0*x[0] + 3.0;
+  }
+
+  // Jacobimatrix
+  void F_x (const hdnum::Vector<N>& x, hdnum::DenseMatrix<N>& result) const
+  {
+    result[0][0] = 4.0*pow(x[0], 3) - 9.0*pow(x[0], 2) + 5.0;
+  }
+};
+
+
+int main ()
+{
+  typedef std::complex<double> Number; // Der Zahlentyp soll hier komplex sein
+
+  typedef PolynomialProblem<Number> Problem;
+  Problem problem;
+
+
+  // Wir schauen Startpunkte auf einem Raster an, das später in ein Bild umgesetzt werden soll
+  for (double start_value_i = -5.0; start_value_i <= 5.0; start_value_i += 1e-2) {
+
+    for (double start_value = -5.0; start_value <= 5.0; start_value += 1e-2) {
+
+      hdnum::Vector<Number> u(problem.size()); // Vektor für Startpunkt bzw Lösung
+      u[0] = Number(start_value, start_value_i); // Startpunkt
+
+      hdnum::Newton newton;
+      newton.set_maxit(20);
+      newton.set_verbosity(0);
+      newton.set_reduction(1e-10);
+      newton.set_abslimit(1e-20);
+      newton.set_linesearchsteps(3);
+
+      newton.solve(problem,u); // Lösen
+
+      double id = 0;
+      if(newton.has_converged()) {
+
+        // Falls unser Newton-Löser konvergiert ist, stellen wir fest welche Nullstelle
+        // Nullstelle wir getroffen haben und legen einen Index für jede Nullstelle fest.
+
+        if (u[0].real() < 0 && u[0].imag() < 0)
+          id = 1;
+        else if (u[0].real() < 0 && u[0].imag() > 0)
+          id = 2;
+        else if (u[0].real() > 0 && u[0].imag() < 0)
+          id = 3;
+        else if (u[0].real() > 0 && u[0].imag() > 0)
+          id = 4;
+        else
+          std::cout << "Unbekannte Nullstelle!" << std::endl;
+
+        // Damit auch der "Abstand" zur Nullstelle (im Sinne von benötigten Iterationen
+        // um sie zu erreichen) sichtbar wird, addieren wir noch die Iterationszahl
+        // um einen Faktor abgeschwächt
+        id += .1 * (double)newton.iterations();
+      }
+
+      std::cout << id << ",";
+    }
+
+    std::cout << std::endl;
+  }
+
+  return 0;
+}

sose2020/num/uebungen/prog_nonlinear_solvers_fractal.py

@@ -0,0 +1,7 @@
+import numpy as np
+import matplotlib.pyplot as plt
+
+data = np.genfromtxt('out', delimiter=",")
+
+plt.imshow(data, interpolation='nearest', cmap='viridis')
+plt.savefig('out.pdf')

