Angewandte Mathematik furLehramtskandidatInnen(Vorlesung im SS 2010)

Russell Luke(adaptiert von J. Werner)

c©2010Institut fur Numerische und Angewandte Mathematik

Universitat Gottingenr.luke@math.uni-goettingen.de

Kapitel 1Einf�uhrungSeit dem WS 98/99 ist eine neue Pr�ufungsordnung (erste Staatspr�ufung f�ur Lehr�amterin Niedersa hsen) in Kraft. In dieser wird in der Anlage 2 festgelegt, dass zu den Zulas-sungsvoraussetzungen im Fa h Mathematik ein Na hweis der erfolgrei hen Teilnahmean einer Lehrveranstaltung zum Integrationsgebiet "s hulbezogene angewandte Ma-thematik, Modellbildung und Informatik\ (Verbindung der angewandten Mathematik,insbesondere Numerik/Algorithmen und der mathematis hen Modellbildung mit Ele-menten einer s hulbezogenen Informatik) geh�ort. Weiter geh�oren zu den inhaltli henPr�ufungsanforderungen Kenntnisse im interdisziplin�aren Integrationsgebiet "s hulbe-zogene angewandte Mathematik, Modellbildung und Informatik\. Diese inhaltli henPr�ufungsanforderungen stehen glei hbere htigt mit Kenntnissen in Analysis, Geome-trie, Algebra oder Zahlentheorie, Sto hastik, wobei in drei von diesen insgesamt f�unfBerei hen vertiefte Kenntnisse gefordert werden.Eine weitere �Anderung in der neuen Pr�ufungsordnung besteht darin, dass der Na h-weis der Teilnahme an einer Lehrveranstaltung zum Umgang mit mathematis hen An-wendersystemen Zulassungsvoraussetzung zur Zwis henpr�ufung ist. Hier hat si h dasAnwendersystem Maple bew�ahrt, ein entspre hender Kurs wird regelm�a�ig im Winter-semester von Herrn Damm angeboten. Wir werden daher ebenfalls Maple einsetzen, zueinem geringen Teil wahrs heinli h au h das mathematis he Anwendersystem Matlab.In dieser Vorlesung sollen Probleme der "realen Welt\ ges hildert und diesen einmathematis hes Modell zugeordnet werden (mathematis he Modellbildung). Ans hlie-�end wird dieses analysiert, z. B. Existenz- und Eindeutigkeitsfragen gekl�art. DiesenTeil kann man der angewandten Mathematik zuordnen. Dann wird ein Algorithmus mo-tiviert und untersu ht (z. B. auf Konvergenz oder Konvergenzges hwindigkeit), wel herbei konkreten Daten wenigstens eine N�aherungsl�osung liefert. Dieser Teil geh�ort zurnumeris hen Mathematik. S hlie�li h werden die Re hnungen ni ht per Hand dur h-gef�uhrt, sondern der Algorithmus sollte auf einem Computer (in einer geeigneten Spra- he) implementiert werden. Dann ist man s hlie�li h bei der Informatik gelandet.Am besten verdeutli hen wir die Vorgehensweise an Beispielen.Beispiel: Bauer Lindemann hat eine kreisrunde Wiese mit Radius R. Er kauft si heine Ziege und will diese so am Rand der Wiese anp o ken, dass die Ziege genau dieH�alfte der Wiese abgrasen kann. Wie lang muss das Seil sein?In Abbildung 1.1 verdeutli hen wir uns die Situation. Die Wiese sei der Kreis mit

2 Einf�uhrung

−1 −0.5 0 0.5 1

−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

M B

C

D

R

H

h r

qR

βδ

Die Wiese des Bauer Lindemann

Abbildung 1.1: Eine kreisrunde Wiesedem MittelpunktM und dem Radius R. Die Ziege ist im Punkt B angep o kt, ihr Seilhabe die L�ange r. Die beiden Kreise m�ogen si h in C und D s hneiden. In H sei das Lotvon C auf die Seite MH, sei h := CH, ferner qR := HB und daher (1� q)R = MH.S hlie�li h sei � := \(CBM) und Æ := \(BMC) (jeweils im Bogenma� gemessen).Zu bere hnen ist der Fl�a heninhalt F des Dur hs hnitts der beiden Kreise. Diesersetzt si h zusammen aus den Fl�a heninhalt des Kreissektors BCD (in der Abbildunggestri helt gezei hnet) plus der Summe der Fl�a heninhalte der beiden Kreisabs hnitteBC und BD im Kreis um M mit dem Radius R. Die Summe der beiden letzteren istaber der Fl�a heninhalt des Kreissektors MCD minus der Summe der Fl�a heninhalteder beiden Dreie ke 4MCB und 4MDB. Daher istF = �r2 + ÆR2 � hR:Der Satz von Pythagoras, angewandt auf die beiden Dreie ke 4MHC und 4MCB,liefert die beiden Beziehungenh2 + (1� q)2R2 = R2; h2 + q2R2 = r2:Hieraus erh�alt man q = 12� rR�2; h = rh1� 14� rR�2i1=2:Wir f�uhren die Bestimmung des gesu hten Radius r auf die Bestimmung des Winkels� zur�u k und bea hten hierzu, dass die Winkelsumme im glei hs henkligen Dreie k

