update groupschemes lecture

.gitignore

@@ -6,6 +6,16 @@
 *.aux
 *.fls
 *.log
-*.synctex.gz
+*.synctex*
 *.fdb_latexmk
 *.toc
+*.dat
+*.autosave.xopp
+*.xopp~
+*.nav
+*.out
+*.snm
+*.bbl
+*.blg
+*.table
+*.gnuplot

.gitmodules

@@ -0,0 +1,21 @@
+[submodule "sose2020/ana/lectures"]
+	path = sose2020/ana/lectures
+	url = https://git.flavigny.de/christian/ana-lecture
+[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

@@ -14,14 +14,30 @@
 \RequirePackage{transparent}
 \RequirePackage{xcolor}
 \RequirePackage{array}
-\RequirePackage{enumerate}
+\RequirePackage[shortlabels]{enumitem}
 \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}
+    },
+}
 
 \DeclareOption*{\PassOptionsToClass{\CurrentOption}{article}}
 \DeclareOption{uebung}{
@@ -47,13 +63,19 @@
 \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}
 \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}}
@@ -76,11 +98,31 @@
 }
 
 % punkte tabelle
-\newcommand\punkte{
+\newcommand{\punkte}[1][1]{
-    \begin{tabular}{|c|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|@{}m{0cm}@{}}
+    \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 & \centering A1 & \centering A2 & \centering A3 & \centering A4 & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline
+        Aufgabe
-        Punkte & & & & & & \\[5mm] \hline
+        \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}
 }
 
@@ -111,3 +153,97 @@
 \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{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

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}
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+%    \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}&) }
+      { \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

sose2020/ana/uebungen/ana1.tex

@@ -0,0 +1,180 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\title{Analysis II: Übungsblatt 1}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{aufgabe}
+    Integralberechnung
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Integration von Monom
+            \[
+            \int_{0}^{1} \sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x} } }  \d x = \int_{0}^{1} \sqrt{\sqrt{\sqrt{x^{7}} } }  \d x  
+            = \int_{0}^{1} x^{\frac{7}{8}} \d x = \frac{8}{15} x^{\frac{15}{8}} \Big|_{0}^{1} = \frac{8}{15}
+            .\] 
+        \item Produktintegration
+            \begin{align*}
+                \int_{0}^{1} e^{x}(1 - x + x^2) \d x
+                &= e^{x}(1 - x + x^2) \Big|_{0}^{1} - \int_{0}^{1} e^{x}(2x-1) \d x \\
+                &= e^{x}(1 - x + x^2) \Big|_{0}^{1} - \left( e^{x}(2x-1) - \int_{0}^{1} 2e^{x} \d x  \right)  \\
+                &= e^{x}(1 - x + x^2) \Big|_{0}^{1} - e^{x}(2x-1) \Big|_{0}^{1}  + 2e^{x} \Big|_{0}^{1} \\
+                &= e^{x}(x^2 - 3x+4) \Big|_{0}^{1} \\
+                &= 2e - 4
+            .\end{align*}
+        \item Mit Substitution $t = x^2$ folgt
+            \begin{align*}
+                \int_{0}^{1} e^{x^2} x^{3} \d x
+                = \int_{0}^{1} e^{t} tx  \frac{\d t}{2x}
+                = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^{t}\cdot t \d t
+                = \frac{1}{2} \left( e^{t}\cdot t \Big|_{0}^{1} - \int_{0}^{1} e^{t} \d t\right) 
+                = \frac{1}{2}
+            .\end{align*}
+        \item Mit $(\tan x)' = \frac{1}{\cos^2(x)}$ folgt
+            \begin{align*}
+                \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{\cos^2(x)} \d x 
+                &= \tan(x) \cdot x \Big|_{0}^{\frac{\pi}{4}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan x \d x 
+                \intertext{Mit Substitution $t = \cos x$ folgt}
+                \int \tan x \d x
+                &= \int \frac{\sin x}{\cos x} \d x
+                = - \int \frac{\sin x}{t} \frac{\d x}{\sin x}
+                = - \int \frac{1}{t} \d t
+                = - \ln t
+                = - \ln(\cos x)
+                \intertext{Damit folgt}
+                \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{\cos^2(x)} \d x
+                &= \frac{\pi}{4} + \ln(\cos x) \Big|_{0}^{\frac{\pi}{4}}
+                = \frac{\pi}{4} + \ln\frac{\sqrt{2} }{2}
+                = \frac{1}{4} (\pi - \ln 4)
+            .\end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Weitere Eigenschaften von Integralen
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Sei $f\colon [a,b] \to \R$ stetig und $\varphi, \psi\colon [c,d] \to [a,b]$ differenziebar.
+            
+            Beh.:
+            \[
+                \frac{d}{\d x} \int_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t) \d t =
+                f(\psi(x)) \psi'(x) - f(\varphi(x)) \varphi'(x), \quad x \in [c, d]
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                $f$ stetig auf $[a,b]$, d.h. es ex. eine Stammfunktion $F$ von $f$ mit $F'(x) = f(x)$. Nach
+                dem HDI gilt dann
+                \[
+                    \int_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t) \d t = F(\psi(x)) - F(\varphi(x))
+                .\] Damit folgt mit Kettenregel
+                \begin{align*}
+                    \frac{d}{\d x} \left( F(\psi(x)) - F(\varphi(x)) \right)
+                    = \frac{d}{\d x} F(\psi(x)) - \frac{d}{\d x} F(\varphi(x))
+                    = f(\psi(x)) \psi'(x) - f(\varphi(x)) \varphi'(x)
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Sei $f\colon [a,b] \to \R$ stetig differenzierbar mit $f(a) = 0$.
+
+            Beh.:
+            \[
+                \int_{a}^{b} |f(x)f'(x)| \d x \le \frac{b-a}{2} \int_{a}^{b} f'(x)^2 \d x 
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Definiere $G(x) := \int_{a}^{x} |f'(t)| \d t $. Es folgt $G(a) = f(a) = 0$. Dann gilt
+                $\forall x \in [a,b]$: $G(x) \ge 0$ und $G(x) \ge f(x)$.
+                Außerdem ist $G'(x) = |f'(x)|$.
+                Damit folgt:
+                \begin{align*}
+                    \int_{a}^{b} |f(x)f'(x)| \d x \qquad
+                    &\le \qquad \int_{a}^{b} G(x)G'(x) \d x  \\
+                    &= \qquad \frac{1}{2} \int_{a}^{b} (G^2(x))' \d x  \\
+                    &\stackrel{G(a) = 0}{=} \qquad \frac{1}{2} G(b)^2 \\
+                    &\stackrel{G(a) = 0}{=} \qquad \frac{1}{2} \left| \int_{a}^{b} G'(x) \d x \right|^2 \\
+                    &\stackrel{\text{CSU}}{\le} \qquad \frac{1}{2} \int_{a}^{b} 1 \d x \cdot \int_{a}^{b} G'(x)^2 \d x  \\
+                    &\stackrel{G'(x) = |f'(x)|}{=} \qquad \frac{b-a}{2} \cdot \int_{a}^{b} f'(x)^2 \d x 
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[Funktionenfolgen und Integration]
+    Für $n \in \N$ sei $f_n\colon [0, \infty) \to \R$ definiert durch
+    \[
+        f_n(x) := \frac{n^2 x}{(1+n^2x^2)^2}
+    .\] Beh.:
+    \[
+        \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f_n(x) \d x \neq \int_{0}^{1} \lim_{n \to \infty} f_n(x) \d x 
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Zunächst linke Seite mit Substitution $t = 1+n^2x^2$:
+        \[
+            \int_{0}^{1} \frac{n^2x}{(1+n^2x^2)^2} \d x 
+            = \frac{1}{2} \int_{1}^{1+n^2} \frac{\d t}{t^2}
+            = - \frac{1}{2} \frac{1}{t} \Big|_{1}^{1+n^2}
+            = - \frac{1}{2 + 2n^2} + \frac{1}{2}
+            \xrightarrow{n \to \infty} \frac{1}{2}
+        .\] Zu zeigen: $f_n \xrightarrow[\text{punktweise}]{n \to \infty} f(x) := 0$. Sei $x \in \R$ beliebig.
+        \[
+            |f_n(x) - f(x)|
+            = \left| \frac{x}{\frac{1}{n^2} + 2x^2 + n^2x^{4}} \right| \xrightarrow{n \to \infty} 0
+        .\] Damit folgt
+        \[
+            \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f_n(x) \d x = \frac{1}{2} \neq 0 = \int_{0}^{1} 0 \d x
+            = \int_{0}^{1} \lim_{n \to \infty} f_n(x) \d x 
+        .\] 
+    \end{proof}
+    Da $f_n$ nicht gleichmäßig konvergent ist, ist Satz 1.3.1 nicht anwendbar.
+    \begin{proof}
+        Zu zeigen: $f_n$ nicht gleichmäßig konvergent.
+
+        Sei $\epsilon > 0$ und $n \in \N$ mit $n > \frac{\epsilon \cdot 16}{\sqrt{27} }$. Dann wähle
+        $x_0 = \frac{1}{\sqrt{3} n}$. Mit $f_n(x_0) = \frac{\sqrt{27} n}{16}$ folgt
+        \[
+            |f_n(x_0) - f(x_0)| = |f_n(x_0)|
+            = \left| \frac{\sqrt{27} n}{16} \right|
+            > \left| \frac{\sqrt{27} \epsilon 16}{16\sqrt{27}} \right|
+            = \epsilon
+        .\] 
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[Uneigentliche Integrale und Funktionenfolgen]
+    Für $n \in \N$ sei $f_n \colon [0, \infty) \to \R$ definiert durch
+    \[
+        f_n(x) := \frac{1}{n} e^{-\frac{x}{n}}, \quad x \ge 0
+    .\] Beh.: $(f_n)_{n\in\N}$ konvergiert gleichmäßig, aber
+    \[
+        \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{\infty} f_n(x) \d x \neq \int_{0}^{\infty} \lim_{n \to \infty} f_n(x) \d x 
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Zu zeigen: $f_n \xrightarrow[\text{gleichmäßig}]{n \to \infty} f(x) := 0$.
+
+        Sei $\epsilon > 0$ und $x \in [0, \infty)$ beliebig. Wähle $n_0 > \frac{1}{\epsilon}$. Wegen
+        $x \ge 0$ und $n \ge 1$, folgt $\frac{x}{n} \ge 0 \implies e^{-\frac{x}{n}} \le 1$.
+        Damit folgt direkt $\forall n \in \N$, $n \ge n_0$:
+        \[
+        \left| \frac{1}{n} e^{-\frac{x}{n}} - 0 \right| \le \frac{1}{n} \cdot 1 \le \frac{1}{n_0}
+        < \frac{1}{\frac{1}{\epsilon}} = \epsilon
+        .\] $\implies f_n \xrightarrow[\text{gleichmäßig}]{n \to \infty} f(x)$.
+
+        Damit folgt
+        \[
+        \int_{0}^{1} \frac{1}{n} e^{-\frac{x}{n}} \d x
+        = - e^{-\frac{x}{n}} \Big|_{0}^{\infty} = - \left( \lim_{x \to \infty} e^{-\frac{x}{n}} - 1 \right) 
+        = 1 \neq 0 = \int_{0}^{\infty} f(x) \d x = \int_{0}^{\infty} \lim_{n \to \infty} f_n(x) \d x 
+        .\] 
+    \end{proof}
+    $[0, \infty)$ ist kein kompaktes Intervall, weshalb Satz 1.3.1 nicht anwendbar ist.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[Stammfunktionen]
+    Mit Produktintegration folgt sofort
+    \begin{align*}
+        &\int \cos(x) \sin(x) \d x = - \cos^2(x) - \int \cos(x) \sin(x) \d x  \\
+        \implies & 2 \int \cos(x) \sin(x) \d x = - \cos^2(x) \\
+        \implies & \int \cos(x) \sin(x) \d x = - \frac{1}{2} \cos^2(x)
+    .\end{align*}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

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/ana2.tex

@@ -0,0 +1,295 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\title{Analysis II: Übungsblatt 2}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    Für $n \in N_0$ bezeichne $P_n$ das Legendre Polynom.
+    \[
+        P_n(x) := \frac{1}{2^{n}n!} \frac{\mathrm{d}^{n}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+    .\] 
+    $\forall n, m \in \N_0$, $n \ge m$, $0 \le k \le n$ gilt zudem nach Aufgabenstellung:
+    \begin{align*}
+        \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+            \frac{\mathrm{d}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m} \d x
+        &= (-1)^{m+1} \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}}
+        (x^2-1)^{n} \frac{\mathrm{d}^{m+k}}{\d x^{m+k}}(x^2-1)^{m}\d x \quad (*)
+    .\end{align*}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.:
+            \[
+                \int_{-1}^{1} P_n(x)P_m(x) \d x = 0 \qquad \forall n, m \in \N_0, n \neq m
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Seien $n, m \in \N_0$ mit $n \neq m$ beliebig. O.B.d.A.: $n > m$. Dann gilt
+                \begin{align*}
+                    \int_{-1}^{1} P_n(x) P_m(x) \d x
+                    &= \frac{1}{2^{n} 2^{m} n! m!}
+                    \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+                    \frac{\mathrm{d}^{m}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m} \d x
+                .\end{align*}
+                Zu zeigen:
+                \[
+                 \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+                    \frac{\mathrm{d}^{m}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m} \d x = 0
+                .\] Mit $(*)$ und $k = m+1 \le n$ folgt
+                \begin{align*}
+                    \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+                        \frac{\mathrm{d}^{m}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m} \d x
+                    &= (-1)^{m+1} \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n-m-1}}{\d x^{n-m-1}}
+                    (x^2-1)^{n} \frac{\mathrm{d}^{2m+1}}{\d x^{2m+1}}(x^2-1)^{m}\d x
+                .\end{align*}
+                    Wegen $\text{deg } (x^2-1)^{m} = 2m$ folgt
+                    $\frac{\mathrm{d}^{2m+1}}{\d x^{2m+1}}(x^2-1)^{m} = 0$. Damit folgt
+                \begin{align*}
+                    \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+                        \frac{\mathrm{d}^{m}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m} \d x
+                        &= 0
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für ein festes $n \in \N_0$ gilt $\forall k \in \N_0$ mit $0 \le k \le n$:
+            \[
+                \int_{-1}^{1} (1-x)^{n}(1+x)^{n} \d x 
+                = \frac{(n!)^2}{(n-k)!(n+k)!}
+                \int_{-1}^{1} (1-x)^{n-k}(1+x)^{n+k} \d x 
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Sei $n \in \N_0$ beliebig. Beweis per Induktion nach $k$. $k = 0$: trivial.
+
+                Es existiere ein $k \in \N_0$ mit $k < n$ mit Beh. Dann folgt für $k+1$ mit
+                partieller Integration:
+                \begin{align*}
+                    \frac{(n!)^2}{(n-k-1)!(n+k+1)!}&
+                    \int_{-1}^{1} (1-x)^{n-k-1}(1+x)^{n+k+1} \d x \\
+                    =& \frac{(n!)^2}{(n-k-1)!(n+k+1)!}
+                    \Big(\underbrace{- \frac{1}{n-k} (1-x)^{n-k} (1+x)^{n+k+1} \Big|_{-1}^{1}}_{=0} \\ &+\int_{-1}^{1} \frac{n+k+1}{n-k} (1-x)^{n-k}(1+x)^{n+k} \d x \Big) \\
+                    =& \frac{(n!)^2(n-k)}{(n-k)!(n+k)!(n+k+1)} \int_{-1}^{1} \frac{n+k+1}{n-k}
+                    (1-x)^{n-k}(1+x)^{n+k}\d x \\
+                    =& \frac{(n!)^2}{(n-k)!(n+k)!} \int_{-1}^{1} (1-x)^{n-k}(1+x)^{n+k} \d x \\
+                    \stackrel{\text{I.V.}}{=}&
+                    \int_{-1}^{1} (1-x)^{n}(1+x)^{n} \d x 
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Es gilt $\forall n \in \N_0$:
+            \[
+                \int_{-1}^{1} P_n(x)P_n(x) \d x = \frac{2}{2n+1}
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Sei $n \in \N_0$ beliebig. Dann sind wegen $\text{deg } (x^2-1)^{n} = 2n$
+                in der $2n$-ten Ableitung alle Terme bis auf den $x^{2n}$ Term null. Damit folgt
+                \begin{align*}
+                    \frac{\mathrm{d}^{2n}}{\d x^{2n}} (x^2-1)^{n}
+                    = \frac{\mathrm{d}^{2n}}{\d x^{2n}} x^{2n} = (2n)! \qquad (**)
+                .\end{align*}
+                
+                Dann folgt mit $(*)$ und $k = n$:
+                \begin{align*}
+                    \int_{-1}^{1} P_n(x)P_n(x) \d x
+                    &= \frac{1}{2^{2n} (n!)^2} \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n}}{\d x^{n}} (x^2-1)^{n}
+                    \frac{\mathrm{d}^{n}}{\d x^{n}} (x^2-1)^{n} \d x \\
+                    &\stackrel{(*)}{=}
+                    \frac{(-1)^{n}}{2^{2n}(n!)^2}
+                    \int_{-1}^{1} (x^2-1)^{n} \cdot
+                    \underbrace{\frac{\mathrm{d}^{2n}}{\d x^{2n}} (x^2-1)^{n}}_{= (2n)! \quad (**)} \d x \\
+                    &= \frac{(2n)!(-1)^{n}}{2^{2n}(n!)^2}
+                    \int_{-1}^{1} ((x-1)(x+1))^{n} \d x \\
+                    &= \frac{(2n)!(-1)^{n}}{2^{2n}(n!)^2}
+                    \int_{-1}^{1} ((-1)(1-x)(1+x))^{n} \d x \\
+                    &= \frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}
+                    \int_{-1}^{1} (1-x)^{n}(1+x)^{n} \d x \\
+                    &\stackrel{\text{(b), } k=n}{=} \quad
+                    \frac{1}{2^{2n}} \int_{-1}^{1} (1+x)^{2n} \d x  \\
+                    &= \frac{1}{2^{2n}} \frac{1}{2n+1} (1+x)^{2n+1} \Big|_{-1}^{1}\\
+                    &= \frac{2^{2n+1}}{2^{2n}} \frac{1}{2n+1} \\
+                    &= \frac{2}{2n+1}
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Die Funktion $f\colon [0, 2\pi] \to \R$ sei definiert durch:
+    \[
+        f(x) = \min\left( x - \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2} - x \right) 
+    .\] Beh.: Für die Fourier Entwicklung $F_{\infty}^{f}$ gilt:
+    \[
+        F_{\infty}^{f} = - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{4}{\pi(2k-1)^2} \cos((2k-1)x)
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Es gilt zunächst:
+        \[
+            f(x) = \begin{cases}
+                x - \frac{\pi}{2} & 0 \le x \le \pi \\
+                \frac{3\pi}{2} - x & \pi < x \le 2\pi
+            \end{cases}
+        .\] 
+        Für die Koeffizienten $a_k$ mit $k > 0$ folgt nach Definition:
+        \begin{align*}
+            a_k &= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \cos(kx) \d x \\
+            &= \frac{1}{\pi} \left[ \int_{0}^{\pi} \left( x - \frac{\pi}{2} \right) \cos(kx) \d x 
+            + \int_{\pi}^{2\pi} \left( \frac{3\pi}{2} - x) \cos(kx) \right)  \d x \right] \\
+            &= \frac{1}{\pi} \left[ \frac{1}{k} \sin(kx) \left( x - \frac{\pi}{2} \right)\Big|_{0}^{\pi}
+            - \int_{0}^{\pi} \frac{1}{k} \sin(kx) \d x
+            + \frac{1}{k} \sin(kx) \left( \frac{3\pi}{2} -x\right) \Big|_{\pi}^{2\pi}
+            + \int_{\pi}^{2\pi} \frac{1}{k} \sin(kx) \d x \right] \\
+            &= \frac{2}{\pi k^2} (\cos(k\pi) - 1)
+        .\end{align*}
+        Für $a_0$ gilt
+        \begin{align*}
+            a_0 &= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \d x  \\
+            &= \frac{1}{\pi} \left[ \int_{0}^{\pi} \left( x - \frac{\pi}{2} \right) \d x 
+            + \int_{\pi}^{2\pi} \left( \frac{3\pi}{2} - x \right)  \d x \right] \\
+            &= 0
+        .\end{align*}
+
+        Für $b_k$ folgt nach Definition mit analoger Rechnung:
+        \begin{align*}
+            b_k = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \sin(kx) \d x
+            = 0
+        .\end{align*}
+        Damit folgt die Fourrier-Entwicklung von $f$ mit:
+        \begin{align*}
+            F_{\infty}^{f}(x)
+            &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2}{\pi k^2} (\underbrace{\cos(k\pi)}_{= (-1)^{k}} - 1)\cos(kx) \\
+            &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2}{\pi(2k-1)^2} \left[ \underbrace{((-1)^{2k-1} - 1)}_{=-2}
+                \cos((2k-1)x)
+            + \underbrace{((-1)^{2k} - 1)}_{= 0} \cos(2kx) \right] \\
+            &= -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{4}{\pi(2k-1)^2} \cos((2k-1)x)
+        .\end{align*}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.:
+    \[
+        \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{4}} = \frac{\pi^{4}}{96}
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Nach Vorlesung gilt $a_k = c_k + c_{-k}$ und $b_k = i (c_k - c_{-k})$. Mit
+        $b_k = 0$ folgt $c_k = c_{-k}$ und mit Aufg. 2.2 damit:
+        \[
+            c_k = c_{-k} = \frac{a_k}{2} = \frac{1}{\pi k^2}((-1)^{k} - 1)
+        .\] Damit folgt
+        \begin{align*}
+            2 \pi \sum_{-\infty}^{\infty} |c_k|^2 = 2\pi
+            \sum_{-\infty}^{\infty} \left| \frac{2}{\pi(2k-1)^2} \right|^2
+            \qquad \stackrel{c_k = c_{-k}}{=} \qquad
+            \frac{16}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{4}}
+        .\end{align*}
+        Außerdem gilt
+        \begin{align*}
+            \int_{0}^{2\pi} |f(x)|^2 \d x &= \int_{0}^{\pi} \left( x - \frac{\pi}{2} \right)^2 \d x 
+            + \int_{\pi}^{2\pi} \left( \frac{3\pi}{2} - x)^2 \right)  \d x = \frac{\pi^{3}}{6}
+        .\end{align*}
+        Zusammen mit der Parsevalschen Gleichung (PG) folgt dann
+        \begin{align*}
+            &\frac{\pi^{3}}{6} \quad \stackrel{\text{(PG)}}{=} \quad \frac{16}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{4}}\\
+            \implies &\frac{\pi^{4}}{96} \quad = \quad \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{4}}
+        .\end{align*}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: Für $2\pi$-periodische Funktionen $f\colon \R \to \R$ gilt
+    \begin{align*}
+        \int_{0}^{2\pi} f(x)\sin(kx) \d x &= \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin(kx) \d x  \quad (\text{A}) \\
+        \int_{0}^{2\pi} f(x)\cos(kx) \d x &= \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos(kx) \d x  \quad (\text{B})
+    .\end{align*}
+    \begin{proof}
+        Sei $f\colon \R \to \R$ $2\pi$-periodisch, außerdem ist $\sin(x)$ $2\pi$ periodisch $(*)$.
+        Dann gilt:
+        \begin{align*}
+            \int_{0}^{2\pi} f(x)\sin(kx) \d x
+            &= \int_{0}^{\pi} f(x)\sin(kx) \d x + \int_{\pi}^{2\pi} f(x)\sin(kx) \d x \\
+            &= \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x + \int_{-\pi}^{0} f(x + 2\pi) \sin(k(x + 2\pi)) \d x  \\
+            &\stackrel{(*)}{=} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x + \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x \\
+            &= \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x 
+        .\end{align*}
+        Für $\cos(kx)$ analog.
+    \end{proof}
+    Beh.: Für $2\pi$-periodische gerade $f_g$ bzw. ungerade $f_u$ Funktionen $f\colon \R \to \R$ gilt
+    für ihre Fourier-Entwicklung:
+    \[
+        F_{\infty}^{f_g}(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^{\infty} a_k \cos(kx) \quad \text{bzw.}
+        \quad F_{\infty}^{f_u}(x) = \sum_{k=1}^{\infty} b_k \sin(kx)
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Sei $f_g \colon \R \to \R$ gerade $(*)$ und $2\pi$-periodisch. Dann bleibt zu zeigen:
+        $b_k = 0$. Es gilt $\sin(-x) = -\sin(x)$, also ist $\sin(x)$ ungerade $(**)$. Damit folgt
+        \begin{align*}
+            b_k &= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \sin(kx) \d x \\
+            &\stackrel{\text{(A)}}{=} \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(kx)  \d x \\
+            &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{0} f(x) \sin(kx) \d x 
+            + \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x \\
+            &\stackrel{x \to -x}{=} \quad \frac{1}{\pi} \int_{\pi}^{0} - f(-x)\sin(-kx) \d x
+            + \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x \\
+            &= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(-x) \sin(-kx) \d x
+            + \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x \\
+            &\stackrel{(*),(**)}{=} \quad - \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x 
+            + \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x \\
+            &= 0
+        .\end{align*}
+
+        Sei $f_u \R \to \R$ ungerade und $2\pi$-periodisch. Dann bleibt zu zeigen
+        $a_k = 0$. Es gilt $\cos(-x) = \cos(x)$, also ist $\cos(x)$ gerade. Dann folgt die Behauptung
+        analog.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: $\forall n, m \in \N_0$, $n \ge m$, $0 \le k \le n$ gilt zudem nach Aufgabenstellung:
+    \begin{align*}
+        \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+            \frac{\mathrm{d}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m} \d x
+        &= (-1)^{m+1} \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}}
+        (x^2-1)^{n} \frac{\mathrm{d}^{m+k}}{\d x^{m+k}}(x^2-1)^{m}\d x
+    .\end{align*}
+    Es gelte
+    \[
+        \frac{\mathrm{d}^{k}}{\d x^{k}}(x^2- 1)^{n} = (x^2-1)^{n-k} \cdot p_k(x) \quad (*)
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Seien $n, m \in \N_0$ beliebig. Beweis per Induktion nach $k$.
+
+        Für $k = 0$ ist Beh. trivialerweise erfüllt.
+
+        Sei nun $k \in \N_0$ mit $k < n$ beliebig mit gegebener Beh. Dann gilt für $k+1$:
+        \begin{align*}
+            &(-1)^{k+1} \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n-k-1}}{\d x^{n-k-1}}(x^2 - 1)^{n}
+            \frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2 -1)^{m} \d x \\
+            &= (-1)^{k+1} \left[ \left( \frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}} (x^2 - 1)^{n}
+            \cdot \frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m} \right) \Big|_{-1}^{1}
+            - \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}}(x^2-1)^{n}
+            \cdot \frac{\mathrm{d}^{m+k}}{\d x^{m+k}}(x^2-1)^{m} \d x \right] \\
+            &\stackrel{\text{I.V.}}{=}
+            (-1)^{k+1} \left( \frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}} (x^2 - 1)^{n}
+            \cdot \frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m} \right) \Big|_{-1}^{1}
+            + \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n}}{\d x^{n}} (x^2-1)^{n}
+            \cdot \frac{\mathrm{d}^{m}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m}\d x
+        .\end{align*}
+        Bleibt zu zeigen:
+        \[
+            \left.\left[\frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}} (x^2 - 1)^{n}
+            \cdot \frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m} \right] \right\rvert_{-1}^{1} = 0
+        .\] 
+        \begin{align*}
+            \left.\left[\frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}} (x^2 - 1)^{n}
+            \cdot \frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m} \right] \right\rvert_{-1}^{1}
+            \stackrel{(*)}{=}&
+                \left.\left[(x^2 - 1)^{k} \cdot p_{n-k}(x) \cdot
+                \frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m} \right] \right\rvert_{-1}^{1} \\
+                =&\; (1 - 1)^{k} \cdot p_{n-k}(1) \cdot 
+                \left(\frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m}\right)(1) \\
+                &- (1-1)^{k} \cdot p_{n-k}(-1) \cdot 
+                \left(\frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m}\right)(-1) \\
+                =& \;0
+        .\end{align*}
+        Damit folgt die Induktionsbehauptung für $k+1$.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/ana/uebungen/ana3.tex