sose2020/num/uebungen/prog_nonlinear_solvers_fractal2.cc

@@ -0,0 +1,89 @@
+#include <iostream>
+#include <vector>
+#include "hdnum.hh"
+
+
+template<class N>
+class PolynomialProblem
+{
+public:
+  // Exportiere Größentyp
+  typedef std::size_t size_type;
+
+  // Exportiere Zahlentyp
+  typedef N number_type;
+
+  // Dimension der untenstehenden Funktion
+  std::size_t size () const
+  {
+    return 1;
+  }
+
+  // Funktionsauswertung
+  void F (const hdnum::Vector<N>& x, hdnum::Vector<N>& result) const
+  {
+    result[0] = x[0]*x[0]*x[0] - 2.0*x[0] + 2.0;
+  }
+
+  // Jacobimatrix
+  void F_x (const hdnum::Vector<N>& x, hdnum::DenseMatrix<N>& result) const
+  {
+    result[0][0] = 3.0*x[0]*x[0] - 2.0;
+  }
+};
+
+
+int main ()
+{
+  typedef std::complex<double> Number; // Der Zahlentyp soll hier komplex sein
+
+  typedef PolynomialProblem<Number> Problem;
+  Problem problem;
+
+
+  // Wir schauen Startpunkte auf einem Raster an, das später in ein Bild umgesetzt werden soll
+  for (double start_value_i = -5.0; start_value_i <= 5.0; start_value_i += 1e-3) {
+
+    for (double start_value = -5.0; start_value <= 5.0; start_value += 1e-3) {
+
+      hdnum::Vector<Number> u(problem.size()); // Vektor für Startpunkt bzw Lösung
+      u[0] = Number(start_value, start_value_i); // Startpunkt
+
+      hdnum::Newton newton;
+      newton.set_maxit(20);
+      newton.set_verbosity(0);
+      newton.set_reduction(1e-10);
+      newton.set_abslimit(1e-20);
+      newton.set_linesearchsteps(3);
+
+      newton.solve(problem,u); // Lösen
+
+      double id = 0;
+      if(newton.has_converged()) {
+
+        // Falls unser Newton-Löser konvertiert ist, stellen wir fest welche Nullstelle
+        // Nullstelle wir getroffen haben und legen einen Index für jede Nullstelle fest.
+
+        if (u[0].real() < 0)
+          id = 1;
+        else if (u[0].imag() < 0)
+          id = 2;
+        else if (u[0].imag() > 0)
+          id = 3;
+        else
+          std::cout << "Unbekannte Nullstelle!" << std::endl;
+
+        // Damit auch der "Abstand" zur Nullstelle (im Sinne von benötigten Iterationen
+        // um sie zu erreichen) sichtbar wird, addieren wir noch die Iterationszahl
+        // um einen Faktor abgeschwächt
+        id += .1 * (double)newton.iterations();
+      }
+
+      std::cout << id << ",";
+    }
+
+    std::cout << std::endl;
+  }
+
+  return 0;
+}

sose2020/num/uebungen/prog_nonlinear_solvers_methods.cc

@@ -0,0 +1,100 @@
+#include <iostream>
+#include <vector>
+#include "hdnum.hh"
+
+template<class N>
+class EllipseProblem
+{
+public:
+  // Exportiere Größentyp
