\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}