@@ -0,0 +1,232 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis II: Übungsblatt 3}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    Für $x, y \in \R$ seien Abbildungen $d_i\colon \R \times \R \to \R$, $i = 1,\ldots,5$ definiert:
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item $d_1(x,y) = (x-y)^2$ ist keine Metrik, denn
+            \[
+                d(1,3) = 4 > 2 = 1 + 1 = d(1, 2) + d(2, 3)
+            .\] 
+        \item $d_2(x, y) = \sqrt{|x-y|} $ ist eine Metrik denn $\forall x, y, z \in \R$ gilt:
+            \begin{enumerate}[(M1)]
+                \item $d_2(x,y) = \sqrt{|x-y|} \ge 0$ und
+                    \[
+                    d_2(x, y) = 0 \iff \sqrt{|x - y|} = 0 \iff |x-y| = 0 \iff x - y = 0 \iff x = y
+                    .\] 
+                \item $d_2(x,y) = \sqrt{|x - y|} = \sqrt{|y - x|} = d_2(y,x)$
+                \item Es gilt
+                    \[
+                    |x-z| = |x - y + y - z| \le |x - y| + |y - z| \le |x-y| + 2\sqrt{|x-y| |y-z|} + |y-z|
+                    .\] Damit folgt
+                    \begin{align*}
+                        &|x-z| \le |x - y| + 2\sqrt{|x-y| |y-z|} + |y-z| \\
+                        \stackrel{\sqrt{\cdot} \ge 0 }{\iff} &
+                        d_2(x, z) = \sqrt{|x-z|} \le \sqrt{|x-y|}  + \sqrt{|y-z|}
+                        = d_2(x, y) + d_2(y, z)
+                    .\end{align*}
+            \end{enumerate}
+        \item $d_3(x,y) = |x^2 - y^2|$ ist keine Metrik, denn
+            \[
+                d(-1, 1) = |(-1)^2 - 1^2| = 0
+            .\] aber $-1 \neq 1$ in $\R$.
+        \item $d_4(x,y) = |x - 2y|$ ist keine Metrik, denn
+            \[
+                d_4(3, 2) = |3 - 2\cdot 2| = 1 \neq 4 = |2 - 2\cdot 3| = d_4(2,3)
+            .\] 
+        \item $d_5(x,y) = \frac{|x-y|}{1 + |x-y|}$ ist eine Metrik, denn $\forall x, y, z \in \R$ gilt:
+            \begin{enumerate}[(M1)]
+                \item $d_5(x, y) = \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} \ge 0$ und
+                    \[
+                        d_5(x, y) = 0 \iff \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} = 0
+                        \iff |x - y| = 0 \iff x = y
+                    .\] 
+                \item $d_5(x, y) = \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} = \frac{|y-x|}{1 + |y-x|} = d_5(y, x)$.
+                \item Sei $d := \max \{ |x-y|, |x-z|, |y-z| \} $. Falls $d = |x-z|$, dann ist
+                    \[
+                    \frac{|x-z|}{1 + |x-z|} = \frac{|x-z|}{1+d}
+                    \le \frac{|x-y|}{1 + d} + \frac{|y-z|}{1+d}
+                    \le \frac{|x-y|}{1 + \underbrace{|x - y|}_{\le d}} + \frac{|y-z|}{1 +
+                    \underbrace{|y-z|}_{\le d}}
+                    .\] 
+                    Falls $d \neq |x-z|$. Dann sei O.E. $d = |x-y|$. Dann gilt
+                    \begin{alignat*}{2}
+                                &\quad&|x-z|                 &\le |x-y| \\
+                        \iff& &|x-z| + |x-y|\cdot |x-z| &\le |x-y| + |x-y| \cdot |x-z| \\
+                        \iff& &|x - z| (1 + |x-y|) &\le |x-y| (1 + |x-z|) \\
+                        \iff& &\frac{|x-z|}{1 + |x-z|} &\le \frac{|x-y|}{1 + |x-y|}
+                        \intertext{Also insbesondere}
+                        \implies& &\frac{|x-z|}{1 + |x-z|} &\le \frac{|x-y|}{1+|x-y|}
+                        + \underbrace{\frac{|y-z|}{1 + |y-z|}}_{\ge 0}
+                    .\end{alignat*}
+                    Insgesamt folgt
+                    \[
+                        d_5(x,z) \le d_5(x,y) + d_5(y,z)
+                    .\] 
+            \end{enumerate}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $(X, d)$ ein metrischer Vektorraum über $K \in \{\R, \mathbb{C}\} $. Die
+    Metrik $d\colon X \times X \to \R$ erfülle die gegeben Eigenschaften.
+
+    Beh.: $\Vert x \Vert_d := d(x, 0)$ $\forall x \in X$ ist eine Norm auf $X$.
+    \begin{proof}
+        Seien $x, y \in X$ und $\alpha \in K$.
+        \begin{enumerate}[(N1)]
+            \item $\Vert x \Vert_d = d(x, 0) \quad \stackrel{d \text{ Metrik}}{\ge} \quad 0$ \\
+                $x = 0 \; \stackrel{d \text{ Metrik}}{\iff} \; d(x,0) = 0 \iff \Vert x \Vert_d = 0$
+            \item $\Vert \alpha x \Vert_d = d(\alpha x, 0) \stackrel{\text{E2}}{=} |\alpha| d(x, 0)
+                = |\alpha| \Vert x \Vert_d$
+            \item Dreicksungleichung:
+                \begin{align*}
+                    \Vert x + y \Vert \quad &= \quad d(x + y, 0) \\
+                                            &= \quad d(y - (-x), 0) \\
+                                            &\stackrel{\text{E1}}{=} \quad d(-x, y) \\
+                                            &\stackrel{d \text{ Metrik}}\le \quad d(-x, 0) + d(0, y) \\
+                                            &\stackrel{\text{E2}}{=} \quad d(x, 0) + d(y, 0) \\
+                                            &= \quad \Vert x \Vert_d + \Vert y \Vert_d
+                .\end{align*}
+        \end{enumerate}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $p, q \in \R$ mit $p, q > 1$, $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Für $a, b \ge 0$ gilt
+            \[
+            ab \le \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Definiere
+                \begin{align*}
+                    f(t) &:= (a^{p})^{t} \cdot (b^{q})^{1 - t} = e^{(p \ln a - q \ln b) t}
+                \intertext{Es folgt}
+                    f''(t) &= \underbrace{(p \ln a - q \ln b)^2}_{\ge 0} \cdot \underbrace{f(t)}_{\ge 0}
+                .\end{align*}
+                Also ist $f(t)$ konvex.
+                Es ist mit $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 \implies \frac{1}{q} = 1 - \frac{1}{p}$.
+                Mit $\lambda = \frac{1}{p}, x = 1$ und $y = 0$ folgt damit
+                \[
+                    ab =
+                    a^{\frac{1}{p} \cdot p}b^{q \cdot \left( 1-\frac{1}{p}\right) }
+                    = f\left(\frac{1}{p}\right)
+                    \le \frac{1}{p} f(1) + \left( 1 - \frac{1}{p} \right)f(0)
+                    = \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für $a_1, b_1, \ldots, a_n, b_n \in \R$ gilt
+            \[
+                \sum_{i=1}^{n} |a_i b_i| \le \left( \sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p} \right)^{\frac{1}{p}}
+                \cdot \left( \sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q} \right)^{\frac{1}{q}}
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Es sei $\Vert a \Vert_p := \left(\sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$
+                und $\Vert b \Vert_q := \left( \sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q} \right)^{\frac{1}{q}} $. Dann folgt
+                \begin{align*}
+                    \frac{1}{\Vert a \Vert_p \cdot \Vert b \Vert_q}
+                    \sum_{i=1}^{n} |a_i b_i|
+                    &= \quad\sum_{i=1}^{n} \left|\frac{a_i}{\Vert a \Vert_p}\right|
+                    \left| \frac{b_i}{\Vert b \Vert_q} \right|\\
+                    &\stackrel{\text{Young}}{\le} \quad
+                    \sum_{i=1}^{n} \frac{|a_i|^{p}}{p \Vert a \Vert_p^{p}}
+                    + \sum_{i=1}^{n} \frac{|b_i|^{q}}{q \Vert b \Vert_q^{q}} \\
+                    &= \frac{1}{p} \frac{1}{\sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p}}
+                    \sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p}
+                    + \frac{1}{q} \frac{1}{\sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q}}
+                    \sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q} \\
+                    &= \frac{1}{p} + \frac{1}{q} \\
+                    &= 1 \\
+                    \implies \sum_{i=1}^{n} |a_i b_i| &\le \Vert a \Vert_p \cdot \Vert b \Vert_q
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei
+    \[
+        B_1 := \{ f \in \mathcal{C}([0,1])  \mid \Vert f \Vert_{\infty} \le 1\} 
+    \] die abgeschlossene Einheitskugel.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Die Folge $(f_n)_{n \in \N}$ mit
+            \[
+                f_n(x) := \begin{cases}
+                    - 2^{2n+4} \left( x - \frac{3}{2^{n+2}} \right)^2 + 1
+                    & x \in \left[ \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right] \\
+                    0 & \text{sonst}
+                \end{cases}
+            .\] erfüllt die Eigenschaften.
+            \begin{proof}
+                Sei $n \in \N$ beliebig.
+                Zunächst ist $f_n$ stetig, denn:
+                $\forall x \in \left( \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right) $
+                ist $f_n$ als Polynom stetig.
+                Für $x \in [0,1] \setminus \left[ \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2n} \right] $ ist
+                $f_n$ als konstante Funktion stetig. Außerdem gilt
+                \[
+                    \lim_{x \nearrow \frac{1}{2^{n+1}}} f_n(x) = 0
+                    = - \frac{2^{2n+4}}{2^{2n+4}} + 1
+                    = - 2^{2n+4}\left( \frac{1}{2^{n+1}} - \frac{3}{2^{n+2}} \right)^2 + 1
+                    = f_n\left(\frac{1}{2^{n+1}}\right)
+                    = \lim_{x \searrow \frac{1}{2^{n+1}}} f_n(x)
+                .\] Analog für $x = \frac{1}{2^{n}}$.
+
+                Weiter ist $\Vert f_n \Vert_{\infty} = 1$, denn für
+                $x \in [0, 1] \setminus \left( \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right) $ ist
+                $f_n(x) = 0$ und für $x \in \left[ \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right] $
+                ist der Scheitelpunkt der Parabel mit $x_{max} = \frac{3}{2^{n+2}}$ als
+                Maximum mit $f(x_{max}) = 1$ gegeben.
+
+                Sei nun $m \in \N$ mit $m \neq n$ und $x \in [0,1]$. O.E. sei $m > n$.
+                Falls $ x \in \left( \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right) $, dann ist
+                $f_m(x) = 0$, denn $ m > n \implies m \ge n+1 \implies \frac{1}{2^{m}} \le \frac{1}{2^{n+1}}$.\\
+                Falls $x \in \left( \frac{1}{2^{m+1}}, \frac{1}{2^{m}} \right) $, ist analog
+                $f_n(x) = 0$.\\
+                Sonst gilt $f_n(x) = f_m(x) = 0$.
+
+                Damit folgt $f_n(x) f_m(x) = 0$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Eine Folge $(f_n)_{n\in\N}$ mit den in (a) gegebenen Eigenschaften, hat keine
+            konvergente Teilfolge.
+            \begin{proof}
+                Sei $(f_n)_{n\in\N} \subseteq B_1$ mit $\Vert f_n \Vert_{\infty} = 1$ $\forall n \in \N$
+                und $f_n(x) f_m(x) = 0$ $\forall x \in [0,1], n, m \in \N, n \neq m$.
+
+                Sei weiter $f \in \mathcal{C}([0,1])$ beliebige Funktion
+                und $(f_{n_k})_{k\in\N} \subseteq (f_n)_{n\in\N}$ Teilfolge.
+
+                Ang.: $\Vert f_{n_k} - f \Vert_{\infty} \xrightarrow{k \to \infty} 0$
+
+                Ang.: $\Vert f \Vert_{\infty} \neq 1$. Dann sei
+                $\epsilon = \frac{|1 - \Vert f \Vert_{\infty}|}{2}$. Dann gilt
+                $\forall k \in \N$ $\Vert f_{n_k} \Vert_{\infty} = 1$, also folgt
+                \[
+                \Vert f_{n_k} - f \Vert \ge | 1 - \Vert f \Vert_{\infty} | > \epsilon \quad \contr
+                .\] 
+                Damit ist $\Vert f \Vert_{\infty} = 1$. Sei nun $x_{max} \in [0,1]$ beliebig
+                mit $f(x_{max}) = 1$.
+
+                Falls $\forall k \in \N$ gilt $f_{n_k}(x_{max}) = 0 \implies \Vert f_{n_k} - f \Vert \ge 1$
+                $\forall k \in \N$.\\
+                Falls $\exists k \in \N$ mit $f_{n_k}(x_{max}) = 1$: Dann gilt $\forall m > k$:
+                \[
+                    f_{n_k}(x_{max}) \cdot f_{n_m}(x_{max}) = 0
+                    \qquad
+                    \stackrel{\R \text{ nullteilerfrei}}{\implies}
+                    \qquad
+                    f_{n_m}(x_{max}) = 0 \implies \Vert f - f_{n_m} \Vert_{\infty} \ge 1 \quad
+                .\] Also konvergiert $f_{n_k}$ nicht gegen $f$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/ana/uebungen/ana4.tex

@@ -0,0 +1,211 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\title{Analysis II: Übungsblatt 4}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Mit $d(x, y) = \sqrt{|x - y|}$ und $\varphi = \sqrt{x}$ ist $\rho$ keine Norm.
+            \begin{proof}
+                Aus dem letzten Zettel, folgt, dass $d(x,y) = \sqrt{|x-y|} $ eine Metrik
+                auf $\R$ ist. Es ist außerdem $\forall x, y \in \R$
+                \[
+                    d(x, y) = \sqrt{|x - y|} = \sqrt{\Vert x - y \Vert_2} = \varphi(\Vert x - y\Vert_2)
+                    = \rho(x - y)
+                .\] 
+                Dann ist
+                \[
+                    \rho(4\cdot 4) = \sqrt{\Vert 16 \Vert_2} = 4 \neq 8 = 4 \cdot 2 = 4 \cdot \rho(4)
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Teilmenge $O \subseteq \mathbb{K}^{n}$ g.d. offen, wenn sie keinen ihrer Randpunkte enthält.
+            \begin{proof}
+                ,,$\implies$``:
+                Sei $O \subseteq \mathbb{K}^{n}$ offen und $a \in \mathbb{K}^{n}$ ein Randpunkt von $O$.
+                Ang.: $a \in O \implies \exists \epsilon > 0$ mit $K_{\epsilon}(a) \subseteq O$. Also existiert
+                eine Umgebung von $a$, die ganz in $O$ liegt $\contr$.
+
+                ,,$\impliedby$``:
+                Sei $O \subseteq \mathbb{K}^{n}$ nicht offen. Dann ex. $a \in O$, s.d.
+                $\forall \epsilon > 0$ gilt: $\exists y \in \mathbb{K}^{n} \setminus O$ mit
+                $y \in K_{\epsilon}(a)$. Da außerdem $a \in O$, ist $a$ Randpunkt von $O$, der
+                in $O$ liegt.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\partial M$ von $M \subseteq \mathbb{K}^{n}$ ist abgeschlossen.
+            \begin{proof}
+                Sei $M \subseteq \mathbb{K}^{n}$. Dann folgt nach VL: $\partial M$ abgeschlossen.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Die Aussage ist falsch.
+
+            \begin{proof}
+            Für $\mathbb{K}^{n} = \R$ und $M := [0,1]$ gilt $\partial M = \{0, 1\} $. Damit folgt
+            \[
+                \left( \overline{M} \right)^{\circ}
+                = (\overline{[0,1]})^{\circ} = \left( [0,1] \right)^{\circ} = (0, 1)
+                \neq [0,1] = \overline{\left( (0,1) \right) } = \overline{\left( [0,1]^{\circ} \right) }
+                = \overline{\left( M^{\circ} \right) }
+            .\] 
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\partial M = \{ x \in \R^{n}  \mid \Vert x \Vert_{\infty} \le 1\} $,
+            $\overline{M} = \partial M$ und $M^{\circ} = \emptyset$.
+            \begin{proof}
+                Da $\Q$ dicht in $\R$, folgt $\forall a \in K_1(0)$, liegen in jeder Umgebung
+                von $a$ Punkte aus $K_1(0) \cap \Q^{n} = M$ und
+                Punkte aus $K_1(0) \cap (\R^{n} \setminus \Q^{n}) \subseteq M^{C}$.
+
+                Außerdem sind alle Punkte der Einheitssphäre Randpunkte, damit folgt
+                \[
+                    \partial M = K_1(0) \cup \{ x \in R^{n}  \mid \Vert x \Vert_\infty = 1\} =
+                    \{x \in \R^{n}  \mid \Vert x \Vert_\infty \le 1\} 
+                .\] Da $M \subseteq \partial M$, folgt daraus
+                \begin{align*}
+                    \overline{M} &= M \cup \partial M = \partial M \\
+                    M^{\circ} &= M \setminus \partial M = \emptyset
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\partial M = M$, $M^{\circ} = \emptyset$, $\overline{M} = M$.
+            \begin{proof}
+                Es gilt $\forall a \in M$, dass $\forall \epsilon > 0$
+                Punkte $x \in M^{C}$ existieren mit
+                $x_1 \neq 0$ und $\Vert a - x \Vert_2 < \epsilon$.
+                Außerdem gilt für alle Randpunkte $a \in \partial M$, $a_1 = 0$, denn
+                angenommen, $a_1 = \delta \neq 0$. Dann ist
+                $K_{\frac{\delta}{2}}(a) \cap M = \emptyset$. Weiter
+                gilt $\Vert x \Vert_2 \le 1$, denn angenommen, $\exists \delta > 0$, s.d.
+                $\Vert x \Vert_2 = 1 + \delta > 1$, dann folgt analog
+                $K_{\frac{\delta}{2}}(a) \cap M = \emptyset$.
+                
+                Damit folgt
+                \begin{align*}
+                    \overline{M} &= M \cup \partial M = M \cup M = M \\
+                    M^{\circ} &= M \setminus \partial M = M \setminus M = \emptyset
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\partial M = \{-1, 1\}^{n}$, $\overline{M} = M$,
+            $M^{\circ} = \{x \in \R^{n}  \mid x \not\in [-1,1]^{n}\} $
+            \begin{proof}
+                Es ist
+                \[
+                    M = \{ x \in \R^{n}  \mid f(x) < 1\} = \{ x \in \R^{n}  \mid x \not\in (-1,1)^{n}\} 
+                .\] Als Randpunkte ergeben sich damit durch komponentenweise Anwendung
+                des eindimensionalen Falls:
+                \[
+                \partial M = \{-1, 1\}^{n}
+                .\] Damit ist
+                \begin{align*}
+                    M^{\circ} &= M \setminus \partial M = \{ x \in \R^{n}  \mid x \not\in [-1, 1]^{n}\}  \\
+                    \overline{M} &= M \cup \partial M = \{x \in \R^{n}  \mid x \not\in (-1,1)^{n}\} = M
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\partial M = \{ x \in \R^{n}  \mid g(x) \le 1\} $,
+            $M^{\circ} = M$, $M = [-1,1]^{n}$.
+            \begin{proof}
+                Es ist
+                \[
+                    g(x) = \frac{3}{2} - f(x) = \begin{cases}
+                        \frac{1}{2} & x \in (-1,1)^{n} \\
+                        \frac{3}{2} & \text{sonst}
+                    \end{cases}
+                .\] Also folgt
+                \[
+                    M = \{ x \in \R^{n}  \mid x \in (-1,1)^{n}\} = (-1,1)^{n}
+                .\] Analog zu (c) folgt damit direkt
+                \begin{align*}
+                    \partial M &= \{x \in \R^{n}  \mid x \in \{-1,1\}^{n}\} \\
+                    M^{\circ} &= (-1,1)^{n} \setminus \{-1, 1\}^{n} = (-1,1)^{n} = M \\
+                    \overline{M} &= (-1,1)^{n} \cup \{-1, 1\}^{n} = [-1,1]^{n}
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $a < b \in \R$ und $\tilde{V}$, $V$ wie gegeben.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $(\cdot , \cdot )$ ist kein Skalarprodukt auf $\tilde{V}$.
+            \begin{proof}
+                Für $a = 0$, $b = 1$ und $f = 1 \in \tilde{V}$, folgt $f' = 0$ und
+                $f \neq 0$, aber
+                \[
+                    (f,f) = \int_{0}^{1} f'(x)f'(x) \d x = \int_{0}^{1} 0 \d x = 0
+                .\] Damit ist (S1) nicht erfüllt.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $(\cdot , \cdot )$ ist ein Skalarprodukt auf $V$.
+            \begin{proof}
+                Seien $f, g \in V$ beliebig.
+
+                Zunächst ist $(f,g)$ wohldefiniert, da $f$ und $g$ stückweise stetig differenzierbar,
+                sind $f'$ und $g'$ stückweise stetig, also stückweise R.-integrierbar.
+                \begin{enumerate}[(S1)]
+                    \item Wegen der Monotonie des R.-Integrals
+                        ist
+                        \[
+                            (f,f) = \int_{a}^{b} \underbrace{(f'(x))^2}_{\ge 0} \d x \ge 0
+                        .\]
+                        Sei nun
+                        \[
+                            (f, f) = \int_{a}^{b} f'(x)^2 \d x = 0
+                        .\] Wegen $f \in \tilde{V}$, ex. eine Zerlegung $\Delta $ von $[a,b]$, s.d.
+                        \[
+                            (f,f) = \sum_{[\tilde{a}, \tilde{b}] \in \Delta }
+                            \int_{\tilde{a}}^{\tilde{b}} \underbrace{f'(x)^2}_{\ge 0} \d x
+                        .\] Da die einzelnen Summanden alle nicht negativ sind, folgt
+                        $\forall [\tilde{a}, \tilde{b}] \in \Delta $ mit
+                        der Definitheit des R.-Integrals:
+                        \[
+                            \int_{\tilde{a}}^{\tilde{b}} \underbrace{f'(x)^2}_{\ge 0} \d x = 0
+                            \qquad \quad \stackrel{f' \text{ stetig auf } [\tilde{a}, \tilde{b}]}{\implies}
+                            \qquad \quad
+                            f'(x)^2 = 0 \quad \forall x \in [\tilde{a}, \tilde{b}]
+                        .\] Da dies für alle Teilintervalle gilt, folgt
+                        \[
+                            f'(x)^2 = 0 \quad \forall x \in [a,b] \implies f' \equiv 0
+                            \implies \exists h \in \R: f(x) = h
+                        .\]
+                        Wegen $f(a) = f(b) = 0 \implies f(a) = h = 0 \implies h = 0$. Also $f \equiv 0$.
+                    \item Folgt aus der Symmetrie des R.-Integrals.
+                    \item Folgt aus der Linearität des R.-Integrals und der Linearität der Ableitung.
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Mit Gram-Schmidt-Verfahren folgt
+    \begin{align*}
+        b_1 &= \frac{1}{\sqrt{(1,1)}} = \frac{1}{\int_{0}^{1} 1 \d t } = 1 \\
+        \widetilde{b_2} &= t - (1, t) = t - \int_{0}^{1} t \d t = t - \frac{1}{2}
+        \intertext{Es ist weiter}
+        (\widetilde{b_2}, \widetilde{b_2})
+        &= \int_{0}^{1} \left(t-\frac{1}{2}\right)\left( t - \frac{1}{2} \right)  \d x = \frac{1}{12} \\
+        b_2 &= \sqrt{12} \left( t - \frac{1}{2} \right)
+        \intertext{Damit folgt}
+        \widetilde{b_3} &= t^2 - (t, t^2) - 12 \left( t - \frac{1}{2}, t^2 \right) t = t^2 - t + \frac{1}{6}\\
+        (\widetilde{b_3}, \widetilde{b_3}) &= \int_{0}^{1} \left( t^2 - t + \frac{1}{6} \right)^2 \d x
+        = \frac{1}{180} \\
+        b_3 &= \sqrt{180} \left( t^2 - t + \frac{1}{6} \right)  \\
+        \widetilde{b_4} &= t^3 - (1, t ^{3}) - 12 \left( t - \frac{1}{2}, t ^{3} \right)
+        \left( t - \frac{1}{2} \right) - 180 \left( t^2 - t + \frac{1}{6} \right)\left( t^2 - 1 + \frac{1}{6} \right)  \\
+        &= t ^{3} - \frac{3}{2} t^2 + \frac{3}{5} t - \frac{1}{20} \\
+        (\widetilde{b_4}, \widetilde{b_4}) &=
+        \int_{0}^{1} \left( t ^{3} - \frac{3}{2} t^2 + \frac{3}{5} t - \frac{1}{20} \right)^2 \d x 
+        = \frac{1}{2800} \\
+        b_4 &= \sqrt{2800} \left( t ^{3} - \frac{3}{2}t^2 + \frac{3}{5}t - \frac{1}{20}\right) 
+        \intertext{Also ist}
+        \mathcal{B} &= \left\{1, \sqrt{12}\left( t - \frac{1}{2} \right),
+        \sqrt{180}\left( t^2 - t + \frac{1}{6} \right), \sqrt{2800}
+    \left( t ^{3} - \frac{3}{2} t^2 + \frac{3}{5} t - \frac{1}{20} \right) \right\}
+    .\end{align*}
+    eine Orthonormalbasis auf $C([0,1])$ mit dem gegebenen Skalarprodukt.
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/ana/uebungen/ana5.tex

