\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_{22}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}