+  typedef std::size_t size_type;
+
+  // Exportiere Zahlentyp
+  typedef N number_type;
+
+  // Dimension der untenstehenden Funktion
+  std::size_t size () const
+  {
+    return 2;
+  }
+
+  // Funktionsauswertung
+  void F (const hdnum::Vector<N>& x, hdnum::Vector<N>& result) const
+  {
+    result[0] = x[0] * x[1] + 2*x[0] - x[1] - 2;
+    result[1] = x[0] * x[1] - x[0] + x[1] -3;
+  }
+
+  // Jacobimatrix
+  void F_x (const hdnum::Vector<N>& x, hdnum::DenseMatrix<N>& result) const
+  {
+    result[0][0] = x[1] + 2;
+    result[0][1] = x[0] - 1;
+    result[1][0] = x[1] - 1;
+    result[1][1] = x[0] + 1;
+  }
+};
+
+int main ()
+{
+  typedef double Number; // Zahlentyp
+
+
+  typedef EllipseProblem<Number> Problem;
+  Problem problem;
+
+
+  hdnum::Vector<Number> u(problem.size()); // Vektor für Startpunkt bzw Lösung
+  hdnum::Vector<Number> result(problem.size()); // Vektor für Funktionswerte
+
+  // Newton
+  hdnum::Newton newton;
+  newton.set_maxit(20);
+  newton.set_verbosity(10);
+  newton.set_reduction(1e-10);
+  newton.set_abslimit(1e-20);
+  newton.set_linesearchsteps(2);
+
+  // 1. Quadrant
+  u[0] = 0.0; u[1] = 1.0;
+  newton.solve(problem,u);
+  std::cout << "Nullstelle im 1. Quadrant: " <<  std::setprecision(15) << u << std::endl;
+  problem.F(u, result);
+  std::cout << "Funktionswert: " <<  std::setprecision(15) << result << std::endl;
+
+  // 2. Quadrant
+  u[0] = -2.0; u[1] = 1.0;
+  newton.solve(problem,u);
+  std::cout << "Nullstelle im 2. Quadrant: " <<  std::setprecision(15) << u << std::endl;
+  problem.F(u, result);
+  std::cout << "Funktionswert: " <<  std::setprecision(15) << result << std::endl;
+
+  // 3. Quadrant
+  u[0] = -2.0; u[1] = -1.0;
+  newton.solve(problem,u);
+  std::cout << "Nullstelle im 3. Quadrant: " <<  std::setprecision(15) << u << std::endl;
+  problem.F(u, result);
+  std::cout << "Funktionswert: " <<  std::setprecision(15) << result << std::endl;
+
+  // 4. Quadrant
+  u[0] = 2.0; u[1] = -1.0;
+  newton.solve(problem,u);
+  std::cout << "Nullstelle im 4. Quadrant: " <<  std::setprecision(15) << u << std::endl;
+  problem.F(u, result);
+  std::cout << "Funktionswert: " <<  std::setprecision(15) << result << std::endl;
+
+  // Relaxation
+  hdnum::Banach banach;
+  banach.set_maxit(5000);                  // set parameters
+  banach.set_verbosity(2);
+  banach.set_reduction(1e-15);
+  banach.set_abslimit(1e-20);
+  banach.set_sigma(0.375);
+
+  u[0] = 2.0; u[1] = 1.0; // Startwert
+  banach.solve(problem,u);
+
+   std::cout << "Ergebnis: " <<  std::setprecision(15) << u << std::endl;
+
+  return 0;
+}