@@ -0,0 +1,196 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis 2: Übungsblatt 5}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}[]
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\forall $ $\Vert \cdot \Vert$ auf $\mathbb{K}^{n}$ ist
+            \[
+            \Vert A \Vert := \sup_{x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} } \frac{\Vert A x \Vert}{\Vert x \Vert}
+            .\] eine Norm.
+            \begin{proof}
+                Sei $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$ beliebig.
+                \begin{enumerate}[(N1)]
+                    \item $\displaystyle \Vert A \Vert = \sup_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1}
+                        \underbrace{\Vert Ax \Vert}_{\ge 0} \ge 0$.
+
+                        Außerdem gilt
+                        \begin{salign*}
+                            \Vert A \Vert = 0 &\implies \sup_{x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} }
+                            \frac{\Vert Ax \Vert}{\Vert x \Vert} = 0 \\
+                            &\implies \Vert Ax \Vert = 0 \quad \forall x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} \\
+                            &\stackrel{\Vert \cdot \Vert \text{ V-Norm}}{\implies}
+                            Ax = 0
+                            \quad \forall x \in \mathbb{K}^{n} \setminus 0 \\
+                            &\implies Ax = 0 \quad \forall x \in \mathbb{K}^{n} \\
+                            &\implies A = 0
+                        .\end{salign*}
+                    \item Sei $\alpha \in \mathbb{K}$.
+                        \[
+                    \Vert \alpha A \Vert = \sup_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1}
+                    \Vert Ax \Vert
+                    \qquad \stackrel{\Vert \cdot \Vert \text{ V-Norm}}{=} \qquad
+                    \sup_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1} |\alpha| \Vert Ax \Vert
+                    = |\alpha| \sup_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1} \Vert Ax \Vert
+                    = |\alpha| \Vert A \Vert
+                    .\] 
+                \item Sei $B \in \mathbb{K}^{n\times n}$.
+                    \[
+                    \Vert A + B \Vert = \sup_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1}
+                    \Vert Ax + Bx \Vert
+                    \qquad \stackrel{\Vert \cdot \Vert \text{ V-Norm}}{\le } \qquad
+                    \sup_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1} \left( \Vert Ax \Vert + \Vert Bx\Vert \right)
+                    = \Vert A \Vert + \Vert B \Vert
+                    .\] 
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für die in (a) definierte Matrixnorm gilt
+            \[
+            \Vert A \Vert = \max_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1} \Vert Ax \Vert
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Die Menge $M := \{ x \in \mathbb{K}^{n}  \mid \Vert x \Vert = 1\} $
+                ist beschränkt und abgeschlossen, also kompakt. Die Funktion
+                $f\colon \mathbb{K}^{n} \to \R$, $x \mapsto \Vert Ax \Vert$ ist stetig, denn:
+                Falls $A = 0$, dann ist $f = 0$ also stetig. Falls $A \neq 0$ dann gilt:
+                $\forall \epsilon > 0, a \in \mathbb{K}^{n}$ wähle $\delta := \frac{\epsilon}{\Vert A \Vert}$.
+                Sei nun $x \in \mathbb{K}^{n}$ beliebig mit $\Vert x - a\Vert < \delta $. Dann ist
+                \[
+                | \Vert Ax \Vert - \Vert A a \Vert | \le \Vert Ax - Aa \Vert
+                = \Vert A (x-a) \Vert
+                \qquad \stackrel{\text{verträgl.}}{\le } \qquad
+                \Vert A \Vert \Vert x -a \Vert < \Vert A \Vert \delta = \epsilon
+                .\]
+
+                $f$ nimmt als stetige Funktion auf kompakten Mengen ihr Maximum an, d.h.
+                $\exists x_{max} \in M$, s.d.
+                \[
+                \Vert Ax_{max} \Vert = \sup_{x \in M} \Vert Ax \Vert = \max_{x \in M} \Vert Ax \Vert
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Die Frobenius-Norm ist mit der euklidschen Vektornorm verträglich und submultiplikativ.
+            \begin{proof}
+                Seien $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$ und $x \in \mathbb{K}^{n}$ beliebig.
+                $A_i$ bezeichne die $i$-te Zeile der Matrix $A$.
+                Dann gilt
+                \begin{salign*}
+                    \Vert A x \Vert_{2}^2 &= \sum_{i=1}^{n} \left( \sum_{j=1}^{n} |a_{ij}x_j| \right)^2 \\
+                    &= \sum_{i=1}^{n} (A_i, x)_2^2 \\
+                    &\stackrel{\text{C.S.U.}}{\le } \sum_{i=1}^{n} \Vert A_i \Vert_2^2 \Vert x \Vert_2^2 \\
+                    &= \Vert x \Vert_2^2 \sum_{i=1}^{n} \Vert A_i \Vert_{2}^2 \\
+                    &= \Vert x \Vert_2^2 \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} |a_i|^2 \\
+                    &= \Vert x \Vert_2^2 \Vert A \Vert_F^2
+                .\end{salign*}
+                Also $\Vert \cdot \Vert_F$ verträglich.
+
+                Seien $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$ und $x \in \mathbb{K}^{n}$ beliebig.
+                $A_i$ bezeichne die $i$-te Zeile der Matrix $A$, $B_j$ die $j$-te Spalte (!)
+                der Matrix $B$.
+                Dann gilt
+                \begin{salign*}
+                    \Vert A B \Vert_{F}^2 &= \sum_{i,j=1}^{n} \left| \sum_{k=1}^{n} a_{ik}b_{kj} \right|^2 \\
+                    &= \sum_{i,j=1}^{n} (A_i, B_j)_2^2 \\
+                    &\stackrel{\text{C.S.U.}}{\le } \sum_{i,j=1}^{n} \Vert A_i \Vert_2^2 \Vert B_j \Vert_2^2 \\
+                    &= \sum_{i=1}^{n} \Vert A_i \Vert_2^2 \sum_{j=1}^{n} \Vert B_j \Vert_{2}^2 \\
+                    &= \Vert A \Vert_F \Vert B \Vert_F
+                .\end{salign*}
+                Also $\Vert \cdot \Vert_F$ submultiplikativ.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Die Menge $M$
+            \[
+            M := \{ A \in \mathbb{K}^{n \times n}  \mid A \text{ regulär }\} 
+            \] ist offen.
+            \begin{proof}
+                Sei $A \in M$ beliebig. Da $A$ regulär ist $A \neq 0$ und $\exists A^{-1} \neq 0$. Wähle
+                $\epsilon := \frac{1}{\Vert A^{-1} \Vert}$.
+
+                Sei $B \in K_{\epsilon}(A)$. Dann ist $\Vert A - B \Vert < \epsilon$, also
+                $\Vert A - B \Vert < \frac{1}{\Vert A^{-1} \Vert}$. Mit dem Störungssatz folgt
+                damit, dass $B$ regulär ist, also $B \in M$. D.h. $K_{\epsilon}(A) \subseteq M$ und damit
+                $M$ offen.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Die Resolventenabbildung
+            \[
+                R\colon \text{Res}(A) \subseteq \mathbb{C} \to M \subseteq \mathbb{K}^{n \times n}
+            .\] ist stetig.
+            \begin{proof}
+                Sei $(z_k)_{k\in\N} \subseteq \text{Res}(A)$ Folge mit $z_k \xrightarrow{k \to \infty} a$.
+                Dann ist
+                \begin{align*}
+                    R(z_k) &= (A - z_k I)^{-1} \\
+                           &= (A - aI + aI - z_kI)^{-1} \\
+                           &= (A - aI + (a-z_k) I)^{-1} \\
+                           &= ((A - aI)(I + (a-z_k) (A-aI)^{-1}))^{-1} \\
+                           &= \underbrace{(I + (\overbrace{a - z_k}^{\xrightarrow{k \to \infty} 0})R(a))^{-1}}_{\xrightarrow{k \to \infty} I} R(a) \\
+                           &\xrightarrow{k \to \infty} R(a)
+                .\end{align*}
+                Damit ist $R$ stetig auf $\text{Res}(A)$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[]
+    Sei $f \colon \mathbb{K}^{n} \to \R$ stetig, $c \in \R$ und
+    \[
+        M := \{ x \in \mathbb{K}^{n}  \mid f(x) = c\} 
+    .\] Beh.: $M$ ist abgeschlossen.
+    \begin{proof}
+        Z.z.: $M^{C} = \mathbb{K}^{n} \setminus M$ ist offen. Sei $a \in M^{C}$, d.h.
+        $f(a) \neq c$. Wähle $\epsilon := \frac{|f(a) - c|}{2}$. Da $f$ stetig, ex. $\delta > 0$, s.d.
+        $\forall x \in \mathbb{K}^{n}$ mit $\Vert x - a \Vert < \delta $: $|f(x) - f(a)| < \epsilon$.
+
+        Sei $x \in K_{\delta}(a)$. Dann ist $\Vert x - a \Vert < \delta$.
+        Ang.: $f(x) = c \implies |f(x) - f(a)| = |c - f(a)| = 2 \epsilon > \epsilon$ $\contr$.
+
+        Also ist $f(x) \neq c \implies x \in M^{C}$. Damit ist $M^{C}$ offen und $M$ abgeschlossen.
+    \end{proof}
+    Beh.: $M$ ist i.A. nicht kompakt.
+    \begin{proof}
+        Für $n = 1$ und $f(x) = \sin x$, $c = 0$ ist
+        $M = \{ k \pi  \mid k \in \N\}$
+        nicht beschränkt, also insbesondere nicht kompakt.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[]
+    Definiere
+    \[
+        S\colon C([0, \pi]) \to \R, \quad f \mapsto S(f) := \int_{0}^{\pi} \cos(f(x)) \d x 
+    .\] Beh.: $S$ stetig.
+    \begin{proof}
+        Seien $a, b \in \R$. O.E.: $a \le b$. $\cos(x)$ auf $\R$ differenzierbar, also insbesondere
+        auf $[a,b]$. Dann folgt mit dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung: $\exists \xi \in (a,b)$
+        mit
+        \[
+            - \sin(\xi) = \frac{\cos(b)- \cos(a)}{b - a}
+        .\] Wegen $|\sin x| \le 1$ $\forall x \in \R$ folgt
+        \[
+            | \cos(b)- \cos(a)| = | b -a | | \sin(\xi)| \le | b - a| \qquad (*)
+        .\] 
+
+        Sei $\epsilon > 0$ beliebig und $f \in C([0, \pi])$. Dann gilt $\forall g \in C([0, \pi])$ mit
+        $\Vert f - g \Vert_{\infty} < \delta := \frac{\epsilon}{\pi}$:
+        \begin{salign*}
+            |S(f) - S(g)| &= \left| \int_{0}^{\pi} \cos(g(x) \d x - \int_{0}^{\pi} \cos(f(x)) \d x  \right| \\
+            &\le \int_{0}^{\pi} | \cos(g(x)) - \cos(f(x)) | \d x  \\
+            &\stackrel{(*)}{\le } \int_{0}^{\pi} |g(x) - f(x)| \d x \\
+            &\le \int_{0}^{\pi} \Vert g - f \Vert_{\infty} \d x \\
+            &< \int_{0}^{\pi} \delta  \d x \\
+            &= \pi \delta \\
+            &= \epsilon
+        .\end{salign*}
+        \vspace*{-10mm}
+    \end{proof}
+\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/la1.tex

@@ -0,0 +1,207 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\author{Dominik Daniel, Christian Merten}
+\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 1}
+
+\punkte[4]
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh $(*)$.: $R$ nullteilerfrei $\implies \forall f, g \in R[t]$ gilt
+            $\text{deg}(f\cdot g) = \text{deg}(f) + \text{deg}(g)$.
+            \begin{proof}
+                Seien $f, g \in R[t]$. Falls $f \neq 0$ und $g\neq 0$ folgt
+                $\text{e}(f) \neq 0$ und $\text{e}(g) \neq 0$. Wegen $R$ nullteilerfrei
+                folgt damit $\text{e}(f\cdot g) \neq 0$. Aus der Multiplikation von
+                Polynomen folgt somit direkt $\text{deg}(f\cdot g) = f + g$.
+
+                Falls $f = 0$ und/oder $g = 0$: O.B.d.A.: $f = 0$. Dann ist $f \cdot g = 0$. Damit
+                \[
+                    \text{deg}(f) + \text{deg}(g) = -\infty + \text{deg}(g) = -\infty = \text{deg}(0) = \text{deg}(f\cdot g) 
+                .\] 
+            \end{proof}
+            Beh.: $R$ nullteilerfrei $\implies R[t]^{\times } = R^{\times }$
+            \begin{proof}
+                ,,$\subset $'': Sei $f \in R[t]^{\times }$. Dann ex. $g \in (R[t])^{\times}$ mit
+                $f\cdot g = 1$. Dann folgt mit $(*)$:
+                \[
+                    0 = \text{deg}(1) = \text{deg}(f \cdot g) = \text{deg}(f) + \text{deg}(g) 
+                .\]
+                Wegen $R$ nullteilerfrei folgt $R \neq 0$ und damit $f, g \neq 0$. Damit folgt
+                $\text{deg}(f) \in \N_0$ und $\text{deg}(g) \in \N_0$. Also ist
+                \[
+                \text{deg}(f) = \text{deg}(g) = 0
+                .\] 
+                Damit ex. $a, b \in R$ mit $f = a$, $g = b$ und $ab = 1$. D.h. $f = a \in R^{\times}$.
+
+                ,,$\supset$'': Sei $a \in R^{\times}$. Dann ex. $b \in R^{\times }$ mit $ab = 1$.
+                Es ist $a,b \in R[t] \implies a \in R[t]^{\times}$.
+            \end{proof}
+        \item $\Z / 4 \Z$ ist wegen $\overline{2} \cdot \overline{2} = \overline{4} = \overline{0}$ und
+            $\overline{2} \neq 0$ nicht nullteilerfrei. Hier ist
+            $\overline{1} + \overline{2}t \in ((\Z / 4 \Z)[t])^{\times }$, wegen
+            \[
+                (\overline{1} + \overline{2}t) (\overline{1} + \overline{2}t)
+                = \overline{1} + \underbrace{\overline{4}t + \overline{4}t^2}_{= 0}
+                = \overline{1}
+            .\] Aber wegen $2 \neq 0$ ist $1 + \overline{2}t \not\in (\Z/4\Z)^{\times }$.
+        \item Sei $R = \Z / 4 \Z$ und $f = \overline{2}t$. Dann ist wegen
+            $f(\overline{2}) = \overline{4}t = \overline{0}$:
+            \[
+                \#\{r \in R | f(r) = 0\} = \#\{\overline{0}, \overline{2}\} = 2 > 1 = \text{deg}(f)
+            .\] 
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\varphi$ ist surjektiver Ringhomomorphismus.
+            \begin{proof}
+                Zunächst ist $\varphi(1) = 1$. Seien $f, g \in \R[t]$ beliebig. Dann gilt
+                \begin{align*}
+                    \varphi(f+g) &= (f+g)(i) = f(i) + g(i) = \varphi(f) + \varphi(g) \\
+                    \varphi(f\cdot g) &= (f\cdot g)(i) = f(i) \cdot g(i) = \varphi(f) \cdot \varphi(g)
+                .\end{align*}
+                $\implies \varphi$ Ringhomomorphismus.
+
+                Sei $z \in \mathbb{C}$ beliebig, dann ex. $a, b \in \R$ mit $z = a + ib$. Wähle nun
+                $f := a + bt \in \R[t]$. Damit folgt $\varphi(f) = a + ib = z$.
+                $\implies \varphi$ surjektiv.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $t^2 + 1 \in \text{ker } \varphi$ und $\forall f \in \R[t] \setminus \{0\} $
+            mit $\text{deg}(f) < 2$ gilt $\varphi(f) \neq 0$.
+            \begin{proof}
+                $\varphi(t^2 + 1) = i^2 + 1 = -1 + 1 = 0 \implies t^2 + 1 \in \text{ker } \varphi$.
+
+                Sei $f \in \R[t]$ mit $\text{deg}(f) < 2$. Dann ex. $a, b \in \R$ mit
+                $f = a + bt$. Damit folgt $\varphi(f) = a + ib$. Falls $b \neq 0$ dann
+                ist $ib \not\in \R \implies -a \neq ib \implies \varphi(f) \neq 0$.\\
+                Falls $b = 0$, dann ist wegen $f \neq 0$: $\varphi(f) = a \neq 0$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\text{ker } \varphi = (t^2 + 1)$.
+            \begin{proof}
+                ,,$\subset$'': Sei $f \in \text{ker } \varphi$. Teile $f$ durch $t^2 + 1$ mit Rest.
+                Dann ex. $g, h \in \R[t]$ mit
+                \[
+                    f = g \cdot (t^2+1) + h \qquad \text{deg}(h) < \text{deg}(t^2 + 1) = 2
+                .\] Wegen $\varphi(f) = 0$ und $\varphi$ Ringhomomorphismus folgt
+                \[
+                    \varphi(f) = \varphi(g) \varphi(i^2+1) + \varphi(h) \stackrel{(b)}{=} \varphi(h) = 0
+                .\] Wegen $\varphi(h) = 0$, $\text{deg}(h) < 2$ und (b) folgt also $h = 0$.
+                Damit ist $f = g \cdot (t^2 + 1) \in (t^2+1)$.
+
+                ,,$\supset$'': Sei $f \in (t^2+1)$. Dann ex. $g \in \R[t]$ mit $f = g\cdot(t^2+1)$. Damit
+                folgt $\varphi(f) = \varphi(g) \varphi(t^2+1) \stackrel{(b)}{=} 0 \implies f \in \text{ker } \varphi$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\R[t] / (t^2+1) \stackrel{\sim}{=} \mathbb{C}$ und $(t^2+1) \subset \R[t]$ ist
+            maximales Ideal.
+
+            \begin{proof}
+                Folgt mit $\text{ker } \varphi = (t^2+1)$ und $\varphi$ surjektiv, also
+                $\text{im } \varphi = \mathbb{C}$ aus dem Homomorphiesatz.
+
+                Damit ist $\R[t] / (t^2+1)$ isomorph zum Körper $\mathbb{C}$, damit selbst ein
+                Körper. Damit folgt mit Bem. 1.23, dass $(t^2+1)$ ein maximales Ideal ist.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[]
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\sqrt{I} $ ist ein Ideal in R mit $I \subset \sqrt{I} $.
+            \begin{proof}
+                $r \in I \implies r^{1} \in I \implies r \in \sqrt{I} \implies I \subset \sqrt{I} $.
+
+                \begin{enumerate}[label=(I\arabic*)]
+                    \item $I$ Ideal $\implies 0 \in I \implies 0^{1} \in I \implies 0 \in \sqrt{I}$.
+                    \item Seien $a,b \in \sqrt{I}$: Dann ex. $n, m \in \N$ mit $a^{n} \in I$ und
+                        $b^{m} \in I$. Definiere $k := n \cdot m$. Dann ist wegen $I$ Ideal
+                        $a^{k} = (a^{n})^{m} \in I$ und $b^{k} = (b^{m})^{n} \in I$. Dann folgt
+                        mit binomischer Formel und da jeder Summand entweder einen
+                        Faktor $a^{n}$ oder $b^{m}$ enthält:
+                        \[
+                            (a + b)^{k} = \sum_{l=0}^{k} \binom{k}{l} a^{k-l}b^{l}
+                            = a^{k} + \ldots + \binom{\ldots}{\ldots} a^{n}b^{m} + \ldots + b^{k} \in I
+                        .\] Mit $\binom{k}{l}\cdot $ ist hier die $\binom{k}{l}$-fache Summe des Einselements
+                        in $R$ gemeint. Damit ist $a+b \in \sqrt{I}$.
+                    \item Sei $a \in \sqrt{I} $: Dann ex. ein $n \in \N$ mit $a^{n} \in I$. Sei
+                        $r \in R$ beliebig. Dann ist wegen $I$ Ideal
+                        \[
+                            r^{n} a^{n} \in I \implies (r\cdot a)^{n} \in I \implies r\cdot a \in \sqrt{I} 
+                        .\] 
+                \end{enumerate}
+                $\implies \sqrt{I} $ ist ein Ideal
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Ist $I$ ein Primideal, so gilt $\sqrt{I} = I$.
+            \begin{proof}
+                Sei $r \in \sqrt{I} $ und $I$ Primideal. Dann ex. $n \in \N$ mit $r^{n} \in I$.
+                Mit $r^{n} = \underbrace{r \cdot \ldots \cdot r}_{n\text{-mal}}$ folgt
+                durch sukzessives Anwenden der Primidealeigenschaft auf $I$: $r \in I$.
+                $\implies \sqrt{I} \subset I$ und damit wegen (a) $\sqrt{I} = I$.
+            \end{proof}
+        \item Wähle $R$ beliebig und $I = R$, dann ist $I$ nach Definition kein Primideal, aber
+            wegen $R = I \subset \sqrt{I} \subset R \implies \sqrt{I} = R = I$.
+    \end{enumerate}
+    
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\Phi\colon \{\text{Ideale in } R / I\} \to \{\text{Ideale } \tilde{I}
+            \text{ in } R \text{ mit } I \subset \tilde{I}\}$, $J \mapsto \pi^{-1}(J)$
+            ist wohldefiniert und inklusionserhaltend.
+
+            \begin{proof}
+                Sei $J \in \{\text{Ideale in } R / I\} $ beliebig. Wegen $J$ Ideal in $R / I$ und
+                $\pi$ Ringhomomorphismus ist $\Phi(J) = \pi^{-1}(J) := \tilde{I}$ Ideal in $R$.
+
+                Außerdem ist wegen $J$ Ideal, $I = 0 + I = 0 \in J$. Damit folgt
+                $I = \text{ker } \pi \subset \pi^{-1}(J) = \tilde{I}$.
+
+                Seien nun $J, J'$ Ideale in $R / I$ mit $J \subset J'$. Sei $r \in \pi^{-1}(J)$.
+                Dann ist $\pi(r) \in J \subset J' \implies r \in \pi^{-1}(J')$. Damit folgt
+                $\Phi(J) \subset \Phi(J')$.
+            \end{proof}
+            Beh.: $\Psi\colon \{\text{Ideale } \tilde{I} \text{ in } R \text{ mit } I \subset \tilde{I}\} \to \{\text{Ideale in } R / I\}$, $\tilde{I} \mapsto \pi(\tilde{I})$ und inklusionserhaltend.
+            \begin{proof}
+                Sei $\tilde{I}$ ein Ideal in $R$ mit $I \subset \tilde{I}$. Wegen $\pi$ surjektiver
+                Ringhomomorphismus ist $\pi(\tilde{I})$ ein Ideal in $R / I$.
+
+                Seien nun $\tilde{I}, \tilde{I}'$ Ideale in R mit $I \subset \tilde{I} \subset \tilde{I}'$.
+                Sei $A \in \Psi(\tilde{I})$. Dann ex. ein $r \in \tilde{I} \subset \tilde{I}'$ mit $\pi(r) = A$.
+                Dann ist $\pi(r) = A \in \pi(\tilde{I}') = \Psi(\tilde{I}')$. Damit folgt
+                $\Psi(\tilde{I}) \subset \Psi(\tilde{I}')$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\Psi \circ \Phi = \text{id}$
+            \begin{proof}
+                Sei $J$ ein Ideal in $R / I$. Definiere $\tilde{I} := \Phi(J) = \pi^{-1}(J)$.
+                Nach (a) ist $\tilde{I}$ ein Ideal in $R$ mit $I \subset \tilde{I}$.
+
+                \begin{itemize}
+                    \item Zz.: $J \subset \Psi(\Phi(J))$: Sei $A \in J$. Dann ex. $r \in R$
+                        mit $\pi(r) = A$. Es gilt $r \in \pi^{-1}(J) = \tilde{I}$. Damit folgt
+                        $A = \pi(r) \in \pi(\tilde{I}) = \Psi(\Phi(J))$.
+
+                    \item Zz.: $\Psi(\Phi(J)) \subset J$. Sei $A \in \Psi(\Phi(J))$. Wegen
+                        $A \in \pi(\Phi(J))$ ex. ein $r \in \Phi(J) = \pi^{-1}(J)$
+                        mit $\pi(r) = A$. Damit folgt $\exists B \in J$ mit
+                        $B = \pi(r) = A \implies A \in J$.
+                \end{itemize}
+            \end{proof}
+            Beh.: $\Phi \circ \Psi = \text{id}$
+            \begin{proof}
+                Analog.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Ideale in $\Z / 15 \Z$ sind $\{ (\overline{1}), (\overline{3}), (\overline{5})\} $.
+            \begin{proof}
+                Bestimme alle Teiler von 15: $1, 3, 5$. Diese bilden alle Ideale $\tilde{I}$
+                in $\Z$ mit $(15) \subset \tilde{I}$. Mit (b) und $(1) = \Z$ folgt damit direkt für
+                alle Ideale in $\Z / 15 \Z$:
+                $\{\Psi(\Z), \Psi((3)), \Psi((5))\} = \{(\overline{1}), (\overline{3}), (\overline{5})\} $.
+            \end{proof}
+    \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/la2.tex

