\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}