34BMC gerade (im Bogenma�) � ist, so dass Æ + 2� = � bzw. Æ = � � 2�. Weiterbea hte man, dass os � = qRr = 12� rR�;so dass r = 2R os �. Dann kann der Fl�a heninhalt F alleine in Abh�angigkeit desRadius R des gegebenen Kreises und des Winkels � angegeben werden:F = �r2 + ÆR2 � rRh1� 14� rR�2i1=2= 4R2� os2 � + (� � 2�)R2 � 2R2 os � sin�= R2[2�(1 + os(2�)) + � � 2� � sin(2�)℄= R2[2� os(2�) + � � sin(2�)℄:Die Forderung, dass der Fl�a heninhalt F die H�alfte des Fl�a heninhaltes des Kreisesmit dem Radius R ist, f�uhrt auf die Glei hungR2[2� os(2�) + � � sin(2�)℄ = 12�R2:Der Winkel � 2 (0; �=2) ist also als L�osung von2� os(2�) + �2 � sin(2�) = 0zu bestimmen. Ma ht man die Variablentransformation = 2�, so ist also eine Null-stelle � von f( ) := os + �2 � sin in (0; �) zu bestimmen, ans hlie�end ist der gesu hte Radius r� dur hr� = 2R os �2gegeben. Die mathematis he Modellierung ist damit abges hlossen. Das gegebene Pro-blem ist auf ein Standardproblem der angewandten Mathematik, n�amli h die Bestim-mung einer Nullstelle einer bestimmten Funktion, zur�u kgef�uhrt worden.In Abbildung 1.2 geben wir einen Plot von f �uber dem Intervall [0; �℄ an. An diesemPlot erkennt man, dass f genau eine Nullstelle � im Intervall (0; �) besitzt, au�erdemerkennt man, dass � � 2. Ein exakter Beweis f�ur ersteres ist einfa h, denn es istf(0) = �=2 > 0, f(�) = ��=2, so dass f wegen des Zwis henwertsatzes in (0; �)eine Nullstelle � besitzt. Ferner ist f 0( ) = � sin( ) < 0 auf (0; �), also ist f auf(0; ) monoton fallend und die Nullstelle � ist eindeutig. Damit ist die Existenz undEindeutigkeit einer L�osung bewiesen.Nun kommt die numeris he Mathematik ins Spiel. Wie kann die Nullstelle einerni htlinearen Glei hung bestimmt werden? Nat�urli h kann man es si h einfa h ma henund ein mathematis hes Anwendersystem bem�uhen. Bei der Anwendung von Mapleerh�alt man z.B.

4 Einf�uhrung

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

γ

f(γ)=γ cos(γ)+π/2−sin(γ)

Abbildung 1.2: Die Funktion f( ) = os + �=2� sin > gamm:=fsolve(gam* os(gam)+Pi/2-sin(gam),gam);gamm := 1:905695729> r:=2* os(gamm/2)*R; r := 1:158728473RZum Verglei h setzen wir Matlab ein. Zur numeris hen Bestimmung einer Nullstelleeiner reellwertigen Funktion einer Variablen gibt es hier die Funktion fzero. Das k�onntez. B. folgenderma�en aussehen (am Anfang setzen wir format long, damit m�ogli hstviele Dezimalen ausgegeben werden):format long;gamm=fzero(inline('gam* os(gam)+pi/2-sin(gam)'),2);faktor=2* os(gamm)Hier erhalten wirgamm = 1:90569572930988; faktor = 1:15872847301812:Man erkennt, dass man bei der Anwendung von fzero einen Startwert angeben muss.Nun m�o hte man nat�urli h gerne wissen, wie fsolve oder fzero zu der angegebenenNullstelle gekommen sind. Gefragt wird also na h Verfahren zur Nullstellenbestim-mung. Es gibt viele sol her Verfahren, wir wollen drei von ihnen hier s hon angebenund auf das obige Beispiel anwenden.� Das Bisektionsverfahren.Die Grundidee des Bisektionsverfahrens ist ganz einfa h. Die (stetige) Funktion f habean den Intervallenden a und b des Intervalls [a; b℄ unters hiedli hes Vorzei hen, es seialso f(a)f(b) < 0. Man bere hne den Mittelpunkt := 12(a+ b). Wir nehmen an, es seif( ) 6= 0 (andernfalls ist man fertig). Ist dann f(a)f( ) < 0, so su ht man weiter im