@@ -0,0 +1,281 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 2}
+\author{Dominik Daniel, Christian Merten}
+
+\punkte[8]
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $I, J, K$ Ideale im Ring $R$.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $I (J + K) = IJ + IK$.
+            \begin{proof}
+                ,,$\subseteq$'': Sei $r \in I (J + K)$. Dann ex. $a_1, \ldots, a_n \in I$,
+                $b_1, \ldots, b_n \in (J + K)$ und
+                $\forall b_i: \exists c_i \in J, d_i \in K$, s.d.
+                \[
+                    r = \sum_{i=1}^{n} a_i b_i = \sum_{i=1}^{n} a_i (c_i + d_i)
+                    = \sum_{i=1}^{n} (a_i c_i + a_i d_i)
+                    = \underbrace{\sum_{i=1}^{n} a_i c_i}_{ \in IJ} +
+                    \underbrace{\sum_{i=1}^{n} a_i c_i}_{\in IK } \in IJ + IK
+                .\] 
+                ,,$\supseteq$'': Wegen $J, K$ Ideale gilt $0 \in J$, $0 \in K$, d.h.
+                $IJ = I (J + (0)) \subseteq I (J + K)$ und $IK \subseteq I ((0) + K) \subseteq I (J + K)$.
+                Da $I (J + K)$ Ideal, folgt $IJ + IK \subseteq I (J + K)$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $(I \cap J)(I + J) \subseteq IJ \subseteq I \cap J$.
+            \begin{proof}
+                Sei $r \in (I \cap J)(I + J)$. Dann ex.
+                $a_1, \ldots, a_n \in I \cap J$, $c_1, \ldots, c_n \in I$ und
+                $d_1, \ldots, d_n \in J$ s.d.
+                \[
+                    r = \sum_{i=1}^{n} a_i (c_i + d_i)
+                    = \sum_{i=1}^{n} (a_i c_i + c_i d_i + a_i d_i - c_i d_i)
+                    = \underbrace{\sum_{i=1}^{n} c_i ( a_i + d_i)}_{\in IJ}
+                    + \underbrace{\sum_{i=1}^{n} d_i (a_i - c_i)}_{\in IJ} \in IJ
+                .\] Also folgt $(I \cap J)(I + J) \subseteq IJ$.
+
+                Sei nun $r \in IJ$. Dann ex. $a_1, \ldots, a_n \in I$ und $b_1, \ldots, b_n \in J$ mit
+                \[
+                    r = \sum_{i=1}^{n} a_i b_i
+                .\] Wegen $a_i \in I$ und $I$ Ideal, ist $a_i b_i \in I$ und wegen
+                $b_i \in J$ und $J$ Ideal, ist $a_i b_i \in J$, also $r \in I \cap J$.
+                Damit folgt $IJ \subseteq I \cap J$ und die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Ist $I + J = (1)$, dann ist $I \cap J = IJ$.
+            \begin{proof}
+                Es sei $I + J = (1)$. Mit (b) folgt bereits $IJ \subseteq I \cap J$.
+                
+                Außerdem folgt mit (b): $(I \cap J)(I + J) = (I \cap J)(1) \subseteq IJ$.
+                Bleibt zu zeigen: $I \cap J \subseteq (I \cap J)(1)$. Sei dazu $r \in I \cap J$. Dann
+                ist $r = r \cdot 1 \in (I \cap J)(1)$. Damit folgt
+                $I \cap J \subseteq IJ$ und die Behauptung.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: Er füttert und badet die Python vom Mittwoch dieser Woche in sieben Tagen am selben Tag.
+    \begin{proof}
+        Zunächst ist die Fütterung durch $\Z / 4 \Z$ und das Baden durch $\Z / 7 \Z$ modelliert.
+        Weiter sind $4 \Z$ und $7 \Z$ wegen $2 \cdot 4 - 7 = 1$ relativ prim.
+
+        Außerdem ist $4 \Z \cap 7 \Z \supseteq 28 \Z$, denn: $28 = 4 \cdot 7 \in 4 \Z \cap 7 \Z$.
+        Weiter ist $4 \Z \cap 7 \Z \subseteq 28 \Z$, denn: $\forall r \in 28\Z$ gilt
+        $4  \mid r$ und $7  \mid r \implies r \in 4 \Z \cap 7 \Z$.
+
+        Mit dem chinesischen Restsatz folgt damit:
+        \[
+            \Z / 28 \Z \stackrel{\sim }{=} \Z / 4 \Z \times \Z / 7 \Z
+        .\] Startzeitpunkt Mittwoch ist $(\overline{1}, \overline{0}) \in \Z / 4 \Z \times  \Z / 7 \Z$.
+        Nach dem chinesischen Restsatz existiert auch die Abbildung
+        \[
+        \varphi \colon \Z \to \Z / 4 \Z \times \Z / 7 \Z
+    .\] Es ist $\varphi(21) = (\overline{1}, \overline{0})$, da $21 \equiv 1$ $(\text{mod } 4)$
+    und $21 \equiv 0$ $(\text{mod } 7)$. Also ist in 7 Tagen, ausgehend von Mittwoch dieser Woche:
+    \[
+        \varphi(21 + 7) = \varphi(28) = (\overline{0}, \overline{0})
+    .\]
+    Also wird die Python an diesem Tag sowohl gebadet, als auch gefüttert.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $\Z[\sqrt{-3}] := \{a + b \sqrt{-3}  \mid a, b \in \Z\} \subset \mathbb{C}$ und
+    $\delta \colon \Z[\sqrt{-3} ] \to \N_0$, $a + b \sqrt{-3} \mapsto a^2 + 3b^2$.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\delta(1) = 1$ und $\delta (x\cdot y) = \delta (x) \cdot \delta (y)$
+            $\forall x, y \in \Z[\sqrt{-3}] $
+            \begin{proof}
+                Es gilt $\delta (1) = 1^2 = 1$.
+
+                Seien $x, y \in \Z[\sqrt{-3} ]$ mit $x = a + \sqrt{-3} b$ und $y = c + \sqrt{-3}d$.
+                Dann folgt:
+                \begin{align*}
+                    \delta (x \cdot y) &= \delta (ac - 3bd + \sqrt{-3} (bc + ad)) \\
+                    &= a^2c^2 - 6bdac + 9b^2d^2 + 3(b^2c^2 + 2bdac + a^2d^2) \\
+                    &= a^2 c^2 + 9b^2d^2 + 3b^2c^2 + 3 a^2d^2 \\
+                    &= (a^2 + 3b^2) (c^2 + 3d^2) \\
+                    &= \delta (a + \sqrt{-3} b) \cdot \delta (c + \sqrt{-3} d) \\
+                    &= \delta (x) \cdot \delta (y)
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\Z[\sqrt{-3}]^{\times } = \{ x \in \Z[\sqrt{-3}]  \mid \delta (x) = 1\} = \{\pm 1\} $
+            \begin{proof}
+                Zunächst gilt: $\{\pm 1\} \subseteq \{ x \in \Z[\sqrt{-3} ]  \mid  \delta (x) = 1\} $, denn
+                $\delta (1) = 1 = \delta (-1)$.
+
+                Sei nun $x \in \Z[-3]$ mit $\delta (x) = 1$. Dann ex. $a, b \in \Z$ mit
+                $x = a + \sqrt{-3} b$. Damit folgt
+                \[
+                    \delta (x) = \underbrace{a^2}_{\ge 0} + \underbrace{3b^2}_{\ge 0} = 1
+                .\] Ang. $b \neq 0$, dann ist $b^2 \ge 1 \implies 3b^2 \ge 3 \implies \delta (x) \ge 3$
+                $\contr$. Also ist $b = 0 \implies a^2 = 1 \implies x \in \{\pm 1\}$.
+                Damit gilt $\{x \in \Z[\sqrt{-3} ]  \mid \delta (x) = 1\} = \{\pm 1\} $.
+
+                Sei nun $x \in \Z[\sqrt{-3}]^{\times }$. Dann ex. $y \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit
+                $xy = 1 \implies \delta (xy) = \delta (x) \delta (y) = 1$. Wegen
+                $\delta (x), \delta (y) \in \N_0 \implies \delta(x) = 1$.
+                Also
+                $\Z[\sqrt{-3}]^{\times} \subseteq \{x \in \Z[\sqrt{-3} ]  \mid \delta (x) = 1\} = \{\pm 1\} $.
+
+                Offensichtlich ist $1 \cdot 1 = (-1) \cdot (-1) = 1$, also
+                $\{\pm 1\} \subseteq \Z[\sqrt{-3}]^{\times }$. Damit folgt die Beh.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\delta^{-1}(2) = \emptyset$.
+            \begin{proof}
+                Ang. es ex. ein $x \in \Z[\sqrt{-3} ]$ mit $\delta (x) = 2$. Dann ex. $a, b \in \Z$
+                mit $x = a + \sqrt{-3} b$. Dann folgt $\delta (x) = a^2 + 3b^2 = 2$.
+                
+                Ang.: $b \neq 0 \implies b^2 \ge 1 \implies 3b^2 \ge 3$.
+                Wegen $a^2 \ge 0 \implies \delta (x) \ge 3$ $\contr$. Also $b = 0$.
+
+                Damit folgt $a^2 = 2$, aber $a \in \Z$ $\contr$.
+            \end{proof}
+
+            Beh.: $\pm 2$ und $\pm (1 \pm \sqrt{-3})$ sind irreduzibel.
+            \begin{proof}
+                Es gilt zunächst $\delta (2) = \delta (1 \pm \sqrt{-3}) = 4$.
+
+                Seien $x, y \in R$ mit $xy = 2$. Dann folgt
+                $\delta (x) \cdot \delta (y) = \delta (xy) = \delta (2) = 4$. Da aber
+                $\delta (a) \in \N_0$ $\forall a \in \Z[\sqrt{-3}]$, folgt, dass $\delta (2) = 4$ nur
+                als $\delta (2) = 2 \cdot 2$ oder $\delta (2) = 4 \cdot 1$ darstellbar ist.
+
+                Wegen $\delta^{-1}(2) = \emptyset$, folgt, dass entweder $\delta (x) = 1$ oder $\delta (y) = 1$
+                ist. Wegen (b) folgt damit, dass $x \in \Z[\sqrt{-3} ]^{\times }$ oder
+                $y \in \Z[\sqrt{-3}]^{\times }$.
+
+                Für $1 \pm \sqrt{-3} $ analog.
+
+                Da $2 \; \widehat{=} -2$ und
+                $1 \pm \sqrt{-3} \;\widehat{=} -(1 \pm \sqrt{-3})$, folgt die Behauptung.
+            \end{proof}
+
+            \newpage
+            Beh.: $2$ ist kein Primelement in $\Z[\sqrt{-3} ]$.
+            \begin{proof}
+                Es gilt $2 \mid 4 = (1 + \sqrt{-3})(1 - \sqrt{-3})$. Aber
+                $2 \nmid (1 \pm \sqrt{-3})$, da $1 \pm \sqrt{-3} $ irreduzibel und $2 \neq \pm 1$ und
+                $2 \neq 1 \pm \sqrt{-3}$.
+                Also ist $2$ kein Primelement.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\text{GGT}(4, 2+2\sqrt{-3}) = \emptyset$.
+
+            Notation: $T := $ gemeinsame Teiler von $4$ und $2 + 2\sqrt{-3} $.
+            \begin{proof}
+                Es ist
+                \[
+                    \text{GGT}(4, 2 + 2\sqrt{-3} ) \subseteq T
+                .\] 
+                Weiter ist $\delta (4) = \delta (2 + 2 \sqrt{-3}) = 16$. Sei $b \in \Z[\sqrt{-3}]$
+                Teiler von $a \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit $\delta(a) = 16$. Dann ex.
+                $c \in \Z[\sqrt{-3}]$ s.d. $a = bc$. Dann gilt
+                $\delta(a) = \delta (bc) = \delta (b) \cdot \delta (c) = 16$. Wegen
+                $\delta (b) \in \N_0 \implies \delta (b) \in \{1, 2, 4, 8, 16\}$. Wegen
+                $\delta^{-1}(2) = \emptyset$ und $2 \cdot 8 = 16 \implies \delta(b) \in \{1, 4, 16\} $.
+
+                Es lässt sich nachrechnen, dass
+                \begin{align*}
+                    \delta^{-1}(1) &= \{\pm 1 \} \\
+                    \delta^{-1}(4) &= \{\pm 2, \pm (1 \pm \sqrt{-3}) \} \\
+                    \delta ^{-1}(16) &= \{\pm 4, \pm (2 \pm 2\sqrt{-3}) \} 
+                .\end{align*}
+                Damit folgt, dass für die gemeinsamen Teiler
+                gilt:
+                \[
+                    T \subseteq \{\pm 1, \pm 2, \pm (1 \pm \sqrt{-3}), \pm 4, \pm (2 \pm 2\sqrt{-3})\} 
+                .\] 
+                Es gilt weiter $4 \nmid (2 \pm 2\sqrt{-3})$, da $\forall a, b \in \Z$ gilt:
+                \[
+                    4 (a + \sqrt{-3} b) = \underbrace{4a}_{\neq 2} + 4 b \sqrt{-3} \neq 2 \pm 2 \sqrt{-3} 
+                .\] Da $-4$ bzw. $- (2 \pm \sqrt{-3})$ assoziierte zu $4$ bzw. $2 \pm \sqrt{-3} $ sind,
+                folgt $\pm 4 \nmid \pm (2 \pm 2 \sqrt{-3})$.
+
+                Außerdem gilt $(2 \pm 2 \sqrt{-3}) \nmid 4$, da, ang. es ex. $a, b \in \Z$ mit:
+                \[
+                    4 = (2 \pm 2 \sqrt{-3} ) (a + \sqrt{-3} b)
+                    = \underbrace{2a \mp 6b}_{=4} + \sqrt{-3} (\underbrace{2b \pm 2a}_{= 0})
+                    \implies 2a = \mp 2b \implies \mp \underbrace{8b}_{\in \Z} = 4 \quad \contr
+                .\] Analog folgt wieder $\pm (2 \pm 2 \sqrt{-3}) \nmid \pm 4$.
+                Damit folgt $\pm 4$, $\pm (2 \pm 2 \sqrt{-3})$ sind
+                keine gemeinsamen Teiler von $2$ und $2 + 2 \sqrt{-3}$, d.h.
+                $\pm 4$, $\pm (2 \pm 2 \sqrt{-3}) \not\in \text{GGT}(4, 2 + 2 \sqrt{-3})$.
+
+                Es folgt also
+                \[
+                    T \subseteq \{ \pm 1, \pm 2, \pm (1 \pm \sqrt{-3})\}
+                .\]
+                Wegen $4 = 2 \cdot 2 = (1 + \sqrt{-3}) (1 - \sqrt{-3})$ und
+                $2 + 2 \sqrt{-3} = 2 \cdot (1 + \sqrt{-3})$, sind $2$
+                und $1 + \sqrt{-3} $ gemeinsame Teiler:
+                \[
+                    \{ 2, 1 + \sqrt{-3}\} \subseteq T \subseteq \{ \pm 1, \pm 2, \pm (1 \pm \sqrt{-3})\} 
+                .\] 
+
+                Da $2, 1 + \sqrt{-3} \not\in \Z[\sqrt{-3}]^{\times }$, folgt
+                $2 \nmid \pm 1, (1 + \sqrt{-3}) \nmid \pm 1$. Also folgt
+                $\pm 1 \not\in \text{GGT}(4, 2+2\sqrt{-3}$.
+                
+                Wegen
+                $2$ und $1 + \sqrt{-3}$ ungleich, keine Einheiten und irreduzibel, folgt
+                $2 \nmid \pm (1 \pm \sqrt{-3})$ und $(1 + \sqrt{-3}) \nmid \pm 2$. Also
+                ist $\pm 2, \pm (1 \pm \sqrt{-3}) \not\in \text{GGT}(4, 2 + 2\sqrt{-3})$.
+
+                Damit folgt die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\Z[\sqrt{-3}]$ ist nicht faktoriell.
+            \begin{proof}
+                Es ist $2$ und $1 \pm \sqrt{-3}$ irreduzibel. Damit folgt
+                \[
+                    4 = 2 \cdot 2 = (1 + \sqrt{-3})(1 - \sqrt{-3})
+                .\] Damit hat $4$ keine, bis auf Assoziiertheit und Reihenfolge
+                eindeutige Zerlegung in irreduzible Elemente. Also folgt die Behauptung.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\newpage
+\begin{aufgabe}
+    Sei $R$ ein Ring.
+    Beh.: $R$ ist noethersch $\iff$ Jedes Ideal in $R$ ist endlich erzeugt.
+    \begin{proof}
+        ,,$\implies$'': Sei R noethersch und $I \subseteq R$ ein Ideal.
+        Dann konstruiere induktiv eine Folge von Idealen $(I_{j})_{j \in \N}$.
+        Dazu sei $a_1 \in I$. Setze $I_1 := (a_1)$.
+        
+        Seien $I_1$ bis $I_j$ bereits konstruiert. Dann sei $a_{j+1} \in I$ mit
+        $a_{j+1} \not\in I_j$. Falls kein $a_{j+1}$ mit solcher Eigenschaft existiert, folgt
+        mit $I = (a_1, \ldots, a_j)$ die Behauptung. Sonst setze $I_{j+1} := (a_1, \ldots, a_j, a_{j+1})$.
+        Dafür gilt nach Konstruktion: $I_j \subseteq I_{j+1} \subseteq I$.
+
+        So ensteht eine aufsteigende Kette von Idealen in $R$. Da $R$ noethersch, ex. $n \in \N$ mit
+        $I_j = I_n$ $\forall j \ge n$. Für $I_n$ gilt damit $I_n = (a_1, \ldots, a_n) = I$, also
+        ist $I$ endlich erzeugt.
+
+        ,,$\impliedby$'': Sei jedes Ideal in $R$ endlich erzeugt und $I_1 \subseteq I_2 \subseteq \ldots$
+        aufsteigende Kette von Idealen. Dann setze
+        \[
+        J := \bigcup_{k\ge 1} I_k
+        .\] Zunächst gilt $J$ ist Ideal in $R$, da
+        \begin{enumerate}[label=(I\arabic*)]
+            \item $0 \in I_k$ $\forall k \ge 1 \implies 0 \in J$
+            \item Seien $a, b \in J \implies \exists k, l \in \N$ mit $a \in I_k$ und $b \in I_l$.
+                O.E. sei $k \ge l$. Dann ist $I_l \subseteq I_k \implies a, b \in I_k$. Da
+                $I_k$ Ideal, folgt $a + b \in I_k \implies a + b \in J$.
+            \item Sei $a \in J$, $r \in R \implies \exists k \in  \N$ mit $a \in I_k$.
+                Da $I_k$ Ideal, folgt $r \cdot a \in I_k \implies r \cdot a \in J$.
+        \end{enumerate}
+
+        Da jedes Ideal in $R$ endlich erzeugt ist, ex. $a_1, \ldots, a_k \in R$ mit
+        $J = (a_1, \ldots, a_k)$. Also ist $a_1, \ldots, a_k \in J$. Damit ex. $n \in \N$ mit
+        $a_1, \ldots, a_k \in I_n$. Also ist
+        $(a_1, \ldots, a_n) \subseteq I_n \subseteq J = (a_1, \ldots, a_n)$.
+        Dann folgt $I_n = J$, also gilt $\forall k \ge n$: $I_k = I_n$. Damit ist
+        $R$ noethersch.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/la/uebungen/la3.tex

@@ -0,0 +1,267 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\usepackage{gauss}
+
+\begin{document}
+
+\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 3}
+\author{Dominik Daniel, Christian Merten}
+
+\punkte[12]
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Seien $m, n \in \Z$. Beh.: Folgende Aussagen sind äquivalent
+            \begin{enumerate}[(i)]
+                \item $\overline{m}$ ist eine Einheit in $\Z / n \Z$
+                \item $\text{ggT}(m,n) = 1$
+            \end{enumerate}
+            \begin{proof}
+                (i)$\implies$(ii): Sei $\overline{m} \in \left( \Z / n \Z \right)^{\times}$. Dann
+                existiert ein $l \in \Z$ mit $\overline{m} \cdot \overline{l} = \overline{1}$.
+                Also ist $ml - 1 \in n \Z$ und es ex. $k \in \Z$ mit
+                $ml - 1 = kn \implies 1 = ml - kn$. Sei nun $d \in \Z$ mit
+                $d  \mid m$ und $d  \mid n$. Dann folgt
+                $d  \mid (ml - kn) = 1$. Wegen $d \in \Z$, folgt $d = \pm 1$. Damit ist
+                $\text{ggT}(m,n) = 1$.
+
+                (ii)$\implies$(i): Sei $\text{ggT}(m,n) = 1$. Dann folgt
+                mit dem Erw. Euklid. Alg.: $\exists u, v \in \Z$ mit
+                $um + vn = 1 \implies \overline{um} + \underbrace{\overline{vn}}_{= \overline{0}} = 1
+                \implies \overline{u} \cdot \overline{m} = 1 \implies \overline{m} \in (\Z / n \Z)^{\times}$.
+            \end{proof}
+        \item Es ist mit Euklidischem Algorithmus
+            \begin{align*}
+                51 &= 1 \cdot 42 + 9 \\
+                42 &= 4 \cdot 9 + 6 \\
+                9 &= 1 \cdot 6 + 3 \\
+                6 &= 2\cdot 3
+                \intertext{Also ist $\text{ggT}(51, 42) = 3 \implies \overline{42} \not\in (\Z / 51 \Z)^{\times}$.}
+                55 &= 1\cdot 42 + 13 \\
+                42 &= 3 \cdot 13 + 3\\
+                13 &= 4\cdot 3 + 1 \\
+                3 &= 3 \cdot 1
+            \end{align*}
+            Also ist $\text{ggT}(55, 42) = 1 \implies \overline{42} \in ( \Z / 55 \Z)^{\times }$.
+            Der EEA liefert:
+            \begin{align*}
+                1 &= 13 - 4 \cdot 3 \\
+                  &= 13 - 4 (42 - 3\cdot 13) \\
+                  &= 13 \cdot 13 - 4 \cdot 42 \\
+                  &= 13 (55 - 42) - 4\cdot 42 \\
+                  &= 13 \cdot 55 + (-17) \cdot 42
+            .\end{align*}
+            Es ist $-17 + 55 = 38$, also folgt $\overline{42} \cdot \overline{38} = \overline{1}$
+            in $\Z / 55 \Z$.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\forall z \in \mathbb{C}$ ex. $a + bi \in \Z[i]$ mit
+            $\delta |z - (a+bi)| \le \frac{1}{\sqrt{2} }$.
+            \begin{proof}
+                Mit $\text{rd}\colon \R \to \Z$
+                \[
+                    \text{rd}(x) = \begin{cases}
+                        \left\lceil x \right\rceil & |x - \left\lceil x \right\rceil |
+                        \le |x - \left\lfloor x \right\rfloor | \\
+                        \left\lfloor x \right\rfloor & \text{sonst}
+                    \end{cases}
+                .\] Damit folgt $\forall x \in \R$ $|x - \text{rd}(x)| \le \frac{1}{2}$.
+
+                Sei nun $z \in \mathbb{C}$ mit $c, d \in \R$ und $z = c + di$. Dann wähle $a := \text{rd}(c)$
+                und $b := \text{rd}(d)$. Damit folgt
+                \[
+                    0 \le (\underbrace{c - a}_{\le \frac{1}{2}})^2 + (\underbrace{d - b}_{\le \frac{1}{2}})^2
+                    \le \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}
+                .\] Da beide Seiten nicht negativ, folgt
+                \begin{align*}
+                    |z - (a + bi)| &= |c + di - (a + bi)| = |(c-a)^2 + (d-b)^2| \le \frac{1}{\sqrt{2}}
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\delta(xy) = \delta (x) \cdot \delta (y)$ $\forall x, y \in \Z$.
+            \begin{proof}
+                Durch Einsetzen der Definition und Nachrechnen, analog zum letzten Zettel.
+            \end{proof}
+            
+            Beh.: $\forall z, w \in \Z[i]$ mit $w \neq 0$ ex. $q \in \Z[i]$ mit
+            $\delta (z - q\cdot w) \le \frac{1}{2}\delta(w)$.
+            \begin{proof}
+                Seien $z, w \in \Z[i]$ mit $w \neq 0$. Dann ex. mit (a) ein $q \in \Z[i]$, s.d.
+                \begin{align*}
+                    \delta \left(\frac{z}{w} - q\right) &\le \frac{1}{2}
+                .\end{align*}
+                Damit folgt direkt
+                \begin{align*}
+                    \delta (w) \delta \left( \frac{z}{w} - q \right)
+                    = \delta \left( w \left(\frac{z}{w} - q\right) \right)
+                    = \delta ( z - q w)
+                    &\le \frac{1}{2} \delta (w)
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\Z[i]$ ist Euklidischer Ring.
+            \begin{proof}
+                Zunächst ist $\Z[i]$ nullteilerfrei. Weiter seien $f, g \in \Z[i]$ mit $g \neq 0$.
+                Dann ex. mit (b) ein $q \in \Z[i]$ mit
+                \[
+                    \delta(f - q\cdot g) \le \frac{1}{2}\delta (g)
+                .\] Mit $r := f - q\cdot g$
+                folgt damit $\delta (r) \le \frac{1}{2} \delta(g)$,
+                also wegen $g \neq 0$ und $\delta(r), \delta (g) \in \N_0$, $\delta (r) < \delta (g)$.
+
+                Damit folgt
+                \[
+                    f = qg + r \qquad (\delta (r) < \delta (g) \text{ oder } r = 0)
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $1 \in \text{GGT}(9, 3+4i)$.
+            \begin{proof}
+                Mit dem Euklid. Alg. folgt:
+                \begin{align*}
+                    9 &= (1 - i) (3+4i) + (2 - i) \\
+                    3+4i &= 2 i \cdot (2 - i) + 1 \\
+                    2 - i &= (2 - i) \cdot 1
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: Sei $R \neq 0$ ein Ring, dann sind äquivalent:
+    \begin{enumerate}[(i)]
+        \item $R$ ist ein Körper
+        \item $R[t]$ ist ein Euklidischer Ring
+        \item $R[t]$ ist ein Hauptidealring
+    \end{enumerate}
+    \begin{proof}
+        (i) $\implies$ (ii): Polynomringe über Körper sind nach VL euklidisch.
+
+        (ii) $\implies$ (iii): Jeder Euklidische Ring ist nach VL Hauptidealring.
+
+        (iii) $\implies$ (i): Sei $R$ kein Körper. Falls
+        $R$ nicht nullteilerfrei, folgt die Behauptung. Sei im Folgenden
+        also $R$ nullteilerfrei. Wegen $R \neq 0$ existiert ein
+        $x \in R \setminus \{0\} $ mit $xy \neq 1$ $\forall y \in R$.
+        
+        Beh.: $(x,t)$ ist kein Hauptideal. Ang.: $\exists f \in R[t]$ mit $(f) = (x, t)$. Dann
+        ex. $h \in R[t]$ mit $x = fh$. Da $R$ nullteilerfrei, folgt
+        \[
+            0 = \text{deg}(x) = \text{deg}(f) + \text{deg}(h) \implies \text{deg}(f) = \text{deg}(h) = 0
+        .\] Es ex. also ein $a \in R$ mit $f = a$. Außerdem ex. $g \in R[t]$
+        mit $t = fg = a g$. Also ist $\text{deg}(g) = 1$ und wegen $e(t) = 1$ folgt
+        \[
+            1 = e(t) = e(a) \cdot e(g) = a \cdot \underbrace{e(h)}_{\in R}
+        .\] Also ist $a \in \R^{\times}$ und damit $1 \in (a) = (x, t)$, denn $1 = aa^{-1}$.
+        Wegen $(a) = (x, t)$, existieren $u, v \in R[t]$ mit
+        \[
+            1 = xu + tv \stackrel{t = 0}{\implies} 1 = x \cdot \underbrace{u(0)}_{\in R}
+        .\] Damit ist $x \in R^{\times }$ $\contr$.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Rechnerei ergibt
+            \begin{align*}
+                &\begin{gmatrix}[p] 0 & 20 & 0 \\ 10 & 12 & 6 \\ 20 & 12 & 10
+                    \rowops
+                    \swap{0}{1}
+                    \colops
+                    \swap{0}{2}
+                \end{gmatrix}
+                \rightsquigarrow
+                \begin{gmatrix}[p] 6 & 12 & 10 \\ 0 & 20 & 0 \\ 10 & 12 & 20
+                    \colops
+                    \add[-2]{0}{1}
+                    \rowops
+                    \add[-1]{0}{2}
+                    \swap{0}{2}
+                \end{gmatrix}
+                \rightsquigarrow
+                \begin{gmatrix}[p] 4 & -8 & 10 \\ 0 & 20 & 0 \\ 6 & 0 & 10
+                    \rowops
+                    \add[-1]{0}{2}
+                    \swap{0}{2}
+                    \add[-2]{0}{2}
+                    \swap{0}{2}
+                \end{gmatrix} \\
+                &\rightsquigarrow
+                \begin{gmatrix}[p] 2 & 8 & 0 \\ 0 & 20 & 0 \\ 0 & -24 & 10
+                    \colops
+                    \add[-4]{0}{1}
+                    \rowops
+                    \add{1}{2}
+                    \swap{1}{2}
+                    \add[-5]{1}{2}
+                \end{gmatrix}
+                \rightsquigarrow
+                \begin{gmatrix}[p] 2 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 10 \\ 0 & 0 & -50
+                    \colops
+                    \add[-2]{1}{2}
+                    \swap{1}{2}
+                \end{gmatrix}
+                \rightsquigarrow
+                \begin{gmatrix}[p] 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & -50 & 0
+                    \rowops
+                    \add[25]{1}{2}
+                    \colops
+                    \add[-2]{1}{2}
+                \end{gmatrix}
+                \rightsquigarrow
+                    \begin{gmatrix}[p] 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 100
+                \end{gmatrix}
+            .\end{align*}
+            Damit folgen mit dem Elementarteilersatz die Elementarteiler $2, 2$ und $100$.
+            Also folgen die Fittingideale mit
+            $\text{Fit}_1(A) = (2)$, $\text{Fit}_2(A) = (2\cdot 2) = (4)$ und
+            $\text{Fit}_3(A) = (2 \cdot 2 \cdot 100) = (400)$.
+        \item Noch mehr Rechnerei ergibt
+            \begin{align*}
+                &\begin{gmatrix}[p] 1 -t & -1 & 2 \\
+                    -1 & -t & 3 \\
+                    0 & -1 & 3-t
+                    \rowops
+                    \swap{0}{1}
+                    \mult{0}{\cdot (-1)}
+                \end{gmatrix}
+                \rightsquigarrow
+                \begin{gmatrix}[p] 1 & t & -3 \\
+                    1 - t & -1 & 2 \\
+                    0 & -1 & 3-t
+                    \colops
+                    \add[-t]{0}{1}
+                    \add[-3]{0}{2}
+                    \rowops
+                    \add[-(t-1)]{0}{1}
+                \end{gmatrix}\\
+                &\rightsquigarrow
+                \begin{gmatrix}[p] 1 & 0 & 0 \\
+                    0 & -1-t+t^2 & 5-3t \\
+                    0 & -1 & 3-t
+                    \colops
+                    \rowops
+                    \swap{1}{2}
+                    \mult{1}{\cdot (-1)}
+                \end{gmatrix}
+                \rightsquigarrow
+                \begin{gmatrix}[p] 1 & 0 & 0 \\
+                    0 & 1 & -3 + t \\
+                    0 & -1 -t + t^2 & 5-3t
+                    \colops
+                    \add[-(-3 + t)]{1}{2}
+                    \rowops
+                    \add[1+t-t^2]{1}{2}
+                \end{gmatrix} \\
+                &\rightsquigarrow
+                \begin{gmatrix}[p] 1 & 0 & 0 \\
+                    0 & 1 & 0 \\
+                    0 & 0 & 2 - 5t + 4t^2 - t^3
+                \end{gmatrix}
+            .\end{align*}
+            Damit folgen die Elementarteiler $1$, $1$ und $2 - 5t + 4t^2 - t^3$. Für die Fittingideale gilt
+            $\text{Fit}_1(B) = (1)$, $\text{Fit}_2(B) = (1)$ und $\text{Fit}_3(B) = (2 - 5t + 4t^2 - t^{3})$.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/la/uebungen/la4.tex

