\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}