5Intervall [a; ℄, andernfalls im Intervall [ ; b℄. In jedem Fall ist die L�ange des Intervalls,in dem na h einer Nullstelle gesu ht wird, halbiert worden. Es handelt si h hier umein verh�altnism�a�ig langsam konvergierendes, aber si heres Verfahren, das im Prinzipeine Nullstelle beliebig genau lokalisieren kann. Weiter hat es den Vorteil, dass keineAbleitungen zu bere hnen sind.� Das Newton-Verfahren.Diesmal wird angenommen, es sei f stetig di�erenzierbar (dort, wo si h alles abspielt).Sei k eine N�aherung f�ur eine Nullstelle von f . Man approximiere f in der N�ahe von k dur h eine lineare Funktion, die man dur h Entwi klung von f an der Stelle kgewinnt: f( ) � fk( ) := f( k) + f 0( k)( � k):Ans hlie�end bestimmt man die neue N�aherung k+1 als Nullstelle von fk. Dies f�uhrtauf die Iterationsvors hrift des Newton-Verfahrens, n�amli h k+1 := k � f( k)f 0( k) :Ans hauli h wird in ( k; f( k)) die Tangente an f gelegt und ihr S hnitt mit der -A hse als neue N�aherung genommen. Wir verans huli hen uns dies in Abbildung 1.3.Nun geben wir no h einige numeris he Werte an. Die Dur hf�uhrung von 10 S hritten

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

γ

Das Newton−Verfahren

γk

γk+1

Abbildung 1.3: Verans hauli hung des Newton-Verfahrensmit Maple k�onnte folgenderma�en aussehen:> f:=gam->gam* os(gam)+Pi/2-sin(gam);f := gam ! gam os(gam) + 12 � � sin(gam)> g:=D(f);

6 Einf�uhrungg := gam ! �gam sin(gam)> t:=1.0; t := 1:0> for k from 1 to 10 do> t:=t-evalf(f(t))/evalf(g(t));> end do; t := 2:508819283t := 1:805379726t := 1:907061615t := 1:905695893t := 1:905695730t := 1:905695729t := 1:905695730t := 1:905695729t := 1:905695730t := 1:905695729Trotz des s hle hten Startwertes ist das Verfahren o�enbar konvergent. Die Zahl be-nutzter Dezimalen kann man heraufsetzen, z. B. dur h Digits:=20:. Man �uberzeugesi h von der s hnellen Konvergenz!� Das Sekantenverfahren.Ersetzt man im Newton-Verfahren im Nenner f 0( k) dur h einen Di�erenzenquotienten,benutzt man also f 0( k) � f( k)� f( k�1) k � k�1 ;so erh�alt man die Iterationsvors hrift des Sekantenverfahrens: k+1 := k � ( k � k�1)f( k)f( k)� f( k�1) :Es handelt si h hier im Gegensatz zum Newton-Verfahren um ein Zweis hrittverfahren,am Anfang m�ussen also zwei Startwerte 0 6= 1 vorgegeben werden. O�enbar ist k+1Nullstelle der linearen Funktionfk�1;k( ) := f( k) + f( k)� f( k�1) k � k�1 ( � k):Wegen fk�1;k( k�1) = f( k�1) und fk�1;k( k) = f( k) ist fk�1;k das die Funktionf in k�1 und k interpolierende Polynom vom Grad � 1 bzw. die Sekante dur h( k�1; f( k�1)) und ( k; f( k)). In Abbildung 1.4 verdeutli hen wir uns dieses Verfah-ren.Mit Maple haben wir f�unf S hritte des Sekantenverfahrens dur hgef�uhrt, wobei wirnat�urli h darauf a hten, dass in jedem au�er dem ersten Iterationss hritt nur eineFunktionsauswertung dur hgef�uhrt wird:> f:=t->t* os(t)+Pi/2-sin(t):

7

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

γ

γk−1

γk

Das Sekantenverfahren

Abbildung 1.4: Verans hauli hung des Sekantenverfahrens> Digits:=20:> t_alt:=1.0: t_neu:=3.0:> f_alt:=evalf(f(t_alt)): f_neu:=evalf(f(t_neu)):> for k from 1 to 5 do> t:=t_neu-(t_neu-t_alt)*f_neu/(f_neu-f_alt):> print(t);f_alt:=f_neu:> f_neu:=evalf(f(t)):> t_alt:=t_neu: t_neu:=t:> end do: 1:90367246266577616801:90625778013368571491:90569562842957870191:90569572930488098571:9056957293098838949Wir geben jetzt au h no h eine Matlab-Funktion Sekant an. Hierzu s hreiben wir denfolgenden Text in ein File Sekant.m:fun tion [t,f_t,info℄=Sekant(fun,t_0,t_1,tol,max_iter);%**********************************************************%Nullstellenbestimmung mit Hilfe des Sekantenverfahrens%**********************************************************%Input-Parameter:% fun Funktion, deren Nullstelle bestimmt wird% t_0, t_1 Zwei Startwerte% tol Toleranz: STOP, wenn abs(fun(x))<=tol% max_iter Maximale Zahl der Iterationen%Output-Parameter:% t gefundene Nullstelle% f_t fun(t)