@@ -0,0 +1,213 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Lineare Algebra 2: Übungsblatt 4}
+\author{Dominik Daniel, Christian Merten}
+
+\usepackage[]{gauss}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[16]
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $L$ und $K$ Teilkörper mit $K \subseteq L$.
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item \begin{enumerate}[(i)]
+                \item Beh.: Für $f, g \in K[t]$ gilt $\text{ggT}_{L[t]}(f,g) = \text{ggT}_{K[t]}(f,g)$.
+                    \begin{proof}
+                        Seien $f, g \in K[t]$. Der euklid. Algorithmus in $K[t]$ liefert
+                        $a_2, \ldots, a_k \in K[t]$ mit $a_k \in \text{GGT}_{K[t]}(f, g)$. Da
+                        $K$ Teilkörper von $L$ ist, ist $K[t]$ Unterring von $L[t]$. Das heißt,
+                        der euklid. Algorithmus kann in $L[t]$ mit den selben $a_2, \ldots a_k$
+                        ausgeführt werden. Damit folgt $a_k \in \text{GGT}_{L[t]}(f,g)$.
+
+                        Definiere $d \in K[t]$, als das normierte Polynom von $a_k$. Wegen
+                        der Eindeutigkeit des größten gemeinsamen Teilers in $L[t]$ und $K[t]$ folgt damit
+                        \[
+                            \text{ggT}_{L[t]}(f, g) = d = \text{ggT}_{K[t]}(f,g)
+                        .\] 
+                   \end{proof}
+               \item Beh.: Für $A, B \in M_{n, n}(K)$ so gilt
+                   \[
+                       A \approx B \text{ in } M_{n,n}(K)
+                       \iff
+                       A \approx B \text{ in } M_{n, n}(L)
+                   .\] 
+                   \begin{proof}
+                       Seien $A, B$ in $M_{n, n}(K)$. ,,$\implies$'' ist trivial.
+
+                       ,,$\impliedby$'': Sei $A \approx B$ in $M_{n,n}(L)$. Da
+                       $P_{A} \in M_{n,n}(K[t])$ folgt
+                       \begin{salign*}
+                           d_{l_{L[t]}}(A) &=
+                           \text{ggT}_{L[t]}\{ \underbrace{\text{det}(C)}_{\in K[t]}  \mid C \text{ ist } l \times l \text{ Untermatrix von } P_A\}  \\
+                           &\stackrel{(i)}{=} \text{ggT}_{K[t]}\{ \text{det}(C) \mid C \text{ ist } l \times l \text{ Untermatrix von } P_A\}  \\
+                           &= d_{l_{K[t]}}(A)
+                       .\end{salign*}
+                       Analog für $B$. Wegen $A \approx B$ in $M_{n,n}(L)$ gilt $\forall l=1,\ldots, n$:
+                       \[
+                           d_{l_{K[t]}}(A) = d_{l_{L[t]}}(A) = d_{l_{L[t]}}(B) = d_{l_{K[t]}}(B)
+                       .\] Damit folgt $A \approx B$ in $M_{n,n}(K)$.
+                   \end{proof}
+            \end{enumerate}
+        \item Beh.: Für $A \in M_{n,n}(K)$ ist $A \approx A^{T}$.
+            \begin{proof}
+                Es ist $Fit_{l}(P_A) = Fit_{l}((P_A)^{T})$ $\forall l = 1, \ldots, n$. Also
+                $P_{A} \sim (P_A)^{T}$. Wegen $(P_A)^{T} = (tE_n - A)^{T} = tE_n - A^{T} = P_{A^{T}}$ folgt
+                $P_{A} \sim P_{A^{T}}$. Damit folgt mit dem Satz von Frobenius: $A \approx A^{T}$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Kurze Rechung ergibt
+            \begin{align*}
+                P_A &= \begin{gmatrix}[p] t-10 & 11 & 11 & 32 \\
+                    1 & t & 2 & - 4 \\
+                    -1 & 1 & t-1 & 4 \\
+                    -2 & 2 & 2 & t+6
+                    \rowops
+                    \swap{0}{1}
+                \end{gmatrix}
+                \sim 
+                \begin{gmatrix}[p]
+                    1 & t & 2 & - 4 \\
+                    t-10 & 11 & 11 & 32 \\
+                    -1 & 1 & t-1 & 4 \\
+                    -2 & 2 & 2 & t+6
+                    \rowops
+                    \add[-(t-10)]{0}{1}
+                    \add{0}{2}
+                    \add[2]{0}{3}
+                    \colops
+                    \add[-t]{0}{1}
+                    \add[-2]{0}{2}
+                    \add[4]{0}{3}
+                \end{gmatrix} \\
+                       &\sim
+                \begin{gmatrix}[p] 
+                    1 & 0 & 0 & 0 \\
+                    0 & 11-t^2 + 10t & -8 + 4t \\
+                    0 & t+1 & t+1 & 0 \\
+                    0 & 2+2t & 6 & t-2
+                    \rowops
+                    \swap{1}{3}
+                    \colops
+                    \swap{1}{2}
+                \end{gmatrix}
+                \sim
+                \begin{gmatrix}[p] 
+                    1 & 0 & 0 & 0 \\
+                    0 & 6 & 2+2t & t-2 \\
+                    0 & t+1 & t+1 & 0 \\
+                    0 & 31-2t & 11-t^2 + 10t & -8+4t
+                    \rowops
+                    \mult{1}{\cdot \frac{1}{6}}
+                \end{gmatrix}  \\
+                      &\sim 
+                \begin{gmatrix}[p] 
+                    1 & 0 & 0 & 0 \\
+                    0 & 1 & \frac{1}{3} + \frac{1}{3}t & \frac{1}{6}t - \frac{1}{3} \\
+                    0 & t+1 & t+1 & 0 \\
+                    0 & 31-2t & 11-t^2+10t & -8+4t
+                    \rowops
+                    \add[-(t+1)]{1}{2}
+                    \add[-(31-2t)]{1}{3}
+                    \colops
+                    \add[-\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{3}t \right)]{1}{2}
+                    \add[-\left(\frac{1}{6}t - \frac{1}{3} \right)]{1}{3}
+                \end{gmatrix}
+                \sim
+                \begin{gmatrix}[p]
+                    E_2 & 0 & 0 \\
+                    0 & -\frac{1}{3} t^2+\frac{2}{3} + \frac{1}{3}t & -\frac{1}{6}t^2 + \frac{1}{6}t + \frac{1}{3} \\
+                    0 & \frac{2}{3} + \frac{1}{3}t - \frac{1}{3}t^2 & \frac{1}{3}t^2 - \frac{11}{6}t + \frac{7}{3}
+                    \rowops
+                    \add[-1]{1}{2}
+                    \colops
+                    \add[-\frac{1}{2}]{1}{2}
+                \end{gmatrix} \\
+                &\sim 
+                \begin{gmatrix}[p] 
+                    E_2 & 0 & 0 \\
+                    0 & -\frac{1}{3}t^2 + \frac{1}{3}t + \frac{2}{3} & 0 \\
+                    0 & 0 & \frac{1}{2}t^2 - 2t + 2
+                    \rowops
+                    \mult{1}{\cdot (-3)}
+                    \mult{2}{\cdot 2}
+                \end{gmatrix}
+                \sim
+                \begin{gmatrix}[p] 
+                    E_2 & 0 & 0 \\
+                    0 & (t+1)(t-2) & 0 \\
+                    0 & 0 & (t-2)^2
+                    \rowops
+                    \add{1}{2}
+                    \colops
+                    \add[-1]{1}{2}
+                \end{gmatrix} \\
+                      &\sim
+                \begin{gmatrix}[p]
+                    E_2 & 0 & 0 \\
+                    0 & (t+1)(t-2) & -(t+1)(t-2) \\
+                    0 & (t+1)(t-2) & -3t + 6
+                    \rowops
+                    \swap{1}{2}
+                    \colops
+                    \swap{1}{2}
+                \end{gmatrix}
+                \sim 
+                \begin{gmatrix}[p]
+                    E_2 & 0 & 0  \\
+                    0 & -3t + 6 & (t-2)(t+1) \\
+                    0 & -(t-2)(t+1) & (t-2)(t+1)
+                    \rowops
+                    \mult{1}{\cdot \left( -\frac{1}{3} \right)}
+                    \colops
+                    \mult{2}{\cdot 3}
+                \end{gmatrix} \\
+                &\sim
+                \begin{gmatrix}[p]
+                    E_2 & 0 & 0 \\
+                    0 & t - 2 & -(t-2)(t+1) \\
+                    0 & -(t-2)(t+1) & 3(t-2)(t+1)
+                    \rowops
+                    \add[t+1]{1}{2}
+                    \colops
+                    \add[t+1]{1}{2}
+                \end{gmatrix}
+                \sim
+                \begin{gmatrix}[p]
+                    E_2 & 0 & 0 \\
+                    0 & t-2 & 0 \\
+                    0 & 0 & (t-2)^2(t+1)
+                \end{gmatrix} 
+            .\end{align*}
+            Damit folgen als Invariantenteiler: $c_1 = c_2 = 1$, $c_3 = t- 2$ und $c_4 = (t-2)^2(t+1)$.
+            Die Determinantenteiler sind damit $d_1 = 1$, $d_2 = 1$, $d_3 = t-2$ und $d_4 = (t-2)^{3}(t+1)$.
+        \item Hier ist sofort ersichtlich:
+            \begin{align*}
+            \text{det}(P_B)
+            = \begin{gmatrix}[v]
+                t+5 & 3 & -5 \\
+                0 & t-1 & 1 \\
+                8 & 4 & t-7
+            \end{gmatrix}
+            = (t-1)^{3}
+            \neq
+            (t-2)(t-1)(t+1)
+            =
+            \begin{gmatrix}[v]
+                t+3 & -8 & -12 \\
+                -1 & t+2 & 3 \\
+                2 & -4 & t-7
+            \end{gmatrix} 
+            = \text{det}(P_C) 
+            .\end{align*}
+            Damit ist $d_3_{B} \neq d_3_{C}$, also sind nach Invariantenteilersatz
+            $B$ und $C$ nicht ähnlich.
+    \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/daten.dat

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+0.01401
+0.02802
+0.05604
+0.11208
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+0.44832
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+0

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/nulladdition.cpp

@@ -0,0 +1,20 @@
+#include<iostream>
+#include<iomanip>
+
+using namespace std;
+
+int main() {
+    cout << setprecision(17);
+    cout << setw(10);
+    cout << "Enter a float > ";
+    float x;
+    cin >> x;
+    x = x + 1;
+    cout << x << endl;
+
+    cout << "Enter a double > ";
+    double y;
+    cin >> y;
+    y = y + 1;
+    cout << y << endl;
+}

sose2020/num/uebungen/num1.tex

@@ -0,0 +1,124 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 1}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Zur Basis 10 dargestellt:
+            \[
+                (0.5731 \times 10^{5})_{8} = (5\cdot 8^{-1} + 7 \cdot 8^{-2} + 3 \cdot 8^{-3} + 1 \cdot 8^{-4})
+                \cdot 8^{5} = 24264 = 0.24264 \times 10^{5}
+            .\] 
+        \item Die Zahl $x_1 = (0.3)_{10} \in \R$
+            in der normierten Fließkommadarstellung
+            $\mathbb{F}(2,11,2)$ ergibt
+            \[
+                (0.10011001100 \times 2^{1})_{2}
+            .\] 
+            Zurück in $\mathbb{F}(10,r,1)$ ergibt
+            \[
+                (0.2998046875 \times 10^{0})_{10}
+            .\] Das heißt für $r = 1$, $r = 2$ und $r = 3$ ergibt natürliche Rundung
+            jeweils $(0.3)_{10}$. Größere $r$ ergeben andere Ergebnisse.
+        \item Die größte positive Zahl in $\mathbb{F}(4, 6, 2)$ ergibt sich im Dezimalsystem dargestellt
+            als:
+            \[
+                3 \cdot (4^{-1} + 4^{-2} + 4^{-3} + 4^{-4} + 4^{-5} + 4^{-6}) \cdot 4^{3\cdot 4^{0} + 3\cdot4^{1}}
+                = 0.1073 \cdot 10^{10}
+            .\] Die kleinste negative Zahl in $\mathbb{F}(3, 7, 1)$ ergibt sich im Dezimalsystem dargestellt
+            als:
+            \[
+                - 2 \cdot (3^{-1} + 3^{-2} + \ldots + 3^{-7}) \cdot 3^{2 \cdot 3^{0}} \approx -0.8996 \cdot 10^{1}
+            .\] Damit folgt für den maximalen Abstand zweier Zahlen aus $\mathbb{F}(4,6,2)$ und
+            $\mathbb{F}(3,7,1)$:
+            \[
+            \max_{x_2, x_3} | x_2 - x_3 | \approx
+            0.1073 \cdot 10^{10} + 0.8996 \cdot 10^{1} \approx 0.1073 \cdot 10^{10}
+            .\] 
+        \item Die Aussage ist falsch. Gegenbeispiel: $\mathbb{F}(2, 2, 1)$. Die Menge der darstellbaren
+            Zahlen ist hier, analog zur Vorlesung:
+            \[
+                \mathbb{F}(2,2,1) = \left\{- \frac{3}{2}, -1, -\frac{3}{4}, -\frac{1}{2}, -\frac{3}{8},
+                -\frac{1}{4}, 0, \frac{1}{4}, \frac{3}{8}, \frac{1}{2}, \frac{3}{4}, 1, \frac{3}{2}\right\} 
+            .\] Hier ist sofort zu sehen, dass beispielsweise für $x_4 = 1$ gilt:
+            \[
+            \left| 1 - \frac{3}{4}\right| = \frac{1}{4} \neq \frac{1}{2} = \left| \frac{3}{2} - 1 \right| 
+            .\] 
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Die ersten zehn Folgenglieder in Dezimaldarstellung (nicht normiert):
+    \begin{table}[h!]
+        \centering
+        \label{tab:label}
+        \begin{tabular}{ccc}
+            $n$ & Aufrunden & gerades Runden \\
+            $0$ & $2.46$ & $2.46$ \\
+            $1$ & $2.47$ & $2.46$ \\
+            $2$ & $2.48$ & $2.46$ \\
+            $3$ & $2.49$ & $2.46$ \\
+            $4$ & $2.50$ & $2.46$ \\
+            $5$ & $2.51$ & $2.46$ \\
+            $6$ & $2.52$ & $2.46$ \\
+            $7$ & $2.53$ & $2.46$ \\
+            $8$ & $2.54$ & $2.46$ \\
+            $9$ & $2.55$ & $2.46$ \\
+           $10$ & $2.56$ & $2.46$ \\
+        \end{tabular}
+    \end{table}
+
+    Beim Aufrunden ist deutlich zu sehen, dass, da nach jedem Rechenschritt die 4. Stelle
+    auf $5$ steht, jedes mal aufgerundet wird. Da zwei Rundungen pro Folgenglied stattfinden,
+    führt das zu einer Erhöhung um $2 \cdot 0.005 = 0.01$ pro Folgenglied.
+
+    Beim geraden Runden wird zwar nach der ersten Operation aufgerundet, nach der zweiten jedoch nicht.
+    Deshalb bleibt das Ergebnis exakt.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Programm zum Test der Nulladdition:
+    \begin{lstlisting}[language=C++, title=nulladdition.cpp, captionpos=b]
+#include<iostream>
+#include<iomanip>
+
+using namespace std;
+
+int main() {
+    // set output width and precision
+    cout << setprecision(17);
+    cout << setw(10);
+
+    // float
+    cout << "Enter a float > ";
+    float x;
+    cin >> x;
+    x = x + 1;
+    cout << x << endl;
+
+    // double
+    cout << "Enter a double > ";
+    double y;
+    cin >> y;
+    y = y + 1;
+    cout << y << endl;
+}\end{lstlisting}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Bei Verwendung von \lstinline{float} muss $x$ als $5\cdot 10^{-8}$ gewählt werden, bei
+            Verwendung von \lstinline{double} muss $x$ als $10^{-16}$ gewählt werden, damit
+            exakt $1$ zurückgegeben wird.
+        \item Das ist bei weitem nicht die kleinste positive Zahl, die \lstinline{float} bzw.
+            \lstinline{double} darstellen können, da im Exponenten noch weit mehr Stellen zur Verfügung
+            stehen, um sehr viel kleinere positive Zahlen darstellen zu können.
+
+            Allerdings kann dies hier nicht genutzt werden, da durch die Addition mit $1$ gerundet werden
+            muss.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

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/num2.tex

@@ -0,0 +1,187 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 2}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    Die relativen Konditionszahlen sind gegeben durch
+    \[
+        \frac{\partial F_i}{\partial x_j}(x) \frac{x_j}{F_i(x)}
+    .\] 
+    \begin{itemize}
+        \item $F(x, y) = x \cdot y$:
+            \[
+            \frac{\partial F}{\partial x} = y \qquad \frac{\partial F}{\partial y } = x
+            .\] Damit folgt
+            \[
+            k_{11} = y \cdot \frac{x}{x \cdot y} = 1 \qquad k_{12} = x \cdot \frac{y}{x \cdot y} = 1
+            .\] Die Multiplikation ist also gut konditioniert.
+        \item $F(x, y) = \frac{x}{y}$:
+            \begin{align*}
+                \frac{\partial F}{\partial x} = \frac{1}{y} &\qquad \frac{\partial F}{\partial y} = - \frac{x}{y^2}
+            \intertext{Damit folgt}
+            k_{11} = \frac{1}{y} \cdot \frac{x}{\frac{x}{y}} = \frac{x}{y} \frac{y}{x} = 1
+            &\qquad
+            k_{12} = -\frac{x}{y^2} \cdot \frac{y}{\frac{x}{y}} = - \frac{x}{y^2} \frac{y^2}{x} = -1
+            .\end{align*}
+            Die Division ist also auch gut konditioniert.
+        \item $F(x) = \sqrt{x} $
+            \begin{align*}
+                \frac{\d F}{\d x} &= \frac{1}{2\sqrt{x} }
+            \intertext{Damit folgt}
+            k_{11} &= \frac{1}{2\sqrt{x} } \frac{x}{\sqrt{x} } = \frac{1}{2}
+            .\end{align*}
+            Wurzelziehen ist also ebenfalls gut konditioniert.
+    \end{itemize}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{itemize}
+        \item Sei $p \in \N$.
+            \begin{align*}
+                f(h) &= (ph^2 + h^2)^2 - p^2h^{4} \\
+                     &= h^{2} \left(2ph + 1\right)
+                 \intertext{Es ist $2ph + 1 \le 2p + 1$ für $h \le 1$. Also folgt mit $c = 2p + 1$}
+                f(h) &= \mathcal{O}(h^2)
+            .\end{align*}
+            Es ist außerdem
+            \[
+                \frac{h^2(2ph+1)}{h^{3}} = \frac{2ph^{3} + h^2}{h^{3}} = 2p + \frac{1}{h}
+                \xrightarrow{h \searrow 0} \infty
+            ,\] also ist $f(h) \neq \mathcal{O}(h^{3})$.
+        \item Es gilt für $0 < h \le \frac{1}{e}\colon |\ln(h)| \ge 1$. Also folgt
+            \[
+                |f(h)| = \left|-\frac{h^2}{\ln(h)}\right|
+                \le h^2 \implies f(h) = \mathcal{O}(h^2)
+            .\] Es ist außerdem mit de l'Hospital
+            \begin{align*}
+                \lim_{h \to 0} \left| \frac{h^2}{\ln(h)h^{3}} \right|
+                = \lim_{h \to 0} \left| \frac{\frac{1}{h}}{\ln(h)} \right| \qquad
+                \stackrel{\text{de l'Hospital}}{=}
+                \qquad\lim_{h \to 0} \left| \frac{\frac{1}{h^2}}{\frac{1}{h}} \right| = \infty
+            ,\end{align*} also ist $f(h) \neq \mathcal{O}(h^{3})$.
+        \item Es folgt mit Additionstheoremen
+            \begin{align*}
+                f(h) = \frac{\sin(x+h) - 2\sin(x) + \sin(x-h)}{h^2 + \sin(x)}
+                = \frac{2 \sin(x) (\cos(h) - 1)}{h^2} + \sin(x)
+            .\end{align*}
+            Damit folgt $f(h) = \mathcal{O}(h^2)$, denn mit de l'Hospital ist
+            \begin{align*}
+                \lim_{h \to 0} \left| \frac{f(h)}{h^2} \right|
+                &= \lim_{h \to 0} \left| \frac{2 \sin(x) (\cos h - 1) + h^2 \sin(x)}{h^4} \right| \\
+                &= \lim_{h \to 0} \left| \frac{- 2 \sin(x) \sin(h) + 2h \sin(x)}{4h^{3}} \right| \\
+                &= \lim_{h \to 0} \left| \frac{-2 \sin(x) \cos(h) + 2 \sin(x)}{12h^{2}} \right| \\
+                &= \lim_{h \to 0} \left| \frac{2 \sin(x) \sin(h)}{24h} \right| \\
+                &= \lim_{h \to 0} \left| \frac{2 \sin(x) \cos(h)}{24} \right| \\
+                &= \left|\frac{\sin(x)}{12} \right| < \infty
+            \intertext{Es gilt außerdem $f(h) \neq \mathcal{O}(h^{3})$, denn wiederum mit de l'Hospital ist}
+                \lim_{h \to 0} \left| \frac{f(h)}{h^{3}} \right|
+                &= \lim_{h \to 0} \left| \frac{2 \sin(x) (\cos h - 1) + h^2 \sin(x)}{h^5} \right| \\
+                &= \lim_{h \to 0} \left| \frac{- 2 \sin(x) \sin(h) + 2h \sin(x)}{5h^{4}} \right| \\
+                &= \lim_{h \to 0} \left| \frac{-2 \sin(x) \cos(h) + 2 \sin(x)}{20h^{3}} \right| \\
+                &= \lim_{h \to 0} \left| \frac{2 \sin(x) \sin(h)}{60h^2} \right| \\
+                &= \lim_{h \to 0} \left| \frac{2 \sin(x) \cos(h)}{120h} \right| \\
+                &= \infty
+            .\end{align*}
+    \end{itemize}
+    \begin{figure}[h!]
+        \begin{tikzpicture}
+            \begin{axis}
+                \addplot[domain=0:1, samples=50, smooth, green] {3*x^2 + x)^2 - 3^2*x^4};
+                \addplot[domain=0:1, samples=50, smooth, red] {x^2 * (2*3 + 1)};
+                \legend{$(ph^2 + h)^2 - p^2h^{4}$, $(2p + 1) h^2$}
+            \end{axis}
+        \end{tikzpicture}
+        \begin{tikzpicture}
+            \begin{axis}
+                \addplot[domain=0:0.5, samples=50, smooth, green] {- (x^2)/(ln(x))};
+                \addplot[domain=0:0.5, samples=50, smooth, red] {x^2};
+                \legend{$- \frac{h^2}{\ln h}$, $h^2$}
+            \end{axis}
+        \end{tikzpicture}
+        \caption{Links: $f_1(h)$ für $p = 1$ und $c = 7$, Rechts: $f_2(h)$ mit $c = 1$}
+    \end{figure}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Quadratische Ergänzung führt auf die Lösungsformel
+    \begin{align*}
+        x_{1/2} &= \pm \sqrt{p^2 - 1} + p
+    \intertext{Also folgt}
+        \frac{\partial F_{1/2}}{\partial p} &= \pm \frac{p}{\sqrt{p^2 - 1} } + 1
+    \intertext{Damit ergibt sich}
+    k_{11} &= \frac{1 + \sqrt{1 - \frac{1}{p^2}} }{1 - \frac{1}{p^2} + \sqrt{1 - \frac{1}{p^2}} } \\
+    k_{21} &= \frac{- 1 + \sqrt{1 - \frac{1}{p^2}} }{-1 + \frac{1}{p^2} + \sqrt{1 - \frac{1}{p^2}} }
+    .\end{align*}
+    Aus der Lösungsformel folgt zudem $F(p) \in \R^{2} \iff |p| \ge 1 $
+
+    Das alternativ parametrisierte Problem führt auf die Lösungen
+    $x_1 = t$ und $x_2 = \frac{1}{t}$, denn
+    \begin{align*}
+        t^2 - \frac{t^2 + 1}{t} t + 1 &= t^2 - t^2 - 1 + 1 = 0 \\
+        \frac{1}{t^2} - \frac{t^2 + 1}{t} \frac{1}{t} + 1 &= \frac{1}{t^2} - 1 - \frac{1}{t^2} + 1 = 0
+    .\end{align*}
+    Damit folgt
+    \begin{align*}
+        \frac{\partial F_{1}}{\partial t} &= 1 \\
+        \frac{\partial F_2}{\partial t} &= - \frac{1}{t^2}
+        \intertext{Damit folgt}
+        k_{11} &= 1 \frac{t}{t} = 1 \\
+        k_{21} &= -\frac{1}{t^2} \frac{t}{\frac{1}{t}} = - \frac{t^2}{t^2} = - 1
+    .\end{align*}
+    Im ersten Fall wird das Problem schlecht konditioniert, wenn $|p| < 1$ wird,
+    allerdings hat dann die Gleichung keine
+    reellen Lösungen mehr. Im zweiten Fall, ist das Problem immer gut konditioniert.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Es sei $I := [0,1]$ und
+    \[
+        f\colon I \to I, \quad f(x) := \begin{cases}
+            2x & \text{falls } x \in [0, 0.5) \\
+            2 - 2x & \text{falls } x \in [0.5, 1]
+        \end{cases}
+    .\] Die Folge $(x_i)_{i\in\N}$ sei für ein $x_0 \in I$ definiert als
+    \[
+        x_i = f(x_{i-1})
+    .\] 
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item siehe \textit{zeltabbildung.cpp}
+        \item Beh.: Sei $x_0 = (0.m_1 \ldots m_r)_{2} \in [0,1]$ eine Festkommazahl der Binärdarstellung
+            mit höchstens $r$ Nachkommastellen ungleich $0$. Dann gilt $x_{r+1} = 0$.
+            \begin{proof}
+                Beweis per Induktion nach $r$.
+
+                Für $r = 0$: trivial $f(0) = 0 \implies x_1 = 0$.
+
+                Sei Beh. gegeben für ein $r \in \N_0$. Dann sei
+                \[
+                    x_0 = (0.m_1\ldots m_{r+1})_2 \in [0,1]
+                .\] mit $m_{r+1} \neq 0$ (sonst bereits gezeigt).
+                
+                Falls $x_0 \in [0, 0.5)$. Dann ist $m_1 = 0$ und
+                \[
+                    x_1 = f(x_0) = 2x_0 = 2 \sum_{i=1}^{r+1} m_i 2^{-i}
+                    = \sum_{i=1}^{r+1} m_i 2^{-i+1}
+                    = (0.\widetilde{m}_{1}\ldots\widetilde{m}_{r+1})_2
+                .\] Da $m_{r+1} = 1_{2} \implies \widetilde{m}_{r+1} = 0_{2}$. Also
+                hat $x_1$ höchstens $r$ Stellen ungleich $0$. Wende I.V. auf $x_1$ an. Damit folgt
+                $x_{r+1} = 0$.
+
+                Falls $x_0 \in [0.5, 1]$. Dann ist $m_1 = 1_{2}$ und
+                \[
+                    x_1 = f(x_0) = 2 - 2x_0 = 2 - 2 \sum_{i=1}^{n} m_i 2^{-i}
+                    = 2 - \sum_{i=1}^{n} m_i 2^{-i + 1} = (0.\widetilde{m}_{1}\ldots\widetilde{m}_{r+1})_2
+                .\] Da $m_{r+1} = 1_{2} \implies \widetilde{m}_{r+1} = 0_{2}$. Also
+                hat $x_1$ höchstens $r$ Stellen ungleich $0$. Wende I.V. auf $x_1$ an. Damit folgt
+                $x_{r+1} = 0$.
+            \end{proof}
+        \item siehe \textit{zeltabbildung.cpp}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/num/uebungen/num3.tex