sose2020/num/uebungen/prog_sparse_matrix.cc

@@ -0,0 +1,152 @@
+#include <iostream>    // notwendig zur Ausgabe
+#include <vector>
+#include "hdnum.hh"    // hdnum header
+
+
+namespace hdnum {
+
+    template<typename REAL>
+    class SparseMatrix {
+        struct MatrixEntry {
+            int i;
+            int j;
+            REAL value;
+        };
+
+        public:
+            void AddEntry (int i, int j, REAL value) {
+                if (i < 0 || j < 0)
+                    HDNUM_ERROR("Zeilen und Spalten dürfen nicht negativ sein!");
+                // create new matrix entry
+                MatrixEntry entry;
+                entry.i = i;
+                entry.j = j;
+                entry.value = value;
+                // add entry to entries vector
+                entries.insert(entries.begin(), entry);
+            }
+
+            template<typename V>
+            void mv (Vector<V>& y, const Vector<V>& x) {
+                // iterate through all entries
+                for(typename std::vector<MatrixEntry>::iterator it = entries.begin(); it != entries.end(); ++it) {
+                    if ((*it).i > y.size() || (*it).j > x.size())
+                        HDNUM_ERROR("Vektor(en) hat/haben falsche Dimension!");
+                    // modify corresponding vector entry
+                    y[(*it).i] += x[(*it).j] * (*it).value;
+                }
+            }
+
+        private:
+            // vector storing non-zero elements
+            std::vector<MatrixEntry> entries;
+    };
+}
+
+// zum Test, fluss matrizen aus rohrleitungsnetzwerk
+hdnum::SparseMatrix<double> flussMatrixSparse(int N) {
+    hdnum::SparseMatrix<double> A;
+
+    // berechnung der kantenlaenge
+    int n = floor(sqrt(N+1));
+
+    for(int i = 0; i < N; i++) {
+        int edges = 0;
+        if ((i+1)%n != 0) { // nicht linker rand
+            edges++;
+            if (i-1 >= 0) A.AddEntry(i, i-1, -1);
+        }
+        if ((i+2)%n != 0) { // nicht rechter rand
+            edges++;
+            A.AddEntry(i, i+1, -1);
+        }
+        if (i+n < N) { // nicht unterer rand
+            edges++;
+            A.AddEntry(i, i+n, -1);
+        }
+        if (i-n >= -1) { // nicht oberer rand
+            edges++;
+            if (i-n >= 0) A.AddEntry(i, i-n, -1);
+        }
+        A.AddEntry(i, i, edges);
+    }
+    return A;
+}
+
+// Funktion zum Aufstellen der Matrix (aus rohrleitungsnetzwerk)
+hdnum::DenseMatrix<double> flussMatrix(int N) {
+    hdnum::DenseMatrix<double> A(N,N);
+
+    // berechnung der kantenlaenge
+    int n = floor(sqrt(N+1));
+
+    for(int i = 0; i < N; i++) {
+        int edges = 0;
+        if ((i+1)%n != 0) { // nicht linker rand
+            edges++;
+            if (i-1 >= 0) A(i, i-1) = -1; // falls nicht der referenzknoten
+        }
+        if ((i+2)%n != 0) { // nicht rechter rand
+            edges++;
+            A(i, i+1) = -1;
+        }
+        if (i+n < N) { // nicht unterer rand
+            edges++;
+            A(i, i+n) = -1;
+        }
+        if (i-n >= -1) { // nicht oberer rand
+            edges++;
+            if (i-n >= 0) A(i, i-n) = -1; // falls nicht der referenzknoten
+        }
+        A(i, i) = edges;
+    }
+    return A;
+}
+
+// funktion zum testen
+void testMatrixVectorProduct(int N) {
+    hdnum::SparseMatrix<double> A = flussMatrixSparse(N);
+    hdnum::DenseMatrix<double> B = flussMatrix(N);
+
+    // test vektor
+    hdnum::Vector<double> x(N);
+    for(int i=0; i<N; i++) {
+        x[i] = i+1;
+    }
+    hdnum::Vector<double> y1(N);
+    hdnum::Vector<double> y2(N);
+
+    // Pretty-printing fuer Vektoren
+    x.scientific(false);
+    x.width(15);
+
+    // test ob Ax = Bx
+    A.mv(y1, x);
+    B.mv(y2, x);
+    std::cout << "Mit Sparse Matrix: " << y1 << std::endl;
+    std::cout << "Mit Dense Matrix: " << y2;
+}
+
+int main () {
+    // testMatrixVectorProduct(15);
+
+    // messe zeiten fuer n=4,...,14 und N = 2^n
+    for(int n=4; n<=14; n++) {
+        int N = pow(2, n);
+
+        // test vektor
+        hdnum::Vector<double> x(N);
+        for(int i=0; i<N; i++) {
+            x[i] = i+1;
+        }
+        hdnum::Vector<double> y(N);
+
+        hdnum::SparseMatrix<double> A = flussMatrixSparse(N);
+        hdnum::DenseMatrix<double> B = flussMatrix(N);
+
+        // timer hier fuer die SparseMatrix implementierung
+        hdnum::Timer myTimer;
+        A.mv(y, x);
+        std::cout << N << " " << myTimer.elapsed() << std::endl;
+    }
+}

sose2020/num/uebungen/rohrleitungsnetzwerk.cc

@@ -71,7 +71,7 @@ NumberType frobeniusNorm(const hdnum::DenseMatrix<NumberType> &A) {
 }
 
 
-// Funktion zur Berechnung des betragsgrößten Eigenwertes mit Potenzmethode
+// Funktion zur Berechnung des betragsgroessten Eigenwertes mit Potenzmethode
 template<class NumberType>
 NumberType maxEigenwert(const hdnum::DenseMatrix<NumberType> &A) {
     // Error checking
@@ -82,61 +82,72 @@ NumberType maxEigenwert(const hdnum::DenseMatrix<NumberType> &A) {
 