8 Einf�uhrung% info Ist info>0, so ist Verfahren erfolgrei h% und info gibt die Zahl der Iterationen an% Ist info=0, so war das Verfahren ni ht% erfolgrei h.%**********************************************************t_alt=t_0; t_neu=t_1; iter=1;f_alt=feval(fun,t_alt); f_neu=feval(fun,t_neu);while (abs(f_neu)>tol)&(iter<max_iter)t=t_neu-(t_neu-t_alt)*f_neu/(f_neu-f_alt);t_alt=t_neu; t_neu=t;f_alt=f_neu; f_neu=feval(fun,t);iter=iter+1;end;if iter<max_iterf_t=f_neu;info=iter;else info=0;end;Geben wir na h dem Matlab-prompt >> ein:[t,f_t,info℄=Sekant(inline('t* os(t)+pi/2-sin(t)'),1.0,3.0,1e-12,10)so erhalten wir (vorher haben wir no h format long eingegeben)t = 1:90569572930988; ft = 2:220446049250313e� 16; info = 6:Au h wenn man keine Vorkenntnisse �uber Matlab hat, sollte es m�ogli h sei, die obigeFunktion zu verstehen. 2Beispiel: S hon als Kind versu hte man, \das Haus des Nikolaus" in einem Zug zuzei hnen, siehe Abbildung 1.5. Bekanntli h ist dies m�ogli h, etwa dur h den Kantenzugs ss ss

������ ������������ 14235

Abbildung 1.5: Das ist das Haus des Nikolaus12; 23; 34; 45; 53; 31; 14; 42:Wir werden das Haus des Nikolaus als einen Graphen interpretieren. Hierbei besteht einGraph G = (V;E) aus einer endli hen Menge V = V (G), der Menge der E ken, (hiersteht V f�ur Verti es) und einer Teilmenge E = E(G) von (ungeordneten) Paaren ausV , der Menge der Kanten (wobei hier E f�ur Edges steht, und ni ht etwa f�ur E ken!).Die Anzahl der E ken in einem Graphen hei�t die Ordnung des Graphen, das Hausdes Nikolaus besitzt daher die Ordnung 5. Ein Graph ist also dadur h gegeben, dass

9A

B

D

C

DA

B

C

Abbildung 1.6: Die sieben Br�u ken von K�onigsbergauf einer Menge von E ken eine bin�are Relation gegeben ist, wel he gerade aussagt,ob zwei E ken dur h eine Kante verbunden sind. Hierdur h sind z. B. S hlingen (Ver-bindung einer E ke mit si h selbst) und Mehrfa hkanten ausges hlossen. Wir spre henvon einem Multigraphen, wenn S hlingen und Mehrfa hkanten vorkommen k�onnen.Der Deutli hkeit halber nennt man gelegentli h einen Graphen (ohne S hlingen undMehrfa hkanten) au h einen einfa hen Graphen.Ber�uhmter und vor allem historis h wi htiger ist das K�onigsberger Br�u kenproblem.Links in Abbildung 1.6 haben wir s hematis h die 7 Br�u ken �uber die Pregel in K�onigs-berg angegeben. Euler stellte 1736 die Frage: Ist es m�ogli h, einen Spaziergang dur hK�onigsberg zu ma hen, wieder zum Anfangspunkt zur�u kzukehren und jede Br�u ke ge-nau einmal zu �uberqueren? Diese Aufgabe wird am nat�urli hsten in einemMultigraphenformuliert, also in einem Graphen, in dem au h S hlingen und vor allem Mehrfa hkan-ten zugelassen sind. Die E ken in dem Graphen sind die vier Teile A;B;C;D vonK�onigsberg, die Br�u ken bilden die Kanten. Da es zwei Br�u ken von A na h B (undvon A na h C) gibt, gibt es zwei Kanten von A na h B (und von A na h C), weiter gibtes jeweils eine Kante von D na h A, B und C. Nat�urli h k�onnte man au h zu einem(einfa hen) Graphen �ubergehen, indem man die 7 Br�u ken a; b; ; d; e; f; g als Hilfse keneinf�uhrt, siehe Abbildung 1.7. Die Frage, ob si h das Haus des Nikolaus in einem Zugs���s���s���s���HHHAAA ssHHHsAAA���s���sAAAsH

HHsA DBC gfedb aAbbildung 1.7: Das K�onigsberger Br�u kenproblem in einem einfa hen Graphen