@@ -0,0 +1,217 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\usepackage{gauss}
+
+\begin{document}
+
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+\title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 3}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Einheitssphäre
+            \begin{figure}[h!]
+                \centering
+                \begin{tikzpicture}[scale=2]
+                    \draw (-1.5,0) edge[-latex] (1.5,0) (0,-1.5) edge[-latex] (0,1.5);
+                    \draw (1, 0.1) -- (1, -0.1);
+                    \node at (1, -0.2) {$1$};
+                    \draw (0.1, 1) -- (-0.1, 1);
+                    \node at (-0.2, 1) {$1$};
+                    \draw[red] (0,0) circle (1);
+                    \draw[blue, rotate around={45:(0,0)}] (-1/1.41,-1/1.41) rectangle (1/1.41, 1/1.41);
+                    \draw[green, fill] (1,0) circle (0.02);
+                    \draw[green, fill] (0,1) circle (0.02);
+                    \draw[green, fill] (-1,0) circle (0.02);
+                    \draw[green, fill] (0,-1) circle (0.02);
+                    \node at (1.5, -0.2) {$x_1$};
+                    \node at (-0.2, 1.5) {$x_2$};
+                \end{tikzpicture}
+                \caption{Blau: $\Vert \cdot \Vert_1$, Rot: $\Vert \cdot \Vert_2$, Grün:
+                $\Vert \cdot \Vert_{\infty}$}
+            \end{figure}
+        \item Sei $x \in \R^{n}$ beliebig. Dann ist
+            \begin{align*}
+                \Vert x \Vert_1 = \sum_{k=1}^{n} |x_k \cdot 1|
+                \quad &\stackrel{\text{C.S.U.}}{\le } \quad
+                \Vert x \Vert_2 \cdot \Vert 1 \Vert_2 = \sqrt{n} \Vert x \Vert_2 \\
+                \Vert x \Vert_2 = \sqrt{\sum_{k=1}^{n} |x_k|^2}
+                &\le \sqrt{\sum_{k=1}^{n} \Vert x_{\infty}\Vert^2}
+                = \sqrt{n \Vert x\Vert_\infty^2} = \sqrt{n} \Vert x \Vert_{\infty}
+            .\end{align*}
+            Außerdem ist
+            \begin{align*}
+            &\Vert x \Vert_1 = \sum_{k=1}^{n} |x_k|
+            = \Vert x \Vert_2  \left( \sum_{k=1}^{n} \underbrace{\frac{|x_k|}{\Vert x \Vert_2}}_{\le 1} \right)
+            \ge \Vert x \Vert_2 \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{|x_k|^{2}}{\Vert x \Vert_2^2} \right)
+            = \Vert x \Vert_2 \frac{\Vert x \Vert_2^2}{\Vert x \Vert_2^2} = \Vert x \Vert_2 \\
+            &\Vert x \Vert_2 = \sqrt{\sum_{k=1}^{n} |x_k|^2} \ge \sqrt{\Vert x \Vert_{\infty}^2}
+            = \Vert x \Vert_{\infty}
+            .\end{align*}
+            Damit folgt
+            \begin{align*}
+                \frac{1}{\sqrt{n}} \Vert x \Vert_1 \le &\Vert x \Vert_2 \le \Vert x \Vert_1 \\
+                \frac{1}{\sqrt{n}} \Vert x \Vert_1 \le &\Vert x \Vert_{\infty} \le \Vert x \Vert_1 \\
+                \Vert x \Vert_2 \le &\Vert x \Vert_1 \le \sqrt{n} \Vert x \Vert_2 \\
+                \frac{1}{\sqrt{n}} \Vert x \Vert_2 \le &\Vert x \Vert_{\infty} \le \Vert x \Vert_2 \\
+                \Vert x \Vert_\infty \le \Vert x \Vert_2 \le &\Vert x \Vert_1 \le \sqrt{n} \Vert x \Vert_2
+                \le n \Vert x \Vert_\infty \\
+                \Vert x \Vert_\infty \le &\Vert x \Vert_2 \le \sqrt{n} \Vert x \Vert_\infty
+            .\end{align*}
+            Für $n = 1$ sind alle Abschätzungen scharf, denn dann ist
+            $\Vert x \Vert_1 = \Vert x \Vert_2 = \Vert x \Vert_{\infty}$ und $\sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n}} = 1$.
+
+            Es gilt $n \xrightarrow{n \to \infty} \infty$, $\sqrt{n} \xrightarrow{n \to \infty} \infty$ und
+            $\frac{1}{\sqrt{n}} \xrightarrow{n \to \infty} 0$.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \[
+        f(x) = \frac{1 - \cos x}{x}
+    .\]
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Es ist
+            \[
+            \frac{\d f}{\d x} = \frac{x \sin x - 1 + \cos x}{x^2}
+            .\] Damit folgt
+            \[
+            k = \frac{x \sin x - 1 + \cos x}{1 - \cos x}
+            .\] Für $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$ ist
+            \[
+                k = \frac{x - 1}{1} = x - 1 \xrightarrow{k \to \infty} \infty
+            ,\] also $f$ schlecht konditioniert.
+        \item Für die Rundungsfehler der einzelnen Operationen gilt für
+            $|e_1|, |e_2|, |e_3| < \text{eps}$
+            \begin{align*}
+                a &= \cos(x) (1 + e_1) \\
+                b &= (1 - a)(1+e_2) \stackrel{\cdot}{=} 1 - \cos x + e_2 - (e_1 + e_2) \cos x
+                \intertext{Damit folgt}
+                f_a(x) &\stackrel{\cdot}{=} \frac{1 - \cos x + e_2 - (e_1 + e_2 \cos x) + e_3 - e_3 \cos(x)}{x}
+                \intertext{Also}
+                \frac{f_a(x) - f(x)}{f(x)} &\stackrel{\cdot }{=}
+                - \frac{\cos x }{1 - \cos x} e_1 + e_2 + e_3
+            .\end{align*}
+            Wegen $\frac{\cos x}{1 - \cos x} \xrightarrow{x \to 0} \infty \gg k$ ist
+            dieser Algorithmus numerisch instabil.
+        \item Durch Umformungen, lässt sich die auslöschende Subtraktion $1 - \cos x$ vermeiden:
+            \[
+                f(x) = \frac{\sin^2(x)}{x + x \cos(x)}
+            .\] Mit $|e_1|, |e_2|, |e_3|, |e_4|, |e_5|, |e_6| < \text{eps}$ folgt für die
+            Rundungsfehler:
+            \begin{align*}
+                a &= \sin(x)(1 + e_1) \\
+                b &= a^2(1+e_2) \stackrel{\cdot }{=} \sin^2(x) + \sin^2(x)(2 e_1 + e_2) \\
+                c &= \cos(x) (1 + e_3) \\
+                d &= x c (1+e_4) \stackrel{\cdot }{=} x \cos x + (e_3 + e_4) x \cos(x) \\
+                e &= x + d (1 + e_5) \stackrel{\cdot }{=} x + x \cos(x) + (e_3 + e_4 + e_5)x \cos(x) + e_4 x
+                \intertext{Damit folgt}
+                f_a(x) &\stackrel{\cdot }{=}
+                \frac{\sin^2(x) + \sin^2(x) (2 e_1 + e_2) + e_6 \sin^2(x)}
+                {x + x \cos(x) + (e_3 + e_4 + e_5)x \cos (x) + e_4 x}
+                \intertext{Also gilt}
+                \frac{f_a(x) - f(x)}{f(x)}
+                &\stackrel{\cdot }{=} \frac{2 e_1 + e_2 + e_6 - e_4 - (e_2 + e_3) \frac{\cos(x)}{1 + \cos(x)}}
+                {1 + e_4 + (e_2 + e_3) \frac{\cos(x)}{1 + \cos(x)}}
+                \; \stackrel{x \ll 1}{\approx} \;
+                \frac{\frac{3}{2} e_1 + e_2 + e_6 - e_4 - \frac{1}{2}e_3}{1 + e_4 + \frac{1}{2} e_2 + \frac{1}{2}e_3}
+            .\end{align*}
+            Wegen $1 + e_4 + \frac{1}{2} e_2 + \frac{1}{2}e_3 > 1$, folgt, dass die Verstärkungsfaktoren
+            der Rundungsfehler für $x \ll 1$ nahe $1$ sind, also ist der Algorithmus numerisch stabil.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Die Matrix ist eine $N^2-1 \times N^2-1$ Matrix, da eine Gleichung für jeden der $N^2$
+            Knoten, bis auf den Referenzknoten existiert.
+        \item Jeder Knoten hat entweder 2 (Ecken), 3 (Außenkanten) oder 4 (im Inneren) ein oder
+            ausgehende Kanten. Die mit der Pumpe verbundenen Knoten, haben jeweils eine Kante mehr.
+            Die zugehörigen Zeilen haben damit immer $1$ $+$ Anzahl der verbundenen Kanten Einträge ungleich
+            $0$.
+        \item Die Matrix ist quadratisch und hat vollen Rang und hat damit eine eindeutige Lösung, wenn
+            $q_p \neq 0$.
+        \item
+            \begin{align*}
+                \begin{pmatrix} 
+                    3 & -1 & 0 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
+                    -1 & 2 & 0 & 0 & -1 & 0 & 0 & 0 \\
+                    0 & 0 & 3 & -1 & 0 & -1 & 0 & 0 \\
+                    -1 & 0 & -1 & 4 & -1 & 0 & -1 & 0 \\
+                    0 & -1 & 0 & -1 & 3 & 0 & 0 & -1 \\
+                    0 & 0 & -1 & 0 & 0 & 2 & -1 & 0 \\
+                    0 & 0 & 0 & -1 & 0 & -1 & 3 & -1 \\
+                    0 & 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & -1 & 2
+                \end{pmatrix} 
+                \begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \\ p_3 \\ p_4 \\ p_5 \\ p_6 \\ p_7 \\ p_8 \end{pmatrix}
+                =
+                \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ q_p \end{pmatrix} 
+            .\end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Sei $x \in \R^{n} \setminus \{0\}$. Dann ist
+            \begin{align*}
+                (A_s x, x)_2 &= \left( \frac{1}{2}Ax + \frac{1}{2}A^{T}x, x \right)_2
+                = \frac{1}{2} (Ax, x) + \frac{1}{2} (A^{T}x, x)
+                = \frac{1}{2} x^{T}A^{T}x + \frac{1}{2} x^{T}Ax \\
+                &= \frac{1}{2} x^{T} A^{T} x + \frac{1}{2} \left( x^{T} (Ax) \right)^{T}
+                = \frac{1}{2} x^{T}A^{T}x + \frac{1}{2} x^{T}A^{T}x
+                = x^{T}A^{T}x
+                = (Ax, x)_2
+            .\end{align*}
+            Damit folgt die Behauptung.
+        \item Sei $X \subseteq \{1, 2, \ldots, n\} $ beliebig und $A_X$ nicht positiv definit. Dann
+            ex. ein $\widetilde{x} \in \R^{|x|} \setminus \{0\} $ mit $A_X x \le 0$. Dann
+            ergänze $\widetilde{x}$ zu $x \in \R^{n}$ mit
+            \[
+            x_i := \begin{cases}
+                x_i & i \in X \\
+                0 & \text{sonst}
+            \end{cases}
+            .\] Dann ist $x^{T}Ax = \widetilde{x}^{T}A_X\widetilde{x} \le 0$, also ist $A$ nicht positiv
+            definit.
+        \item Mit (a) folgt: $A$ g.d. positiv definit, wenn
+            \[
+                A_S = \begin{pmatrix} 2 & - \frac{\alpha}{2} \\ - \frac{\alpha}{2} & 2 \end{pmatrix} 
+            .\] positiv definit ist. Dies ist mit dem Hauptminorenkriterium für symmetrische
+            Matrizen g.d der Fall, wenn
+            \begin{align*}
+                &\begin{gmatrix}[v]
+                    2 & - \frac{\alpha}{2} \\ - \frac{\alpha}{2} & 2
+                \end{gmatrix} 
+                = 4 - \frac{\alpha^2}{4} > 0
+                \\
+                \iff &16 - \alpha^2 > 0 \\
+                \iff &|\alpha| < 4
+            .\end{align*}
+        \item Zunächst ist $\overline{A}^{T}
+            = \overline{\overline{H}^{T}H}^{T} = \left( H^{T}\overline{H} \right)^{T}
+            = \overline{H}^{T} H = A$. Also ist $A$ hermitesch.
+
+            Sei nun $A$ positiv definit. Dann sind, wegen $A$ hermitesch, alle Eigenwerte reell
+            und positiv. Also gilt $\text{det}(A) > 0$, damit $\text{Rg}(A) = n$. Also
+            \[
+            n = \text{Rg}(A) = \text{Rg}(\overline{H}^{T}H) \le \min \{\text{Rg}(\overline{H}^{T}), H\}
+            = \text{Rg}(H) \le \min \{n, m\} = n
+            .\] Also $\text{Rg}(H) = n$.
+
+            Sei nun $\text{Rg}(H) = n$. Es ist $A$ semidefinit, denn $\forall x \in \mathbb{C}^{n}$ gilt
+            \[
+                (\overline{H}^{T}Hx, x)_2 = x^{T}\left( \overline{H}^{T}H \right)^{T} \overline{x}
+                = x^{T}H^{T}\overline{H}\overline{x} = \left( Hx \right)^{T} \overline{\left( Hx \right) } \ge 0
+                \qquad (*)
+            .\] Mit dem Rangsatz ist außerdem:
+            \[
+            n = \text{dim}(\mathbb{C}^{n}) = \text{Rg}(H)
+            + \text{dim } \text{ker } H = n + \text{dim } \text{ker } H \implies \text{dim } \text{ker } H = 0
+            .\] Also folgt $\forall x \in \mathbb{C}^{n} \setminus \{0\}$:
+            $Hx \neq 0$, also folgt mit ($*$) $A$ positiv definit.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/num/uebungen/num4.tex

@@ -0,0 +1,294 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 4}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Beh.:
+            \[
+                \Vert f \Vert_{\infty} = \max_{x \in [0,1]} |f(x)|, \quad f \in C^{0}([0,1], \R)
+            .\] ist eine Norm auf $C^{0}([0,1], \R)$.
+            \begin{proof}
+                Seien $f, g \in C^{0}([0,1], \R)$.
+                \begin{enumerate}[(N1)]
+                    \item Es ist $\displaystyle \Vert f \Vert_{\infty} = \max_{x \in [0,1]} |f(x)| \ge 0$.
+                        Außerdem ist
+                        \[
+                            \Vert f \Vert_{\infty} = 0 \implies \max_{x \in [0,1]} \underbrace{|f(x)|}_{\ge 0}
+                            = 0 \implies f(x) = 0 \quad \forall x \in [0,1] \implies f = 0 \in C^{0}([0,1], \R)
+                        .\] 
+                    \item Sei $\alpha \in \R$. Dann folgt
+                        \[
+                            \Vert \alpha f \Vert_{\infty} = \max_{x \in [0,1]} |\alpha f(x)|
+                            = \max_{x \in [0,1]} \underbrace{|\alpha|}_{\ge 0}
+                            \underbrace{|f(x)|}_{\ge 0}
+                            = |\alpha| \max_{x \in [0,1]} |f(x)|
+                            = |\alpha| \Vert f \Vert_{\infty}
+                        .\] 
+                    \item Es ist
+                        \[
+                            \Vert f + g \Vert_{\infty} = \max_{x \in [0,1]} |f(x) + g(x)|
+                            \le \max_{x \in [0,1]}
+                            \left( \underbrace{|f(x)|}_{\ge 0} + \underbrace{|g(x)|}_{\ge 0} \right)
+                            = \max_{x \in [0,1]} |f(x)| + \max_{x \in [0,1]} |g(x)|
+                            = \Vert f \Vert_{\infty} + \Vert g \Vert_{\infty}
+                        .\] 
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.:
+            \[
+                \Vert f \Vert_{1} = \max_{x \in [0,1]} |f(x)|, \quad f \in C^{0}([0,1], \R)
+            .\] ist eine Norm auf $C^{0}([0,1], \R)$.
+            \begin{proof}
+                Seien $f, g \in C^{0}([0,1], \R)$.
+                \begin{enumerate}[(N1)]
+                    \item Es ist $\displaystyle \Vert f \Vert_{1} =
+                        \int_{0}^{1} \underbrace{|f(x)|}_{\ge 0} \d x \ge 0$.
+                        Außerdem ist wegen der Monotonie des R.-Integrals:
+                        \[
+                            \Vert f \Vert_{1} = 0 \implies \int_{0}^{1} \underbrace{|f(x)|}_{\ge 0} \d x
+                            = 0
+                            \implies f(x) = 0 \quad \forall x \in [0,1] \implies f = 0 \in C^{0}([0,1], \R)
+                        .\] 
+                    \item Sei $\alpha \in \R$. Dann folgt mit der Linearität des R.-Integrals
+                        \[
+                            \Vert \alpha f \Vert_{1}
+                            = \int_{0}^{1} |\alpha f(x)| \d x 
+                            = \int_{0}^{1} |\alpha| |f(x)| \d x 
+                            = |\alpha| \int_{0}^{1} |f(x)| \d x 
+                            = |\alpha| \Vert f \Vert_{1}
+                        .\] 
+                    \item Es ist
+                        \[
+                            \Vert f + g \Vert_{1}
+                            = \int_{0}^{1} |f(x) + g(x)| \d x 
+                            \le \int_{0}^{1} |f(x)| \d x  + \int_{0}^{1} |g(x)| \d x 
+                            = \Vert f \Vert_{1} + \Vert g \Vert_{1}
+                        .\] 
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Für die gegebene Funktionenfolge gilt für $k \in \N$:
+            \[
+                \Vert u_k \Vert_{\infty} = \max_{x \in [0,1]} |u_k(x)|
+                = \max_{x \in [x_{k+1}, x_k]} \sin\left( \frac{x_k - x}{x_{k} - x_{k+1}}\pi \right) = 1
+            .\] Für die 1-Norm folgt
+            \begin{align*}
+                \Vert u_k \Vert_{1} &= \int_{0}^{1} u_k(x) \d x \\
+                &= \int_{x_{k+1}}^{x_k} \sin\left( \frac{x_k - x}{ x_k - x_{k+1} } \pi\right)  \d x  \\
+                &= \left[ \frac{x_k - x_{k+1}}{\pi} \cos\left( \frac{x_k - x}{x_k - x_{k+1}} \pi \right) \right]
+                \Big|_{x_{k+1}}^{x_k} \\
+                &= 2 \frac{x_k - x_{k+1}}{\pi}
+                \intertext{Mit $x_k = \frac{1}{k}$ folgt}
+                \Vert u_k \Vert_1 &= \frac{2}{\pi} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) \\
+                &= \frac{2}{\pi} \left( \frac{1}{k^2 +k} \right) \\
+                &\xrightarrow{k \to \infty} 0
+            .\end{align*}
+            Beh.: $\Vert \cdot \Vert_1$ und $\Vert \cdot \Vert_\infty$ sind nicht äquivalent.
+
+            \begin{proof}
+                Ang.: $\Vert \cdot \Vert_1$ und $\Vert \cdot \Vert_\infty$ seien äquivalent, dann existiert
+                ein $m \in \R$, s.d. $\forall f \in C^{0}([0,1], \R)$ gilt
+                \[
+                m \Vert f \Vert_{\infty} \le \Vert f \Vert_1
+                \quad \text{also insbes.} \quad m \Vert u_{k} \Vert_{\infty} \le \Vert u_k \Vert_1
+                \quad \forall k \in \N
+                .\] 
+                Wegen $\Vert u_k \Vert_{\infty} = 1$ $\forall k \in \N$, folgt also
+                \[
+                m \le \Vert u_k\Vert_1 \quad \forall k \in \N \quad \contr \text{ zu } \Vert u_k \Vert
+                \xrightarrow{k \to \infty} 0
+                .\] Also sind $\Vert \cdot \Vert_1$ und $\Vert \cdot \Vert_\infty$ nicht äquivalent.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(i)]
+        \item Beh.: $\Vert \cdot \Vert_F$ ist eine Norm auf $\mathbb{K}^{n \times n}$.
+            \begin{proof}
+                Sei $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$ beliebig.
+                \begin{enumerate}[(N1)]
+                    \item Es ist $\displaystyle \Vert A \Vert_F = \left( \sum_{i,j=1}^{n} \underbrace{|a_{ij}|^2}_{\ge 0} \right)^{\frac{1}{2}} \ge 0 $. Außerdem gilt
+                        \[
+                        \Vert A \Vert_F = 0 \implies
+                        \left(\sum_{i,j=1}^{n} \underbrace{|a_{ij}|^2}_{\ge 0} \right)^{\frac{1}{2}}
+                        \implies a_{ij} = 0 \quad \forall i,j=1,\ldots n
+                        \implies A = 0
+                        .\] 
+                    \item Sei $\alpha \in \mathbb{K}$ beliebig. Dann ist
+                        \[
+                            \Vert \alpha A \Vert_F = \left( \sum_{i,j=1}^{n} |\alpha a_{ij}|^2 \right)^{\frac{1}{2}}
+                            = \left( |\alpha|^2 \sum_{i,j=1}^{n} |a_{ij}|^2 \right)^{\frac{1}{2}}
+                            = |\alpha| \Vert A \Vert_F
+                        .\] 
+                    \item Sei $B \in \mathbb{K}^{n\times n}$. Durch Identifikation
+                        von Matrizen aus $\mathbb{K}^{n \times n}$ mit der Frobeniusnorm
+                        und Vektoren aus $\mathbb{K}^{n \cdot n}$ mit der Euklidschen Norm, gilt die
+                        Cauchy-Schwarz-Ungleichung. Dann folgt
+                        \begin{salign*}
+                            \Vert A + B \Vert_F^2 &= \sum_{i,j=1}^{n} |a_{ij} + b_{ij}|^2 \\
+                            &= \sum_{i,j=1}^{n} |a_{ij}^2 + 2 a_{ij}b_{ij} + b_{ij}^2| \\
+                            &\le \sum_{i,j=1}^{n} |a_{ij}|^2 + 2\sum_{i,j=1}^{n} |a_{ij} b_{ij}|
+                            + \sum_{i,j=1}^{n} |b_{ij}|^2 \\
+                            &\stackrel{\text{C.S.U.}}{\le } \Vert A \Vert_F^2
+                            + 2 \Vert A \Vert_F \Vert B \Vert_F + \Vert B \Vert_F^2 \\
+                            &= \left( \Vert A \Vert_F + \Vert B \Vert_F \right)^2
+                        .\end{salign*}
+                        Damit folgt die Behauptung.
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\forall A \in \mathbb{K}^{n \times n}$, $x \in \mathbb{K}^{n}$ gilt
+            \[
+            \Vert A x \Vert_{2} \le \Vert A \Vert_F \Vert x \Vert_2
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Seien $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$ und $x \in \mathbb{K}^{n}$ beliebig.
+                $A_i$ bezeichne die $i$-te Zeile der Matrix $A$.
+                Dann gilt
+                \begin{salign*}
+                    \Vert A x \Vert_{2}^2 &= \sum_{i=1}^{n} \left( \sum_{j=1}^{n} |a_{ij}x_j| \right)^2 \\
+                    &= \sum_{i=1}^{n} (A_i, x)_2^2 \\
+                    &\stackrel{\text{C.S.U.}}{\le } \sum_{i=1}^{n} \Vert A_i \Vert_2^2 \Vert x \Vert_2^2 \\
+                    &= \Vert x \Vert_2^2 \sum_{i=1}^{n} \Vert A_i \Vert_{2}^2 \\
+                    &= \Vert x \Vert_2^2 \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} |a_i|^2 \\
+                    &= \Vert x \Vert_2^2 \Vert A \Vert_F^2
+                .\end{salign*}
+                Damit folgt die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\forall A, B \in \mathbb{K}^{n \times n}$ gilt
+            \[
+            \Vert A B \Vert_F \le \Vert A \Vert_F \Vert B \Vert_F
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Seien $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$ und $x \in \mathbb{K}^{n}$ beliebig.
+                $A_i$ bezeichne die $i$-te Zeile der Matrix $A$, $B_j$ die $j$-te Spalte (!)
+                der Matrix $B$.
+                Dann gilt
+                \begin{salign*}
+                    \Vert A B \Vert_{F}^2 &= \sum_{i,j=1}^{n} \left| \sum_{k=1}^{n} a_{ik}b_{kj} \right|^2 \\
+                    &= \sum_{i,j=1}^{n} (A_i, B_j)_2^2 \\
+                    &\stackrel{\text{C.S.U.}}{\le } \sum_{i,j=1}^{n} \Vert A_i \Vert_2^2 \Vert B_j \Vert_2^2 \\
+                    &= \sum_{i=1}^{n} \Vert A_i \Vert_2^2 \sum_{j=1}^{n} \Vert B_j \Vert_{2}^2 \\
+                    &= \Vert A \Vert_F \Vert B \Vert_F
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Auszug aus \textit{rohrleitungsnetzwerk.cc}
+    \begin{lstlisting}[language=C++, title=Funktion zum Aufstellen der Matrix, captionpos=b]
+// Funktion zum Aufstellen der Matrix
+template<class NumberType>
+void flussMatrix( hdnum::DenseMatrix<NumberType> &A ) {
+    int M( A.rowsize() );
+    int N( A.colsize() );
+    if(M!=N)
+        HDNUM_ERROR("Matrix muss quadratisch sein!");
+
+    // Numerierung wie auf Zettel 3 nur mit 0 beginnend
+    // also v_0, ... ,v_(N^2-1)
+    // der Referenzknoten v_r hat Druck 0
+
+    // 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;
+    }
+}\end{lstlisting}
+        \item In \lstinline{DenseMatrix} sind schon die Zeilen- und Spaltensummennorm definiert.
+            Auszug aus \textit{rohrleitungsnetzwerk.cc}
+
+    \begin{lstlisting}[language=C++, title=Frobeniusnorm, captionpos=b]
+// Funktion zur Berechnung der Frobenius-Norm einer Matrix
+template<class NumberType>
+NumberType frobeniusNorm(const hdnum::DenseMatrix<NumberType> &A) {
+    // Error checking
+    int M(A.rowsize());
+    int N(A.colsize());
+    if(M!=N)
+        HDNUM_ERROR("Matrix muss quadratisch sein!");
+
+    NumberType result=0.0;
+
+    // iteriere ueber alle zeilen und spalten, quadriere die elemente und summiere
+    for (int i=0; i < N; i++) {
+        for (int j=0; j < N; j++) {
+            result += pow(A(i,j), 2);
+        }
+    }
+
+    // ziehe wurzel aus summe
+    return sqrt(result);
+}\end{lstlisting}
+
+        \item Auszug aus \textit{rohrleitungsnetzwerk.cc}
+    \begin{lstlisting}[language=C++, title=Eigenwertberechnung, captionpos=b]
+// Funktion zur Berechnung des betragsgroessten Eigenwertes mit Potenzmethode
+template<class NumberType>
+NumberType maxEigenwert(const hdnum::DenseMatrix<NumberType> &A) {
+    // Error checking
+    int M(A.rowsize());
+    int N(A.colsize());
+    if(M!=N)
+        HDNUM_ERROR("Matrix muss quadratisch sein!");
+
+    // start vektor
+    hdnum::Vector<NumberType> r(N);
+    r[0] = 0;
+    // work copy
+    hdnum::Vector<NumberType> r_tmp(N);
+    // 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;
+    }
+    // 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}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