     // start vektor
     hdnum::Vector<NumberType> r(N);
-    r[0] = 1;
+    r[0] = 0;
     // work copy
     hdnum::Vector<NumberType> r_tmp(N);
-    hdnum::Vector<NumberType> diff(N);
-    // fuehre iterationsschritt 10000 mal aus
+    // finde vektor mit Ar != 0
+    for (int i = 0;;i++) {
+        A.mv(r_tmp, r); // r_tmp = Ar
+        if (r_tmp.two_norm() > 0) {
+            // Ar != 0
+            break;
+        } else if (i >= 100) {
+            // breche ab, wenn kein passender startvektor gefunden werden kann
+            HDNUM_ERROR("Kann keinen Vektor mit Ax != 0 finden. Ist A = 0?");
+        }
+        // Ar = 0, modifiziere start vektor
+        r[i % N] += 1;
+    }
+    // fuehre iterationsschritt maximal 10000 mal aus
     for (int k=0; k<10000; k++) {
         A.mv(r_tmp, r); // r_tmp = Ar
         r_tmp /= r_tmp.two_norm(); // normiere r_tmp
+        if ((r-r_tmp).two_norm() == 0)
+            // breche ab ab, wenn maximale genauigkeit erreicht wurde
+            break;
         r = r_tmp;
     }
-    A.mv(r_tmp, r);
     // berechne eigenwert mit rayleigh quotient
+    A.mv(r_tmp, r); // r_tmp = Ar
     return (r * r_tmp)/r.two_norm_2();
 }
 
 // Hauptprogramm
-int main(int argc, char ** argv)
-{
+int main(int argc, char ** argv) {
+    // Anzahl der Knoten
+    const int N(10);
+    std::cout << "Knotenanzahl N: " << N << std::endl;
 
-  // Anzahl der Knoten
-  const int N(10);
-  std::cout << "Knotenanzahl N: " << N << std::endl;
+    // Größe der Matrix
+    const int n(N*N-1);
 
-  // Größe der Matrix
-  const int n(N*N-1);
+    // Datentyp für die Matrix
+    typedef double REAL;
 
-  // Datentyp für die Matrix
-  typedef double REAL;
+    // Matrix initialisieren
+    hdnum::DenseMatrix<REAL> A(n,n);
 
-  // Matrix initialisieren
-  hdnum::DenseMatrix<REAL> A(n,n);
+    // Pretty-printing einmal setzen für alle Matrizen
+    A.scientific(false);
+    A.width(15);
 
-  // Pretty-printing einmal setzen für alle Matrizen
-  A.scientific(false);
-  A.width(15);
+    flussMatrix(A);
+    if (N<=4)
+        std::cout << A << std::endl;
 
-  flussMatrix(A);
-  if (N<=4)
-    std::cout << A << std::endl;
-
-  // Bei Schwierigkeiten mit Teilaufgabe a) können Sie Teilaufgaben b)
-  // und c) mit folgender Matrix testen
-  int size_b = 3;
-  hdnum::DenseMatrix<REAL> B(size_b,size_b);
-  for (std::size_t i=0; i<size_b; ++i)
-  {
-    for (std::size_t j=0; j<size_b; ++j)
-    {
-      B[i][j] = i+j;
+    // Bei Schwierigkeiten mit Teilaufgabe a) können Sie Teilaufgaben b)
+    // und c) mit folgender Matrix testen
+    int size_b = 3;
+    hdnum::DenseMatrix<REAL> B(size_b,size_b);
+    for (std::size_t i=0; i<size_b; ++i) {
+        for (std::size_t j=0; j<size_b; ++j) {
+            B[i][j] = i+j;
+        }
     }
-  }
-  std::cout << "Zeilen-Summen-Norm: " << A.norm_infty() << std::endl;
-  std::cout << "Spalten-Summen-Norm: " << A.norm_1() << std::endl;
-  std::cout << "Frobenius-Norm: " << frobeniusNorm(A) << std::endl;
-  std::cout << "Maximaler Eigenwert: " << maxEigenwert(A) << std::endl;
+    std::cout << "Zeilen-Summen-Norm: " << A.norm_infty() << std::endl;
+    std::cout << "Spalten-Summen-Norm: " << A.norm_1() << std::endl;
+    std::cout << "Frobenius-Norm: " << frobeniusNorm(A) << std::endl;
+    std::cout << "Maximaler Eigenwert: " << maxEigenwert(A) << std::endl;
 