10 Einf�uhrungzei hnen l�asst, bzw. ob es einen zum Ausgangspunkt zur�u kf�uhren Spaziergang dur hK�onigsberg gibt, bei wel hem jede Br�u ke genau einmal �uberquert wird, ist die Fragena h einem o�enen bzw. einem (ges hlossenen) Euler-Zug . Hierbei ist ein Kantenzugeine Folge von paarweise vers hiedenen Kanten, wobei aufeinanderfolgende Kanten je-weils eine E ke gemein haben. Ein ges hlossener Kantenzug1, der jede der Kanten imGraphen genau einmal enth�alt, hei�t ein Euler-Zug . Ein ni ht notwendig ges hlossenerKantenzug mit der selben Eigens haft hei�t ein o�ener Euler-Zug .Wir werden sp�ater beweisen k�onnen (hierbei kommen einige Begri�e vor, die mehroder weniger selbsterkl�arend sind und hier no h ni ht genau de�niert werden sollen):� Ein Graph G = (V;E) mit keinen isolierten E ken und E 6= � besitzt genau danneinen Euler-Zug, wenn G zusammenh�angend ist und alle E ken geraden Grad2haben.� Sei G = (V;E) ein zusammenh�angender Graph. Dann existiert genau dann vonder E ke x 2 V ein o�ener Euler-Zug zu der E ke y 2 V n fxg, wenn x und y dieeinzigen E ken mit ungeradem Grad sind.Im Haus des Nikolaus in Abbildung 1.5 sind die E ken 1 und 2 die einzigen E ken mitungeradem Grad. Nur von diesen E ken anfangend kann man das Haus des Nikolausohne abzusetzen zei hnen. Der Graph in Abbildung 1.7, wel her K�onigsberg und seineBr�u ken in einem einfa hen Graphen modelliert, besitzt ganz o�ensi htli h E ken mitungeradem Grad. Es gibt daher in diesem Graphen keinen Euler-Zug3.Maple stellt einige Hilfsmittel zur Bearbeitung graphentheoretis hen Aufgaben zurVerf�ugung. Diese werden mit Hilfe von with(networks); aktiviert. Wir gehen hier-auf sp�ater ein und bleiben dabei im wesentli hen bei Maple, au h wenn das Konkur-renzsystem Mathemati a hier Vorteile hat. Denn das Dis reteMath`Combinatori a`1Ein Kantenzug, bei dem die erste und die letzte Kante eine E ke gemein haben.2Der Grad einer E ke ist die Anzahl der Kanten, mit denen diese E ke inzidiert bzw. auf denen sieliegt.3Das Bu hH.-R. Halder, W. Heise (1976) Einf�uhrung in die Kombinatorik . Carl Hanser Verlag, M�un heners hien au h in einer Lizenzausgabe in der DDR. Beiden Ausgaben liegt eine mit einer S hreibmas hi-ne ges hriebene Fassung des Textes zu Grunde. Auf S. 118�. wird das K�onigsberger Br�u kenproblembehandelt. In dem Text zu Beginn dieses Abs hnittes sind einige Bu hstaben etwas fetter ges hrieben,au�erdem tanzen diese ein wenig aus der Reihe. Letzteres k�onnen wir hier ni ht so gut na hma hen,ersteres ma hen wir aber etwas deutli her, damit die Bots haft von Halde-Heise lei hter zu lesen ist:InK�onigsberg i. Pr. gabelt si h der Pregel und um ie�t eine Insel, die Kneiphof hei�t. In den drei�igerJahren des a htzehnten Jahrhunderts wurde das Problem gestellt, ob es wohl m�ogli h w�are, in einemSpaziergang jede der sieben K�onigsberger Br�u ken genau einmal zu �ubers hreiten.Da� ein sol her Spaziergang unm�ogli h ist, war f�ur L. EULER der Anla�, mit seiner anno 1735der Akademie der Wissens haften in St. Petersburg vorgelegten Abhandlung Solutio problematis adgeometriam situs pertinentis (Commentarii A ademiae Petropolitanae 8 (1741) 128{140) einen derersten Beitr�age zur Topologie zu liefern.Das Problem besteht darin, im na hfolgend gezei hneten Graphen einen einfa hen Kantenzug zufinden, der alle Kanten enth�alt. Dabei repr�asentiert die E ke vom Grad 5 den Kneiphof und diebeiden E ken vom Grad 2 die Kr�amerbr�u ke sowie die Gr�une Br�u ke.Als die Bots haft (Nieder mit dem Sowjetimperialismus) in der DDR ankam, wurde die restli heAu age eingestampft.