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

@@ -0,0 +1,153 @@
+// Kompilieren mit:
+//
+// g++ -I../hdnum/ -o rohrleitungsnetzwerk rohrleitungsnetzwerk.cc
+//
+// Das setzt voraus, dass ihr Programm in einem Ordner parallel zur
+// entpackten HDNum Bibliothek liegt.
+
+#include <iostream>
+#include <cstdlib>
+#include "hdnum.hh"
+
+
+// Funktion zum Aufstellen der Matrix
+template<class NumberType>
+void flussMatrix( hdnum::DenseMatrix<NumberType> &A ) {
+    int M( A.rowsize() );
+    int N( A.colsize() );
+    if(M!=N)
+        HDNUM_ERROR("Matrix muss quadratisch sein!");
+
+    // Numerierung wie auf Zettel 3 nur mit 0 beginnend
+    // also v_0, ... ,v_(N^2-1)
+    // der Referenzknoten v_r hat Druck 0
+
+    // 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;
+    }
+}
+
+
+// Funktion zur Berechnung der Frobenius-Norm einer Matrix
+template<class NumberType>
+NumberType frobeniusNorm(const hdnum::DenseMatrix<NumberType> &A) {
+    // Error checking
+    int M(A.rowsize());
+    int N(A.colsize());
+    if(M!=N)
+        HDNUM_ERROR("Matrix muss quadratisch sein!");
+
+    NumberType result=0.0;
+
+    // iteriere ueber alle zeilen und spalten, quadriere die elemente und summiere
+    for (int i=0; i < N; i++) {
+        for (int j=0; j < N; j++) {
+            result += pow(A(i,j), 2);
+        }
+    }
+
+    // ziehe wurzel aus summe
+    return sqrt(result);
+}
+
+
+// Funktion zur Berechnung des betragsgroessten Eigenwertes mit Potenzmethode
+template<class NumberType>
+NumberType maxEigenwert(const hdnum::DenseMatrix<NumberType> &A) {
+    // Error checking
+    int M(A.rowsize());
+    int N(A.colsize());
+    if(M!=N)
+        HDNUM_ERROR("Matrix muss quadratisch sein!");
+
+    // start vektor
+    hdnum::Vector<NumberType> r(N);
+    r[0] = 0;
+    // work copy
+    hdnum::Vector<NumberType> r_tmp(N);
+    // 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;
+    }
+    // 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) {
+    // Anzahl der Knoten
+    const int N(10);
+    std::cout << "Knotenanzahl N: " << N << std::endl;
+
+    // Größe der Matrix
+    const int n(N*N-1);
+
+    // Datentyp für die Matrix
+    typedef double REAL;
+
+    // Matrix initialisieren
+    hdnum::DenseMatrix<REAL> A(n,n);
+
+    // Pretty-printing einmal setzen für alle Matrizen
+    A.scientific(false);
+    A.width(15);
+
+    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;
+        }
+    }
+    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;
+}

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;
+    }
+}

sose2020/num/uebungen/zeltabbildung.cpp

@@ -0,0 +1,20 @@
+#include<iostream>
+
+float f(float x) {
+    if(x >= 0 && x < 0.5) return 2*x;
+    else return 2 * (1 - x);
+}
+
+float f_chaos(float x) {
+    if(x >= 0 && x < 0.5) return 1.999999*x;
+    else return 1.999999 * (1 - x);
+}
+
+int main() {
+    float x = 0.01401;
+    std::cout << x << std::endl;
+    for (int i = 1; i <= 100; i++) {
+        x = f(x);
+        std::cout << x << std::endl;
+    }
+}

sose2020/proseminar/skript.tex

@@ -0,0 +1,326 @@
+\documentclass{../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\setcounter{section}{3}
+
+\section{Prime Restklassen und der Satz von Euler-Fermat}
+
+\textit{
+    Einleitung
+    \begin{itemize}
+        \item Eigenschaften von $\Z / n \Z$
+        \item Lösung von Kongruenzen
+        \item Satz von Euler-Fermat
+    \end{itemize}
+}
+
+\begin{definition}[Nullteiler]
+    Es sei $R$ ein Ring. Ein Element $x \in R$ heißt ein Nullteiler, wenn es ein $y \in R, y\neq 0$
+    mit $xy = 0$ gibt. Der Ring $R$  heißt nullteilerfrei, wenn $R \neq 0$  ist und
+    0 der einzige Nullteiler in $R$ ist.
+\end{definition}
+
+\textit{Anmerkung: Der Nullring ist nicht nullteilerfrei und die 0 ist kein Nullteiler, da kein
+$y \in R, y \neq 0$ existiert.}
+
+\begin{bsp}
+    \begin{itemize}
+        \item Nullring hat keinen Nullteiler, da kein $y \in R$, $y \neq 0$ existiert.
+        \item Nullteiler in $\Z / 3\Z: \overline{0}$, also ist $\Z / 3 \Z$ nullteilerfrei.
+        \item Nullteiler in $\Z / 4 \Z: \overline{0}$, $\overline{2}$ ($\overline{2}\cdot \overline{2} = \overline{4} = \overline{0}$), also nicht nullteilerfrei.
+    \end{itemize}
+\end{bsp}
+
+\begin{definition}[Einheit]
+    Es sei $R$ ein Ring. Ein Element $x \in R$  heißt eine Einheit, wenn es ein $y \in R$ mit $xy = 1$ gibt.
+    Bezeichnung: $x^{-1} := y$.
+    Die Einheiten im Ring $\Z/n\Z$ heißen \underline{prime Restklassen modulo n}.
+    \textit{also: wenn ein Inverses bezüglich Multiplikation existiert}
+\end{definition}
+
+\begin{bsp}
+    \begin{itemize}
+        \item Einheiten in $\Z / 3\Z: \overline{1}$, $\overline{2}$
+            ($\overline{2} \cdot \overline{2} = \overline{4} = \overline{1}$).
+        \item Einheiten in $\Z / 4\Z: \overline{1}, \overline{3}$:
+            ($\overline{3} \cdot \overline{3} = \overline{9} = \overline{1}$)
+    \end{itemize}
+\end{bsp}
+
+\begin{lemma}
+    \label{lemma:einheitengruppe}
+    Es sei $R$ ein Ring. Dann gilt
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item $R^{\times } := \{ x \in R  \mid x \text{ ist eine Einheit}\} $ ist eine abelsche
+            Gruppe bezüglich der Multiplikation, die sogenannte Einheitengruppe von $R$.
+            Insbesondere gibt es für jedes $x \in R^{\times }$ genau ein $y \in R^{\times }$ mit
+            $xy = 1$. Dieses Element bezeichnen wir mit $x^{-1}$ und nennen es das
+            (multiplikativ) Inverse zu $x$.
+
+            Die Gruppe $(\Z / n \Z)^{\times}$ wird als \underline{prime Restklassengruppe modulo n} bezeichnet.
+        \item Ist $x \in R^{\times }$, dann ist $x$ kein Nullteiler.
+            \label{lemma:einheitengruppe:nullteiler}
+        \item Falls $R$ endlich ist, dann gilt auch die Umkehrung von (b): Ist $x \in R$ kein Nullteiler,
+            dann ist $x$ eine Einheit.
+    \end{enumerate}
+    \textit{Insbesondere gilt im Fall $R = \Z / n \Z$ , $n \in \N$, für $\overline{x} \in R$, dass $\overline{x}$
+    genau dann eine Einheit ist, wenn $\overline{x}$ kein Nullteiler ist.}
+\end{lemma}
+
+\begin{proof}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Sind $a, b \in R^{\times }$, dann ist auch $ab \in R^{\times }$, denn dann existieren
+            $c, d \in R$ mit $ac = 1$, $bd = 1$, damit folgt
+            $(ab)(cd) = (ac)(bd) = 1$.
+
+            Assoziativität und Kommutativität folgen aus der Multiplikation in $R$.
+
+            Neutrales Element: $1 \in R^{\times}$ wegen $1 \cdot 1 = 1$.
+
+            Inverse: Ist $a \in R^{\times}$, dann existiert nach Definition ein $b \in R$ mit
+            $ab = 1 \implies ba = 1$. Damit folgt $b \in R^{\times }$.
+
+            Damit ist $R^{\times }$ eine abelsche Gruppe bezüglich der Multiplikation.
+        \item Falls $R = 0$, dann ist $0 = 1$ also eine Einheit, aber kein Nullteiler. Falls
+            $R \neq 0$: Sei $x \in R^{\times }$ und $y \in R$ mit $xy = 0$. Damit folgt
+            $y = x^{-1}xy = x^{-1} \cdot 0 = 0$, also ist $x$ kein Nullteiler.
+        \item Sei $R$ endlich und $x \in R$ kein Nullteiler. Wir betrachten die Abbildung
+            $\tau: R \to R, a \mapsto xa$. $\tau$ ist injektiv, denn aus $\tau(a) = \tau(b)$
+            folgt $xa = xb \implies x(a-b) = 0$. Da $x$ kein Nullteiler ist, folgt damit
+            $a - b = 0 \implies a = b$. Als injektive Selbstabbildung der endlichen Menge $R$ ist
+            $\tau$ auch surjektiv, damit existiert ein $y \in R$ mit $\tau(y) = 1$, was
+            $xy = 1$ und deshalb $x \in R^{\times}$ impliziert.
+    \end{enumerate}
+\end{proof}
+
+\begin{definition}[Körper]
+    Ein Ring $R$ heißt ein Körper, wenn $R^{\times } = R \setminus \{0\}$ ist.
+\end{definition}
+
+\textit{Anmerkung: Nullring $R = 0$ ist nach Definition kein Körper}
+
+\begin{bsp}
+    $\Z / 3\Z$ ist ein Körper, $\Z / 4 \Z$ ist kein Körper.
+\end{bsp}
+
+\begin{satz}
+    Es sei $n \in \N$. Dann sind äquivalent
+    \begin{enumerate}[(i)]
+        \item $n$ ist eine Primzahl
+        \item $\Z / n \Z$ ist ein Körper
+        \item $\Z / n \Z$ ist nullteilerfrei.
+    \end{enumerate}
+    Für Primzahlen $p$ schreiben wir auch $\mathbb{F}_p := \Z / p \Z$.
+\end{satz}
+
+\begin{proof}
+    (i) $\implies$ (ii): Sei $n$ eine Primzahl, $\overline{a} \in \Z / n \Z$, $\overline{a} \neq 0$.
+    Zz.: $a \in (\Z / n \Z)^{\times}$. Wegen $\overline{a} \neq 0$ folgt $n \nmid a$. Da
+    $n$ eine Primzahl ist, erhalten wir $\text{ggT}(n,a) = 1$. Aufgrund des erweiterten
+    Euklidischen Algorithmus gibt es $u, v \in \Z$ mit
+    $un + va = 1 \implies \overline{un} + \overline{va} = \overline{1} \implies \overline{v} \cdot \overline{a} = \overline{1}$.
+    Mit $\overline{a}^{-1} := \overline{v}$ folgt $a \in R^{\times}$.
+
+    (ii) $\implies$ (iii): Sei $\Z / n \Z$ ein Körper. Damit ist $\Z / n \Z \neq 0$ und
+    $(\Z / n \Z)^{\times} = \Z / n \Z \setminus \{0\}$. Wegen \ref{lemma:einheitengruppe}
+    \ref{lemma:einheitengruppe:nullteiler} ist dann $\overline{0}$ der einzige
+    Nullteiler in $\Z / n \Z$, d.h. $\Z / n \Z$ ist nullteilerfrei.
+
+    (iii) $\implies$ (i): Kontraposition: Sei $n$ keine Primzahl. Falls $n = 1$, dann ist
+    $\Z / n \Z = 0$, also nicht nullteilerfrei. Falls $n > 1$ ist, dann gibt es $a, b \in \N$
+    mit $1 < a,b < n$, so dass $n = ab$ gilt. Damit folgt
+    $\overline{0} = \overline{n} = \overline{ab} = \overline{a} \overline{b}$ mit
+    $\overline{a}, \overline{b} \neq 0$, also sind $\overline{a}$, $\overline{b}$ Nullteiler,
+    insbesondere ist $\Z / n \Z$ nicht nullteilerfrei.
+\end{proof}
+
+\textit{Anmerkung: Letzte Woche haben wir bereits Kongruenzrelationen in $\Z$ kennengelernt, heute:
+lernen Kongruenzen zu lösen. Frage: Wann hat eine Kongruenz eine Lösung in $\Z$?}
+\vspace{5mm}
+
+\begin{lemma}
+    Es seien $a$, $b \in \Z$, $n \in \N$. Dann sind äquivalent:
+    \begin{enumerate}[(i)]
+        \item Die Kongruenz $ax \equiv b$ $(\text{mod } n)$ besitzt eine Lösung in $\Z$.
+        \item $\text{ggT}(a,n) \mid b$.
+    \end{enumerate}
+    \label{lemma:kongruenz}
+\end{lemma}
+
+\begin{proof}
+    (i) $\implies$ (ii): Sei $x \in \Z$ mit $ax \equiv b$ $(\text{mod }n)$. Dann gilt
+    $n \mid (ax - b) \implies \exists k \in \Z$ mit $ax - b = kn$, also mit $b = ax - kn$. Wegen
+    $\text{ggT}(a,n) \mid a$ und $\text{ggT}(a,n) \mid n$ folgt $\text{ggT}(a,n) \mid b$.
+
+    (ii) $\implies$ (i): Es gelte $\text{ggT}(a,n)  \mid b$. Aus dem erweiterten Euklidischen Algorithmus
+    folgt die Existenz von $u$, $v \in \Z$ mit
+    \[
+        ua + vn = \text{ggT}(a,n)
+    .\] Durch Multiplikation mit der nach Voraussetzung ganzen Zahl $\frac{b}{\text{ggT}(a,n)}$ erhalten
+    wir
+    \[
+        ua \frac{b}{\text{ggT}(a,n)} + vn \frac{b}{\text{ggT}(a,n)} = b
+    ,\] was die Kongruenz
+    \[
+        a \cdot \frac{bu}{\text{ggT}(a,n)} \equiv b \quad (\text{mod }n)
+    \] und damit die Behauptung zeigt.
+\end{proof}
+
+\begin{bsp}
+    %\begin{enumerate}[(a)]
+        %\item Die Kongruenz $15x \equiv 7$ $(\text{mod } 21)$ hat wegen $ggT(15,21) = 3 \nmid 7$ keine
+        %    Lösung.
+        %\item
+    Die Kongruenz $15x \equiv 6$ $(\text{mod } 21)$ hat wegen $\text{ggT}(15,21) = 3  \mid 6$ eine Lösung.
+    Der erweiterte Euklidische Algorithmus ergibt
+    \[
+        \text{ggT}(15, 21) = 3 = 3 \cdot 15 + (-2) \cdot 21
+    .\] Damit folgt \textit{wie im Beweis durch Multiplikation mit 2}
+    \[
+        6 = 6 \cdot 15 + (-4) \cdot 21 \equiv 15 \cdot 6 \quad (\text{mod } 21)
+    \] d.h. $x = 6$ ist eine Lösung der Kongruenz.
+    %\end{enumerate}
+\end{bsp}
+
+\begin{korrolar}
+    Es sei $a \in \Z, n \in \N$. Dann sind äquivalent
+    \begin{enumerate}[(i)]
+        \item Die Kongruenz $ax \equiv 1$ $(\text{mod } n)$ besitzt eine Lösung in $\Z$.
+        \item $\overline{a} \in (\Z / n\Z)^{\times }$
+        \item $\text{ggT}(a,n) = 1$
+    \end{enumerate}
+\end{korrolar}
+
+\begin{proof}
+    (i) $\iff$ (ii): Die Kongruenz $ax \equiv 1$ $(\text{mod }n)$ entspricht der Gleichung
+    $\overline{a} \cdot \overline{x} = \overline{1}$ in $\Z / n \Z$, welche
+    genau dann lösbar ist, wenn $\overline{x}$ eine Einheit in $\Z / n \Z$ ist.
+
+    (i) $\iff$ (iii): $\text{ggT}(a,n) = 1 \iff \text{ggT}(a,n) \mid 1$.
+    \textit{Anmerkung: Hinrichtung klar, Rückrichtung: $\text{ggT}(a,n)  \mid 1$ heißt,
+    1 ist ein Vielfaches des $\text{ggT}(a,n)$, d.h.
+    der $\text{ggT}(a,n)$ ist bereits 1}. Folgt mit $b = 1$ aus
+    \ref{lemma:kongruenz}.
+
+    \textit{Hier wird klar, warum die Einheiten in $\Z / n \Z$ prime Restklassen heißen:
+    teilerfremd wird auch als relativ prim bezeichnet.}
+\end{proof}
+
+\textit{Frage: Wie können große Potenzen modulo n vereinfacht werden? Dazu wird Satz v. Euler-Fermat
+helfen, dafür brauchen wir aber noch ein paar Definitionen}
+
+\begin{definition}[Ordnung]
+    Es sei $G$ eine endliche Gruppe. Die Ordnung von $G$ (Notation: $|G|$) ist definiert als die Anzahl
+    der Elemente von $G$.
+\end{definition}
+
+\begin{definition}[Eulersche $\varphi$-Funktion]
+    Die Abbildung
+    \begin{align*}
+        \varphi \colon &\N \to \N \\
+                       &n \mapsto |(\Z / n \Z)^{\times}| = \# \{ a \in \N_0  \mid 0 \le a < n \text{ und } \text{ggT}(a,n) = 1\} 
+    .\end{align*}
+\end{definition}
+
+\textit{Anmerkung: also zählt die $\varphi$-Funktion die zu einer Zahl $n$ teilerfremden Zahlen zwischen
+$0$ und $n$.}
+
+\begin{bsp}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Es ist wie $(\Z / 4 \Z)^{\times} = \{\overline{1}, \overline{3}\} $, also $\varphi(4) = 2$.
+        \item Sei $p$ eine Primzahl. Dann ist $\Z / p \Z$ ein Körper, d.h.
+            \[
+                \varphi(p) = |(\Z / p\Z)^{\times }| = \# \{\Z / p \Z\} - 1 = p - 1
+            .\] 
+    \end{enumerate}
+\end{bsp}
+
+\begin{lemma}
+    Es sei $p$ eine Primzahl und $n \in \N$. Dann gilt
+    \[
+        \varphi(p^{n}) = p^{n-1}(p-1)
+    .\] 
+\end{lemma}
+
+\begin{proof}
+    $\exists $ genau $p^{n-1}$ Zahlen $a$ mit $0 \le a < p^{n}$ und $\text{ggT}(a,n) > 1$, denn:
+    Primfaktorzerlegung von $p^{n} = \underbrace{p \cdot p \cdot \ldots \cdot p}_{n-\text{mal}}$
+    $\implies$ Zahlen $a$ sind die $p^{n-1}$ Vielfachen von $p$, also
+    $0 \cdot p, 1\cdot p, \ldots, (p^{n-1} - 1)\cdot p \implies \varphi(p^{n})=p^{n} - p^{n-1} = p^{n-1}(p-1)$.
+\end{proof}
+
+Notation für Gruppen: Verknüpfung multiplikativ und neutrales Element ist $1$.
+
+\begin{lemma}
+    \label{lemma:endlichegruppe}
+    Es sei $G$ eine endliche abelsche Gruppe und $g \in G$. Dann gilt
+    \[
+    g^{|G|} = 1
+    .\] 
+\end{lemma}
+
+\begin{proof}
+    Betrachte die Abbildung $\tau_g\colon G \to  G, x \mapsto gx$. Diese ist injektiv, denn
+    aus $\tau_g(x) = \tau_g(y)$ für $x, y \in G$ folgt $gx = gy$ und nach Linkskürzung $x = y$. Als injektive
+    Selbstabbildung auf der endlichen Gruppe $G$, ist $\tau_g$ auch surjektiv, also bijektiv.
+    Da $G$ endlich folgt damit
+    \[
+    \prod_{x \in G} x \qquad \qquad\stackrel{\tau \text{ bijektiv, } G \text{ abelsch}}{=} \qquad\qquad \prod_{x \in G} \tau_g(x) = \prod_{x \in G} gx = g^{|G|} \prod_{x \in G} x
+    .\] Mit Rechtskürzung folgt damit $g^{|G|} = 1$.
+\end{proof}
+
+\begin{satz}[Satz von Euler-Fermat]
+    Es sei $n \in \N$ und $\overline{a} \in (\Z / n \Z)^{\times }$. Dann gilt
+    \[
+        \overline{a}^{\varphi(n)} = \overline{1}
+    .\] 
+\end{satz}
+
+\begin{proof}
+    Nach Definition ist $\varphi(n) = |(\Z / n \Z)^{\times }|$. Die Behauptung folgt damit direkt aus
+    \ref{lemma:endlichegruppe} mit $G = (\Z / n \Z)^{\times }$.
+\end{proof}
+
+\begin{bsp}
+    \begin{enumerate}[(1)]
+        \item Es ist $3^{19} \equiv 10$ $(\text{mod } 17)$, denn $\overline{3} \in (\Z / 17 \Z)^{\times}$ und
+            \[
+                3^{16} = 3^{\varphi(17)} \qquad\qquad \stackrel{\text{Satz v. Euler-Fermat}}{\equiv} \qquad \qquad 1 \quad (\text{mod } 17)
+            .\] Damit folgt
+            \[
+                3^{19} = 3^{3} \cdot 3^{16} \equiv 27 \cdot 1 \equiv 10 \quad (\text{mod } 17)
+            .\] 
+        \item Was ist die letzte Dezimalstelle von $7^{222}$? Also welche Zahl ist
+            $7^{222}$ kongruent modulo 10?
+
+            Zunächst $\varphi(10) = 4$. Und $\text{ggT}(7,10) = 1$. Dann folgt
+            \[
+                7^{4} = 7^{\varphi(10)} \qquad\qquad \stackrel{\text{Satz v. Euler-Fermat}}{\equiv}
+                \qquad \qquad 1 \quad (\text{mod } 10)
+            .\] Dann teile $222$ durch $4$ mit Rest. Damit
+            \[
+                7^{222} = 7^{4 \cdot 55 + 2} = (7^{4})^{55}  \cdot 7^{2} \equiv 1^{55} \cdot 7^{2}
+                \equiv 49 \equiv 9 \quad (\text{mod } 10)
+            .\] 
+    \end{enumerate}
+\end{bsp}
+
+\begin{korrolar}[Kleiner Satz von Fermat]
+    Es sei $p$ eine Primzahl. Dann gilt
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Für jedes $\overline{a} \in \mathbb{F}_p^{\times }$ ist $\overline{a}^{p-1} = \overline{1}$.
+        \item Für jedes $\overline{a} \in \mathbb{F}_p$ ist $\overline{a}^{p} = \overline{a}$.
+    \end{enumerate}
+\end{korrolar}
+
+\begin{proof}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Mit $\varphi(p) = p - 1$ folgt das direkt aus dem Satz von Euler-Fermat.
+        \item Falls $\overline{a} \in \mathbb{F}_p^{\times }$: Dann ist
+            $\overline{a}^{p} = \overline{a} \cdot \overline{a}^{p-1} = \overline{a} \cdot \overline{1} = \overline{a}$.
+            Falls $\overline{a} = \overline{0}$ ist $\overline{a}^{p} = \overline{0}^{p} = \overline{0} = \overline{a}$.
+    \end{enumerate}
+\end{proof}
+
+\end{document}

