\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 $N-1\times N-1$ Matrix, da eine Gleichung für jeden 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}