11pa kage in Mathemati a ist do h wesentli h rei hhaltiger als das networks pa kage inMaple. Z. B. gibt es in letzterem keine Funktionen, um festzustellen, ob es in einemGraphen einen Euler-Zug gibt (dies ist allerdings einfa h) oder gegebenenfalls einenEuler-Zug zu bere hnen. 2Beispiel: Wir �ubernehmen ein Beispiel bei V. Chv�atal4. Es handelt si h um eine ver-einfa hte Version eines der ersten praktis h dur hgere hneten linearen Optimierungs-aufgaben, auf das wir im Ans hluss no h eingehen werden.Polly m�o hte gerne wissen, wieviel Geld sie f�ur ein Essen ausgeben muss, wel hesihren Bedarf an Energie (2000 k al), Proteinen (55 g) und Cal ium (800 mg) de kt.(Um das Beispiel einfa h zu halten, nimmt sie f�ur Eisen- und Vitaminbedarf Pillen.)Sie w�ahlt se hs Nahrungsmittel, wel he relativ preiswert zu sein s heinen. Die entspre- henden Daten sind der folgenden Tabelle zu entnehmen5. \Then she begins to thinkNutritive Value per ServingFood Serving size Energy Protein Cal ium Pri e per serving(k al) (g) (mg) ( ents)Oatmeal6 28 g 110 4 2 3Chi ken 100 g 205 32 12 24Eggs 2 large 160 13 54 13Whole milk7 237 160 8 285 9Cherry pie8 170 g 420 4 22 20Pork with beans 260 g 260 14 80 19about her menu. For example, 10 servings of pork with beans would take are of all herneeds for only (?) $ 1.90 per day. On the other hand, 10 servings of pork with beansis a lot of pork with beans|she would not be able to stoma h more than 2 servings aday. She de ides to impose servings-per-day limits on all six foods:Oatmeal at most 4 servings per dayChi ken at most 3 servings per dayEggs at most 2 servings per dayMilk at most 8 servings per dayCherry pie at most 2 servings per dayPork with beans at most 2 servings per day.Ein \Menu" besteht aus x1 Portionen Haferbrei, x2 Portionen Huhn usw. Um einm�ogli hst billiges Menu zusammenzustellen, das allen Nebenbedingungen gen�ugt, hat4V. Chv�atal (1980) Linear Programming . W. H. Freeman, New York.5Wir geben keine �Ubersetzung an, so dass au h Gelegenheit besteht, einige englis he Vokabeln zulernen.6Haferbrei7Vollmil h8Kirs hku hen

12 Einf�uhrungPolly o�enbar die folgende Optimierungsaufgabe zu l�osen.Minimiere 0BBBBBB� 3241392019

1CCCCCCAT 0BBBBBB� x1x2x3x4x5x6

1CCCCCCAunter den Nebenbedingungen0BBBBBB� 0000001CCCCCCA � 0BBBBBB� x1x2x3x4x5x6

1CCCCCCA � 0BBBBBB� 4328221CCCCCCAund 0� 110 205 160 160 420 2604 32 13 8 4 142 12 54 285 22 80 1A0BBBBBB� x1x2x3x4x5x61CCCCCCA � 0� 200055800 1A :Diese Optimierungsaufgabe haben wir in Matrix-Vektors hreibweise ges hrieben, umuns glei h s hon daran zu gew�ohnen. Ferner haben wir f�ur Vektoren die \�"- (oder\�"-) Beziehung komponentenweise benutzt. Wenn die Portionen \gequantelt" sind,also ni ht etwa 1:39 Portionen S hwein mit Bohnen bestellt werden k�onnen (f�ur die Eiertri�t das wohl zu), so hat man sogar eine ganzzahlige lineare Optimierungsaufgabe.Im obigen Beispiel ist es klar, dass das Problem eine L�osung besitzt. Denn man weistlei ht na h, dass die Menge der zul�assigen Menus eine ni htleere, kompakte Menge (imR6) bildet. Da die Zielfunktion nat�urli h stetig ist, ist die Existenz einer L�osung gesi- hert. Wir wollen nun die (bes hr�ankten) M�ogli hkeiten von Maple zur L�osung linearerOptimierungsaufgaben untersu hen. Mit with(simplex); l�adt man ein Zusatzpaket.Hierdur h stehen die Befehle minimize und maximize zur Verf�ugung. Wir l�osen dasProblem folgenderma�en:> Ziel:=3*x1+24*x2+13*x3+9*x4+20*x5+19*x6:> Bed1:=110*x1+205*x2+160*x3+160*x4+420*x5+260*x6>=2000:> Bed2:=4*x1+32*x2+13*x3+8*x4+4*x5+14*x6>=55:> Bed3:=2*x1+12*x2+54*x3+285*x4+22*x5+80*x6>=800:> Bed:=fBed1,Bed2,Bed3,x1<=4,x2<=3,x3<=2,x4<=8,x5<=2,x6<=2g:> minimize(Ziel,Bed,NONNEGATIVE);fx4 = 92 ; x1 = 4; x2 = 0; x3 = 0; x6 = 0; x5 = 2g