sose2020/theo/uebungen/theo1.tex

@@ -0,0 +1,113 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\usepackage{siunitx}
+
+\begin{document}
+
+\title{Theoretische Physik II: Übungsblatt 1}
+\author{Christian Merten}
+
+\begin{aufgabe}[Gravitative Lichtablenkung]
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Die Lichtteilchen befinden sich offenbar auf ungebundenen Bahnen, da wir das Licht sehen können. Außerdem ist
+            $E > 0$, also bewegen sich die Lichtteilchen auf einer Hyperbelbahn.
+        \item $L = b m v_{\infty}$, mit $b = R = R_{\text{Sonne}}$ und $v_{\infty} = c$ folgt $L = Rmc$.
+        \item $r(\varphi) = \frac{p}{1 + \epsilon \cos(\varphi)}$. Für $r \to \infty$ folgt
+            $1 + \epsilon \cos \varphi \to 0$. Damit folgt
+            $\overline{\varphi} = \arccos\left( -\frac{1}{\epsilon} \right) $.
+
+            Für die numerische Exzentrizität gilt
+            \[
+            \epsilon
+            = \sqrt{1 + \frac{2EL^2}{m \alpha^2}}
+            = \sqrt{1 + \frac{c^4 R^2}{G^2M^2}}
+            .\] $\epsilon$ ist also masseunabhänig.
+            
+            $\varphi_a = \overline{\varphi} \implies \varphi_e = \pi - \overline{\varphi}$.
+        \item Mit (c) folgt $\vartheta = \varphi_a - \varphi_e = 2\overline{\varphi} - \pi$. Damit folgt
+            \begin{align*}
+                \vartheta &= 2\cdot \arccos\left( -\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{c^4 R^2}{G^2M^2}}} \right) - \pi \\
+                &= 2\cdot \arccos\left( -\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{(\SI{3e8}{ms^{-1}})^4 (\SI{7e8}{m})^2}
+                {(\SI{6.7e-11}{m^{3}kg^{-1}s^{-2}})^2(\SI{2e30}{kg})^2}}} \right) - \pi \\
+                &= \ang{;;0.88}
+            .\end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[Freier Fall auf zwei Wegen]
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Hier bezeichnen die Integrationskonstanten $v_0$ die Anfangsgeschwindigkeit und
+            $h_0$ die Anfangshöhe.
+            \begin{align*}
+                \ddot{x}(t) &= -g \\
+                \dot{x}(t) &= -gt + v_0 \\
+                x(t) &= -\frac{1}{2} gt^2 + v_0t + h_0
+            .\end{align*}
+        \item Zunächst: Lösung der homogenen DGL $\ddot{x}(t) = 0$. Zu erwarten ist ein Fundamentalsystem
+            von zwei linear unabhängigen Lösungen:
+            \begin{align*}
+                x_1(t) &= 1 \\
+                x_2(t) &= t
+            .\end{align*}
+            Diese sind offensichtlich linear unabhängig. Eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung
+            $\ddot{x}(t) = -g$ ist:
+            \[
+                x_p(t) = -\frac{1}{2} gt^2
+            .\] 
+            Damit erhalten wir die allgemeine Lösung:
+            \begin{align*}
+                x(t) &= A x_1(t) + B x_2(t) + x_p(t) \\
+                     &= A + B t - \frac{1}{2} gt^2
+            .\end{align*}
+            Mit $A = h_0$ und $B = v_0$ folgt damit erneut:
+            \begin{align*}
+                x(t) = h_0 + v_0 t - \frac{1}{2} gt^2
+            .\end{align*}
+        \item Die allgemeinen Lösungen in a) und b) sind wie zu erwarten die gleichen. Durch das schrittweise
+            Integrieren in a) müssen Integrationskonstanten hinzugefügt werden, um die Allgemeinheit der
+            Lösung zu erhalten.
+
+            Bei b) wird die Allgemeinheit durch die Linearkombination der zwei linear unabhängigen Lösungen
+            $x_1$ und $x_2$ sicher gestellt.
+    \end{enumerate}
+
+    \begin{aufgabe}[Gekoppelte Wasserbecken]
+        \begin{enumerate}[a)]
+            \item Becken A: Der Wasserabfluss ist proportional zum Wasservolumen. $f_A$ ist der
+                Proportionalitätsfaktor. Wegen $f_A < 0$ fließt das Wasser ab. Es handelt sich
+                um eine homogene DGL.
+
+                Becken B: Hier gibt es einen Wasserabfluss $-f_B V_B$, der proportional zum Wasservolumen ist.
+                $f_B$ ist hier der Proportionalitätsfaktor. Zudem gibt es einen Zufluss $f_AV_A$, der dem
+                Abfluss aus Becken A entspricht. Es handelt sich wegen $f_AV_A$ um eine inhomogene DGL.
+            \item Im folgenden sei $f = f_A = f_B$. Dann folgt:
+                \begin{align*}
+                    \frac{\d V_A}{\d t} &= - f V_A \\
+                    \frac{\d V_A}{V_A} &= -f \d t \\
+                    \ln(\V_A) &= -ft + C \\
+                    \intertext{Mit $V_{A,0} = e^{C}$ folgt}
+                    V_A &= V_{A,0} e^{-ft}
+                    \intertext{Für den homogenen Teil von $V_B$ folgt analog}
+                    V_{B_{h}} &= V_{B,0} e^{-ft}
+                .\end{align*}
+            \item Durch Variation der Konstanten $V_{B,0} = B(t)$ folgt $V_B(t) = B(t)e^{-ft}$. Damit
+                \begin{align*}
+                    \dot{V}_B &= \dot{B}e^{-ft} - f B e^{-ft} = \dot{B}e^{-ft} - f V_B
+                    \intertext{Durch Einsetzen in die Ausgangs DGL für B ergibt sich}
+                    \dot{B}e^{-ft} - fV_B &= - f V_B + f V_A
+                    \intertext{Mit $V_A = V_{A,0} e^{-ft}$ folgt}
+                    \dot{B} &= f V_{A,0}e^{-ft + ft} = f V_{A,0}
+                    \intertext{Durch Integration erhalten wir}
+                    B &= f V_{A,0} t + C
+                    \intertext{Mit $V_B(t = 0) = C \stackrel{!}{=}$ folgt $C = 0$. Damit folgt}
+                    V_B(t) &= f V_{A,0}t \cdot e^{-ft}
+                .\end{align*}
+            \item Das Volumen von B steigt zunächst durch den großen Abfluss von A an. Für sehr kleine
+                $t$ ist $e^{-ft} \approx 1$, das heißt der Anstieg kommt durch den linearen Teil $f V_{A,0} t$
+                zustande. Je größer das Volumen von B, desto mehr fließt auch ab, deswegen wird dann ein
+                Maximum erreicht, nach dem das Volumen monoton fällt.
+        \end{enumerate}
+    \end{aufgabe}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/theo/uebungen/theo2.tex

@@ -0,0 +1,118 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\title{Theo II: Übungsblatt 2}
+\author{Christian Merten}
+
+\begin{aufgabe}
+    Zwangsbedingung ist $f(a,b,c) = abc - V \stackrel{!}{=} 0$
+
+    Notwendige Bedingung für Minimum:
+    \begin{align*}
+        \vec{\nabla} (E + \lambda f) \cdot \delta \vec{x} = 0
+    .\end{align*}
+    Mit
+    \begin{align*}
+        E(a,b,c) &= \frac{h^2}{8m}\left( \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} \right) 
+        \intertext{folgt}
+        \vec{\nabla} E &= -\frac{h^2}{4m} \begin{pmatrix} \frac{1}{a^{3}} \\ \frac{1}{b^{3}} \\ \frac{1}{c^{3}} \end{pmatrix} \\
+        \vec{\nabla} f &= \begin{pmatrix} bc \\ ac \\ ab \end{pmatrix}
+    .\end{align*}
+    Damit folgt mit $V = abc$
+    \begin{align*}
+        -\frac{h^2}{4m} \begin{pmatrix} \frac{1}{a^{3}} \\ \frac{1}{b^{3}} \\ \frac{1}{c^{3}} \end{pmatrix}
+        + \lambda \begin{pmatrix} bc \\ ac \\ ab \end{pmatrix} = 0
+        \implies -\frac{h^2}{4ma^{3}} + \lambda \frac{V}{a} = 0 \implies \lambda = \frac{h^2}{4Vma^{2}}
+        \implies \begin{cases}
+            b^2 = a^2 \\
+            c^2 = a^2
+        \end{cases}
+    .\end{align*}
+    Mit $a, b, c > 0$ und $V = abc$ folgt $a = b = c = \sqrt[3]{V}$.
+
+    Überprüfung ob ein Minimum vorliegt:
+    \begin{align*}
+        H E(a,b,c) = \frac{h^2}{4m} \begin{pmatrix} \frac{3}{a^{4}} & 0 & 0 \\
+        0 & \frac{3}{b^{4}} & 0 \\
+        0 & 0 & \frac{3}{c^{4}}
+    \end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+    $H E(a,b,c)$ nach Hauptminorenkriterium positiv definit, damit liegt bei $a = b = c = \sqrt[3]{V}$
+    ein Minimum vor.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Für die Zwangsbedingung gilt
+            \[
+                \tan \alpha = \frac{z}{x - \xi(t)} \implies x \sin \alpha - \xi(t) \sin \alpha - z \cos \alpha = 0. \qquad (*)
+            \] 
+        \item Damit folgen die Langrange-Gleichungen 1. Art:
+            \[
+                \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -mg \end{pmatrix} - m\ddot{\vec{x}} + \lambda \begin{pmatrix} \sin \alpha \\ 0 \\ -\cos\alpha \end{pmatrix} = 0 \implies
+                \begin{cases}
+                    -m\ddot{x} + \lambda \sin \alpha = 0 \implies \lambda = \frac{m}{\sin\alpha} \ddot{x} \\
+                    m\ddot{y} = 0 \qquad \stackrel{\vec{x}(0) = \dot{\vec{x}}(0) = 0} \implies \qquad y = 0\\
+                    mg + m\ddot{z} + \lamdba \cos\alpha = 0
+                \end{cases}
+            .\] Mit $(*)$ folgt
+            \[
+                x = \xi + z \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} \implies \ddot{x}
+                = \ddot{\xi} + \ddot{z} \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}
+            .\] Damit folgt für $z$:
+            \begin{align*}
+                &g + \ddot{z} +
+                \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}\left( \ddot{\xi} + \ddot{z} \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}\right)
+                = 0 \\
+                \implies
+                &\ddot{z} = - g \sin^2\alpha - \sin\alpha \cos\alpha \ddot{\xi}
+                \intertext{Mit $\vec{x}(0) = 0$, $\dot{\vec{x}}(0) = 0$, $\xi(0) = 0$ und $\dot{\xi}(0) = 0$
+                folgt}
+                &z = -\frac{1}{2}g\sin^2\alpha \cdot t^2 - \frac{1}{2}\sin(2\alpha)\xi
+                \intertext{Eingesetzt in $(*)$ folgt für $x$}
+                &x = \sin^2\alpha \cdot \xi - \frac{1}{4} g \sin(2 \alpha) t^2
+                \intertext{Damit folgt insgesamt}
+                &\vec{x} = \begin{pmatrix} \sin^2\alpha \cdot \xi - \frac{1}{4} g \sin(2 \alpha) t^2 \\
+                0 \\
+                -\frac{1}{2}g\sin^2\alpha \cdot t^2 - \frac{1}{2}\sin(2\alpha)\xi
+            \end{pmatrix} 
+            .\end{align*}
+        \item Die Zwangskraft ist gegeben durch
+            \begin{align*}
+                \vec{Z} &= \lambda \vec{\nabla} f = \lambda \begin{pmatrix} \sin\alpha \\ 0 \\ -\cos\alpha \end{pmatrix} 
+                \intertext{Mit $\lambda = \frac{m}{\sin\alpha}\ddot{x}$ folgt direkt}
+                \vec{Z} &= \begin{pmatrix} m \ddot{\xi} \sin^2\alpha - \frac{1}{2} mg \sin(2\alpha) \\
+                0 \\
+                - \frac{m}{2} \ddot{\xi} \sin(2\alpha) + mg \cos^2\alpha
+            \end{pmatrix}
+            .\end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Es liege ein Potential mit $\vec{F} = - \vec{\nabla} V(\vec{x})$ vor. Damit gilt
+            Energieerhaltung und es folgt
+            \begin{align*}
+                &\frac{m}{2} \dot{\vec{x}}^2 + V(\vec{x}) = E \\
+                \implies & \left|\frac{\text{d}\vec{x}}{\d t}\right| = \sqrt{\frac{2}{m}(E - V(\vec{x}))}
+                \intertext{Durch Trennung der Variablen folgt}
+                &\d t = \frac{|\text{d}\vec{x}|}{\sqrt{\frac{2}{m} (E - V(\vec{x}))}}
+                \implies \Delta t = \int_{\vec{x}_0}^{\vec{x}_E}
+                \frac{|\text{d}\vec{x}|}{\sqrt{\frac{2}{m} (E - V(\vec{x}))}}
+                \intertext{Mit $\vec{x} = \begin{pmatrix} x \\ -f(x) \end{pmatrix} $ folgt}
+                & \frac{\text{d}\vec{x}}{\d x} = \begin{pmatrix} 1 \\ -f'(x) \end{pmatrix}
+                \implies \left| \frac{\text{d}\vec{x}}{\d x}\right| = \sqrt{1 + f'(x)^2} 
+                \intertext{Zusammen folgt}
+                &\Delta t = \int_{x_0}^{x_E} \frac{\sqrt{1 + f'(x)^2}}{\sqrt{\frac{2}{m} (E - V(\vec{x}))}} \d x
+            .\end{align*}
+        \item Mit $V(z) = mgz$, $E = \frac{m}{2} v_0^2$, $x_0 = 0$, $x_E = 1$ und $f(x) = x$ folgt
+            \[
+                \Delta t = \int_{0}^{1} \frac{\sqrt{2} }{\sqrt{\frac{2}{m} (\frac{m}{2}v_0^2 + mgx)} } \d x
+            = \int_{0}^{1} \frac{\sqrt{2} }{\sqrt{v_0^2 + 2 g x} } \d x = 2 \cdot \frac{1}{2g} \cdot \sqrt{2} \sqrt{v_0^2 + 2gx} \Big|_{0}^{1}  \d x 
+            .\] 
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/theo/uebungen/theo3.tex

@@ -0,0 +1,126 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[2]
+\author{Christian Merten}
+\title{Theo II: Übungsblatt 3}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Falls $l_0 \le 0$: In beiden Fällen findet keine Bewegung statt.
+            Sei also $l_0 > 0$. Die verallgemeinerte Koordinate sei
+            $l > 0$, der Abstand des untersten Massepunkts von der Tischkante. Damit ist
+            $l(0) = l_0$.
+            \begin{enumerate}[(i)]
+                \item Zunächst gilt, wegen $m_{\text{ges}} = 2 m$:
+                    \[
+                        T = m \dot{l}^2
+                    .\] 
+                    Die potentielle Energie ist abhängig von $l$:
+                    \[
+                    V = \begin{cases}
+                        - m g l & l \le L \\
+                        - m g l - m g (l - L) & l > L
+                    \end{cases}
+                    .\] Damit folgt
+                    \[
+                        \mathcal{L} = T - V = \begin{cases}
+                            m\dot{l}^2 + mgl & l \le L \\
+                            m\dot{l}^2 + 2mgl & l > L
+                        \end{cases}
+                    .\] 
+                \item Für die kinetische Energie gilt
+                    \[
+                        T = \frac{M}{2} \dot{l}^2
+                    .\] Da die potentielle Energie mit der Länge der überhängenden Kette
+                    steigt, folgt für $l \le L$:
+                    \begin{align*}
+                        V &= - g \int_{0}^{l} \frac{\d h}{L} Mh = - \frac{Mg}{2L}l^2
+                        \intertext{Für $l > L$ muss die Kette durch die Länge $L$ begrenzt werden, damit folgt}
+                        V &= - g \int_{l-L}^{l} \frac{M}{L} g h \d h = - Mg \left(l - \frac{L}{2}\right)
+                    .\end{align*}
+                    Insgesamt folgt damit:
+                    \[
+                        \mathcal{L} = T - V = \begin{cases}
+                            \frac{M}{2} \dot{l}^2 + \frac{Mg}{2L}l^2 & l \le L \\
+                            \frac{M}{2} \dot{l}^2 + Mg \left( l - \frac{L}{2} \right) & l > L
+                        \end{cases}
+                    .\] 
+            \end{enumerate}
+        \item Mit den Langrange Gleichungen
+            \[
+                \frac{\mathrm{d}}{\d t} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial{\dot{q}_i}}
+                - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial{q_i}} = 0
+            .\] folgt
+            \begin{enumerate}[(i)]
+                \item Mit $l(0) = l_0$ und $v_0 = 0$ folgt für $l \le L$:
+                    \[
+                        2 m\ddot{l} - mg = 0 \implies l(t) = \frac{1}{4} g t^2 + l_0
+                    .\] Für $l > L$ folgt mit $t_e := \sqrt{\frac{4}{g} (L - l_0)}$ und
+                    $v_e := \dot{l}(t_e)$:
+                    \[
+                        2 m \ddot{l} - 2mg = 0 \implies l(t-t_e) = \frac{1}{2}g t^2 + v_e t + L
+                    .\] 
+                \item Für $l \le L$ folgt
+                    \begin{align*}
+                        M\ddot{l} - \frac{Mg}{L} l &= 0
+                        \intertext{Mit $w^2 := \frac{g}{L}$ folgt}
+                        l_{1,2}(t) &= e^{\pm \omega t} \\
+                        l(t) &= A e^{\omega t} + B e^{-\omega t}
+                        \intertext{Aus den Anfangsbedingungen $l(0) = l_0$ und $v_0 = 0$ folgt}
+                        l(t) &= \frac{l_0}{2} \left(e^{\omega t} + e^{-\omega t} \right)
+                    .\end{align*}
+                    Für $l > L$ folgt für $t \ge t_e$ analog zu (i) eine freie Fallbewegung:
+                    \[
+                        l(t - t_e) = \frac{1}{2} g t^2 + v_e t + L
+                    .\] 
+            \end{enumerate}
+        \item Mit $E = T + V$ folgt jeweils für $l \le L$:
+            \begin{enumerate}[(i)]
+                \item
+                    \begin{align*}
+                        E &= m \dot{l}^2 - mgl
+                        = mg \left(\frac{1}{4} g t^2 - \frac{1}{4} gt^2 - l_0\right) = - m g l_0 \\
+                        \implies \frac{\d E}{\d t} &= 0
+                    .\end{align*}
+                \item 
+                    \begin{align*}
+                        E &= \frac{M}{2} \frac{l_0^2}{4} \omega^2 \left( e^{\omega t} - e^{-\omega t} \right)^2
+                        - \frac{Mg}{2L} \frac{l_0^2}{4} \left( e^{\omega t} + e^{- \omega t} \right)^2 \\
+                        &= \frac{M}{2} \frac{l_0^2}{4} \left( \omega^2 \left(e^{\omega t} - e^{- \omega t} \right)^2
+                        - \omega^2\left(e^{\omega t} + e^{-\omega t}\right)^2 \right) \\
+                        &= - \frac{M}{2} l_0^2 \omega^2 \\
+                        \implies \frac{\d E}{\d t} &= 0
+                    .\end{align*}
+            \end{enumerate}
+            Für $l > L$ liegt eine freie Fallbewegung vor, hier ist die Energie offensichtlich erhalten.
+            Analoge Rechnung zu (i).
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[Verständnisfragen]
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Verallgemeinerte Kräfte sind das Analogon zum Übergang von kartesischen
+            Koordinaten zu verallgemeinerten Koordinaten. Sie haben jetzt genau
+            $f$ Komponenten und haben, genauso wie die verallgemeinerten Koordinaten, nicht mehr die
+            Einheit einer Kraft.
+            \[
+                Q_j = \sum_{i=1}^{3N} F_i \frac{\partial x_i}{\partial q_j}
+            .\] 
+        \item Die Lagrange-Gleichungen 2. Art sind eine Neuformulierung des 2. Newton'schen Axioms, wobei
+            die kartesischen Koordinaten aufgegeben werden und anstatt dessen verallgemeinerte
+            Koordinaten eingesetzt werden, die automatisch alle Zwangsbedingungen erfüllen. Das
+            2. Newton'sche Axiom wird damit durch die Zwangsbedingungen eingeschränkt, indem der
+            $3N$-Konfigurationsraum auf die $f$ dimensionale Untermannigfaltigkeit eingeschränkt wird.
+        \item Der verallgemeinerte Impuls, bzw. der kanonisch konjugierte Impuls ist das Analogon
+            zu den verallgemeinerten Koordinaten. Er hat nicht zwingend die Einheit eines Impulses und
+            ist definiert, als die partielle Ableitung der Lagrange Funktion nach $\dot{q}_i$:
+            \[
+                p_i = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}
+            .\] Im Fall des freien Massenpunkts in kartesischen Koordinaten, geht er in den klassischen Impuls
+            über.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

sose2020/theo/uebungen/theo4.tex

@@ -0,0 +1,94 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\title{Theo II: Übungsblatt 4}
+\author{Christian Merten}
+
+\punkte[2]
+
+\begin{aufgabe}
+    In Zylinderkoordinaten ist
+    \begin{align*}
+        \vec{x} = \rho \vec{e}_{\rho} + z \vec{e}_{z}
+        \implies \dot{\vec{x}} = \dot{\rho} \vec{e}_{\varphi} + \rho \dot{\varphi} \vec{e}_{\varphi}
+        + \dot{z} \vec{e}_{z}
+        \implies \dot{\vec{x}}^2 = \dot{\rho}^2 + \rho^2 \dot{\varphi}^2 + \dot{z}^2
+    .\end{align*} Damit folgt
+    \begin{align*}
+        L &= \frac{m}{2} \left(\dot{\rho}^2 + \rho^2 \dot{\varphi}^2 + \dot{z}^2\right) - V(\rho)
+        \intertext{Damit folgt für die verallgemeinerten Impulse}
+        \frac{\partial L}{\partial \dot{\rho}} &= m \dot{\rho} =: p_{\rho} \\
+        \frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi}} &= m \rho^2 \dot{\varphi} := p_{\varphi} \\
+        \frac{\partial L}{\partial \dot{z}} &= m \dot{z} =: p_z
+        \intertext{Damit folgt die Hamiltonfunktion}
+        H(\vec{p}, \vec{q}) &= \frac{p_{\rho}^2}{m} + \frac{p_{\varphi}^2}{m \rho^2} + \frac{p_z^2}{m}
+        - \frac{m}{2} \left( \frac{p_{\rho}^2}{m^2} + \rho^2 \frac{p_{\varphi}^2}{m^2 \rho^{4}}
+        + \frac{p_{z}^2}{m^2}\right) + V(\rho)\\
+        &= \frac{2}{m} \left( p_{\rho}^2 + \frac{p_{\varphi}^2}{\rho^2} + p_{z}^2 \right) + V(\rho)
+        \intertext{Als Erhaltungsgrößen folgen damit sofort}
+        \frac{\partial L}{\partial \varphi} &= 0 \implies \frac{\d}{\d t} p_{\varphi} = 0 \\
+        \frac{\partial L}{\partial z} &= 0 \implies \frac{\d}{\d t} p_{z} = 0 \\
+        \frac{\partial H}{\partial t} &= 0 \implies \frac{\d}{\d t} H = 0 \implies E = \text{konst}
+    .\end{align*}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[Brachistochrone]
+    \begin{align*}
+        T[f] = \frac{1}{\sqrt{2g} } \int_{x_0}^{x_E} \sqrt{\frac{1 + [f'(x)]^2}{f(x)}}  \d x 
+    .\end{align*}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Die Lagrange Funktion und der verallgemeinerte Impuls sind damit gegeben als
+            \begin{align*}
+                L &= \frac{\sqrt{1 + f'^2} }{\sqrt{2gf} } \\
+                p &= \frac{\partial L}{\partial f'} = \frac{f'}{\sqrt{2 g f( 1+f'^2)}}
+                \intertext{Damit folgt für die Hamilton-Funktion, ausgedrückt durch $f'$ statt $p$}
+                H(f, f') &= \frac{f'^2}{\sqrt{2 g f(1+f'^2)} } - \frac{\sqrt{1 + f'^2} }{\sqrt{2gf} } \\
+                &= - \frac{1}{\sqrt{2 g f (1 + f'^2)}}
+                \intertext{Wegen $\frac{\partial H}{\partial x} = 0$, folgt für die Konstante $E > 0$}
+                E &:= - H = \frac{1}{\sqrt{2 g f(1+f'^2)} }
+            .\end{align*}
+            Damit folgt als DGL
+            \[
+                E \sqrt{2 g f (1+ f'^2)}  = 1
+            .\] 
+        \item Mit $f(\varphi) = \frac{1 - \cos\varphi}{4 g E^2}$ und
+            $ x(\varphi) = \frac{\varphi - \sin\varphi}{4 g E^2}$ folgt
+            \begin{align*}
+                \frac{\d f}{\d x} = \frac{\d f}{\d \varphi} \frac{\d \varphi}{\d x}
+                = \frac{\sin \varphi}{1 - \cos \varphi}
+            .\end{align*}
+            Damit folgt
+            \[
+                E \sqrt{2g \frac{1 - \cos \varphi}{4gE^2} \left( 1 + \frac{\sin^2\varphi}{(1 - \cos\varphi)^2}
+                \right) }
+                = \sqrt{\frac{1 - \cos\varphi}{2} + \frac{1 + \cos\varphi}{2}} = 1
+            .\] 
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[Verständnisfragen]
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Koordinaten von denen die Lagrange Funktion nicht explizit abhängt,
+            heißen zyklisch. Dann ist der kanonisch konjugierte Impuls zeitlich konstant.
+            Ihr Nullpunkt kann beliebig verschoben werden, ohne die Bewegungsgleichungen
+            zu ändern:
+            \[
+            q_i \to q_i + c
+            .\] 
+        \item Das Hamilton'sche Prinzip besagt, dass die Wirkung entlang der wirklichen
+            Bahn eines Massenpunkts zwischen zwei Punkten extremal wird. Die Wirkung
+            ist das Zeitintegral über die Lagrange Funktion:
+            \[
+                \delta S[q(t)] = \delta \left[\int_{t_0}^{t_1} L(q, \dot{q}, t) \d t \right] = 0
+            .\] 
+        \item Nein. Die Lagrange-Funktion kann um die Zeitableitung einer beliebigen Funktion $f(q, t)$
+            ergänzt werden
+            \[
+                L \to L + \frac{\d f(q, t)}{\d t}
+            ,\] denn dadurch ändert sich die Wirkung nur um einen konstanten Term, der
+            bei der Variation verschwindet. Deshalb bleiben die Bewegungsgleichungen unverändert.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}