-  return 0;
+    return 0;
 }

sose2020/num/uebungen/sparse_plot.plt

@@ -0,0 +1,14 @@
+set terminal png size 1000,1000
+set output 'sparse_plot.png'
+
+set logscale xy
+
+set ylabel "Laufzeit in Sekunden"
+set xlabel "Matrixgröße"
+
+set format y "%g"
+
+plot 'sparse.dat' title "SparseMatrix", \
+     'dense.dat' title "DenseMatrix",\
+     0.000000015*x**2 title "c x^2", \
+     0.0000001*x title "b x"

sose2020/num/uebungen/splines.cc

@@ -0,0 +1,161 @@
+#include <vector>
+#include "hdnum.hh"    // hdnum header
+
+template<typename REAL>
+void solveTriDiag(hdnum::DenseMatrix<REAL> &A, std::vector<REAL> &x, std::vector<REAL> &b) {
+    int N = b.size();
+    x[0] = A[0][0];
+    // LU Zerlegung
+    REAL l;
+    for (int j=1; j<N; j++) {
+        // berechne l faktor
+        l = A[j][j-1] / x[j-1];
+        // modifiziere diagonalelemente und rechte seite
+        x[j] = A[j][j] - l * A[j-1][j];
+        b[j] = b[j] - l * b[j-1];
+    }
+    // Loesen durch Rueckwaertseinsetzen
+    x[N-1] = b[N-1] / x[N-1];
+    for (int j=N-2; j>=0; j--) {
+        x[j] = (b[j] - A[j][j+1]*x[j+1])/x[j];
+    }
+}
+
+template<typename REAL>
+class CubicSpline {
+    public:
+        // erstelle einen kubischen spline mit vorgegebenen stuetzstellen
+        // und werten
+        CubicSpline(std::vector<REAL> xs, std::vector<REAL> ys) {
+            calculateCoefficients(xs, ys);
+        }
+
+        // erstelle einen kubischen spline mit vorgegebenen stuetzstellen
+        // und einer zu interpolierenden funktion
+        CubicSpline(std::vector<REAL> xs, REAL(*f)(REAL)) {
+            int N = xs.size();
+            std::vector<double> ys(N);
+            for (int i=0; i<N; i++) {
+                ys[i] = f(xs[i]);
+            }
+            calculateCoefficients(xs, ys);
+        }
+
+        // erstelle einen kubischen spline an aequidistanten stuetzstellen
+        // und einer zu interpolierenden funktion
+        CubicSpline(REAL a, REAL b, int N, REAL(*f)(REAL)) {
+            std::vector<double> xs(N+1);
+            std::vector<double> ys(N+1);
+            for (int i=0; i<=N; i++) {
+                xs[i] = a + (1.0*i)/N*(b-a);
+                ys[i] = f(xs[i]);
+            }
+            calculateCoefficients(xs, ys);
+        }
+
+        // werte kubischen spline an vorgegebener stelle aus
+        REAL evaluate(REAL x) {
+            for (int i=1; i<x_s.size(); i++) {
+                if (x > x_s[i] && i < x_s.size() - 1) {
+                    continue;
+                } else {
+                    return a_0[i-1] + a_1[i-1] *(x - x_s[i]) + a_2[i-1]*std::pow(x - x_s[i], 2) + a_3[i-1]*std::pow(x-x_s[i], 3);
+                }
+            }
+            return 0;
+        }
+
+        // gebe alle interpolations polynome aus
+        void print() {
+            for(int i=0; i<x_s.size()-1; i++) {
+                printf("p_%d(x) = %4.2f + %4.2f(x - %4.2f) + %4.2f(x - %4.2f)^2 + %4.2f(x - %4.2f)^3\n",
+                       i, a_0[i], a_1[i], x_s[i], a_2[i], x_s[i], a_3[i], x_s[i]);