13Als L�osung erh�alt man daher x = (4; 0; 0; 92 ; 2; 0)T :Also ist im optimalen Menu nur die Mil h kein ganzzahliger Betrag, was hier dur hausvern�unftig ist. Bequemer ist die Anwendung der Matlab-Funktion linprog, die in derOptimization Toolbox enthalten ist. Wir wollen hierauf aber (no h) ni ht eingehen.Wie man bei G. B. Dantzig9 (S. 625 �.) na hlesen kann, war eine der ersten An-wendungen des Simplexverfahrens zur L�osung linearer Programme die Bestimmungeines ausrei henden Speiseplans bei m�ogli hst niedrigen Kosten. Dieses Problem wur-de zuerst von G. J. Stigler untersu ht. Gegeben seien n Lebensmittel (bei Stigler istn = 77, die Lebensmittel sind u. a. Weizenmehl, Maismehl, Kondensmil h, Margari-ne, Cheddar-K�ase, Erdnussbutter, S hmalz, Rindsleber, S hweinelendenbraten, La hs,gr�une Bohnen, Kohl, Zwiebeln, Karto�eln, Spinat, S�u�karto�eln, getro knete P�rsi he,getro knete P aumen, Lima-Bohnen, wei�e Bohnen), wel he m N�ahrwerte (bei Stiglerist m = 9, die N�ahrwerte sind Kalorien, Eiwei�, Kalzium, Eisen, Vitamin A, VitaminB1, Vitamin B2, Ni otins�aureamid, Vitamin C) enthalten. Sei aij die Anzahl der Men-geneinheiten des i-ten N�ahrwertes in einer Mengeneinheit des j-ten Lebensmittels. Einezul�assige Di�at muss mindestens bi Einheiten des i-ten N�ahrwertes enthalten. So wirdz. B. bei Dantzig angegeben, dass ein m�a�ig aktiver Mann, der 70 kg wiegt, als t�agli henBedarf 3000 Kalorien, 70 g Eiwei�, 0.8 g Kalzium, 12 g Eisen usw. ben�otigt. Bekanntsei ferner der Preis j einer Einheit des j-ten Lebensmittels. Ein Di�atplan besteht inder Angabe eines Vektors x = (xj) 2 Rn , wobei xj die Anzahl der Einheiten des j-tenHilfsmittels angibt. Dieser ist zul�assig, wenn dur h ihn die Mindestanforderungen andie enthaltenen N�ahrmittel s�amtli h erf�ullt sind, wenn alsonXj=1 aijxj � bi; i = 1; : : : ; m:Die zugeh�origen Kosten sind Pnj=1 jxj. Ferner ber�u ksi htige man, dass die Kompo-nenten xj eines Di�atplans x s�amtli h ni htnegativ sein m�ussen, s hlie�li h soll einemau h bei einer Di�at etwas zugef�uhrt und ni ht weggenommen werden. Geht man no hzur Vektor- bzw. Matrixs hreibweise �uber, setzt also A := (aij) 2 Rm�n , b := (bi) 2 Rmund := ( j) 2 Rn , so kommt man zum linearen ProgrammMinimiere Tx auf M := fx 2 Rn : x � 0; Ax � bg:Hierbei verstehen wir die Relation \�" (entspre hendes gilt aber nat�urli h au h f�urdie Relation \�") zwis hen Vektoren komponentenweise. So bedeutet etwa x � 0,dass s�amtli he Komponenten xj, j = 1; : : : ; n, ni htnegativ sind. Im obigen konkretenBeispiel waren no h obere S hranken f�ur die Komponenten des Menus vorgegeben. 2Beispiel: F�ur einige Jahre10 entledigte man si h in den USA eines Teils des radioak-tiven M�ulls, indem dieser in F�asser kam, die in die See geworfen wurden. Es wurde9G. B. Dantzig (1966) Lineare Programmierung und Erweiterungen. Springer, Berlin-Heidelberg-New York.10Siehe M. Braun (1975, S. 68�.). Das Bu h von Braun ist in diversen Au agen und au h in einerdeuts hen �Ubersetzung bei Springer herausgekommen.

