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- \documentclass[uebung]{../../../lecture}
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- \title{Einführung in die Numerik: Übungsblatt 7}
- \author{Leon Burgard, Christian Merten}
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- \begin{document}
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- \punkte
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- \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}
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- \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 $j < n$. $j = 1$: $u_1 = a_1 \neq 0$. $|u_1| > |b_1|$.
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- 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.
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- 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}
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- \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|\} $.
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- 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}
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- \begin{aufgabe}
- siehe \textit{prog\_iterative\_solvers.cc} und \textit{iterative\_solvers\_plot.png}.
- \end{aufgabe}
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- \end{document}
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