+            }
+        }
+
+    private:
+        // stuetzstellen
+        std::vector<REAL> x_s;
+        // koeffizienten
+        std::vector<REAL> a_0;
+        std::vector<REAL> a_1;
+        std::vector<REAL> a_2;
+        std::vector<REAL> a_3;
+
+        void calculateCoefficients(std::vector<REAL> xs, std::vector<REAL> ys) {
+            // stuetzstellen from x_0 ... to x_n
+            int n = xs.size()-1;
+            // copy stuetzstellen
+            x_s = std::vector<double>(n+1);
+            x_s = xs;
+            // setup (n-1)x(n-1) matrix for a_2
+            hdnum::DenseMatrix<REAL> A(n-1,n-1);
+            std::vector<REAL> b(n-1);
+            std::vector<REAL> x(n-1);
+            REAL h; // h_i
+            REAL h1; // h_{i+1}
+            // setup LGS for a_2
+            // A has tridiagonal structure
+            for (int i = 1; i<n; i++) {
+                h = xs[i] - xs[i-1];
+                h1 = xs[i+1] - xs[i];
+                b[i-1] = 3 * ((ys[i+1] - ys[i])/h1 - (ys[i] - ys[i-1])/h);
+                if (i > 1) {
+                    A[i-1][i-2] = h;
+                } if (i < n-1) {
+                    A[i-1][i] = h1;
+                }
+                A[i-1][i-1] = 2 * (h + h1);
+            }
+            // initialize vectors
+            a_0 = std::vector<double>(n);
+            a_1 = std::vector<double>(n);
+            a_2 = std::vector<double>(n);
+            a_3 = std::vector<double>(n);
+            solveTriDiag(A,a_2,b);
+            // natuerliche randbedingung
+            a_2[n-1] = 0;
+            // berechne restliche koeffizienten
+            for (int i = 1; i<=n; i++) {
+                h = xs[i] - xs[i-1]; // h_i
+                h1 = xs[i+1] - xs[i]; // h_{i+1}
+                a_0[i-1] = ys[i];
+                if (i == 1) { // a_2[-1] = 0
+                    a_1[i-1] = (ys[i] - ys[i-1])/h + (h/3)*(2*a_2[i-1]);
+                    a_3[i-1] = (a_2[i-1])/(3*h);
+                } else {
+                    a_1[i-1] = (ys[i] - ys[i-1])/h + h/3*(2*a_2[i-1] + a_2[i-2]);
+                    a_3[i-1] = (a_2[i-1] - a_2[i-2])/(3 * h);
+                }
+            }
+        }
+};
+
+double f1(double x) {
+    return std::pow(x,3);
+}
+
+int main() {
+    // std::vector<double> xs = {0, 1, 2};
+    // CubicSpline<double> phi(xs, f1);
+    // phi.print();
+
+    // saurier fundstellen
+    std::vector<double> xs = {3.75, 3.75, 2.25, 1.25, 0.25, 0.75, 4.00, 5.50, 6.25, 9.00, 12.5, 12.75, 12.25};
+    std::vector<double> ys = {0.25, 1.50, 3.25, 4.25, 4.65, 4.83, 2.50, 3.25, 3.65, 3.00, 1.25, 2.150, 3.500};
+
+    std::vector<double> ts(13);
+    ts[0] = 0;
+    for (int i = 1; i<=12; i++) {
+        ts[i] = ts[i-1] + std::sqrt(std::pow(xs[i] - xs[i-1], 2) + std::pow(ys[i] - ys[i-1], 2));
+    }
+
+    CubicSpline<double> phi(ts, xs);
+    CubicSpline<double> psi(ts, ys);
+
+    double xi;
+    for (int j = 0; j<=100; j++) {
+        xi = j*ts[12] / 100;
+        std::cout << phi.evaluate(xi) << " " << psi.evaluate(xi) << std::endl;
+    }
+}