14 Einf�uhrungdavon ausgegangen (na h ho�entli h sorgf�altigen Tests), dass die F�asser so di ht sind,dass eine Lagerung unbedenkli h ist. Es stellte si h aber die Frage, ob eine zu hoheAufprallges hwindigkeit zu einem Le k f�uhren k�onnte. Na h Tests ergab si h, dass dieF�asser ab einer Aufprallges hwindigkeit von 12:2m=se platzen konnten, so dass dieAufgabe darin besteht, die Aufprallges hwindigkeit zu ermitteln.Ein Fass wiege m := 240 kg, das Volumen sei V := 0:21m3. Der WasserwiderstandD sei proportional zur Ges hwindigkeit v des Fasses: D = v, wobei dur h Experimente = 0:12 kg � se =m festgestellt wurde. Dur h den Auftrieb erleidet das Fass einenGewi htsverlust B, der glei h dem Gewi ht des verdr�angten Salzwassers ist (Prinzipdes Ar himedes). Daher ist B das Produkt aus Volumen V = 0:21m3 des Fasses undder Di hte 1025 kg=m3 von Salzwasser, also ist B = 215:25 kg. Bezei hnet man mitx(t) die Tiefe des Fasses zur Zeit t (x = 0 sei die Meeresober �a he), so lautet dieNewtons he Bewegungsglei hung daherm�x = g(m�B � v) = g(m�B � _x);wobei g = 9:81m=se 2. Ferner sind die Anfangsbedingungenx(0) = 0; _x(0) = 0gegeben.Bei wel her Wassertiefe �ubersteigt die Ges hwindigkeit v die kritis he Aufprallge-s hwindigkeit von 12:2m=se ?Die L�osung ist, wenn man Maple einsetzt, sehr einfa h. Zun�a hst muss man dieAnfangswertaufgabe240�x = 9:81(24:75� 0:12 _x); x(0) = 0; _x(0) = 0symbolis h l�osen. Dies kann dur hsol:=dsolve({240*(D��2)(x)(t)=9.81*(24.75-0.12*D(x)(t)),x(0)=0,D(x)(0)=0},x(t));ges hehen. Man erh�altx(t) = 13750000327 [exp(�981t=200000)� 1℄ + 8254 t:Dur h x:=unapply(rhs(sol),t); wird die Funktion x de�niert. Ihre Ableitung verh�alt man dur h v:=D(x);. Es istv(t) = �8254 exp(�981t=200000) + 8254 :Ans hlie�end kann man die Zeit, zu der die Ges hwindigkeit den Grenzwert 12:2 an-nimmt und die entspre hende Wassertiefe dur ht_A:=solve(v(t)=12.2,t); x_A:=x(t_A);

1.1 Aufgaben 15bestimmen. Man erh�alt tA = 12:43081904; xA = 76:59854:Die kritis he Wassertiefe ist also etwa 76.6 m. 2Nun haben wir vier Probleme \aus dem t�agli hen Leben" ges hildert, ihnen ein mathe-matis hes Modell zugeordnet und dieses gel�ost. In den folgenden vier Kapiteln wollenwir genau auf die entspre henden Klassen von mathematis hen Problemen eingehen,wel hen die obigen vier Beispiele zuzuordnen sind. Genauer sind dies:� Lineare und ni htlineare Glei hungen.� Graphentheorie.� Optimierung und Approximation.� Gew�ohnli he Di�erentialglei hungen.Wir werden jeweils nur eine Einf�uhrung in die entspre henden Problemklassen gebenk�onnen, da man �uber alle vier Themenkreise ohne S hwierigkeiten jeweils eine ganzeVorlesungsreihe halten k�onnte. Es kommt uns dabei darauf an, eine m�ogli hst bunteDarstellung des Sto�es zu geben.1.1 Aufgaben1. Ein11 �Oltank hat die Gestalt eines liegenden Zylinders vom Radius 1m. Wie ho h stehtdas �Ol, wenn der Tank zu 14 seines Fassungsverm�ogens gef�ullt ist?2. Man konstruiere eine m�ogli hst billige Dose (mathematis h: Kreiszylinder) mit Radiusr und H�ohe h, wel he ein vorgegebenes Volumen V > 0 besitzt. Die Kosten des Bodensund des De kels seien 1 > 0 Geldeinheiten (etwa Euro) pro Quadrateinheit (etwa m2),entspre hend die des Mantels 2 > 0 Geldeinheiten.3. Man �nde in dem in Abbildung 1.8 angegebenen Graphen einen Euler-Zug.4. Gegeben sei ein Graph G mit 4 � 4 = 16 E ken. Diese denke man si h in einem Qua-drat angeordnet. Zwei E ken seien dur h eine Kante verbunden, wenn man in einemR�osselsprung von der einen zur anderen E ke gelangen kann.(a) Man rufe Maple auf und informiere si h dur h ?networks �uber das networkspa kage.(b) Man generiere obigen Graphen und zei hne ihn mit Hilfe des draw Befehls.( ) Mit Hilfe von degreeseq bestimme man die Folge der Grade der E ken undents heide, ob es im Graphen einen Euler-Zug gibt.11Diese Aufgabe haben wirL. Collatz, J. Albre ht (1972) Aufgaben aus der Angewandten Mathematik . Vieweg, Braun-s hweigentnommen.

16 Einf�uhrung12

3

4 5

6

Abbildung 1.8: Das (erweiterte) Haus des Nikolaus(d) Ist der Graph zusammenh�angend, d. h. lassen si h je zwei E ken dur h einenKantenzug verbinden?(e) Gibt es einen Hamilton-Kreis in dem Graphen, d. h. kann man mit dem Springerso �uber die 16 Felder springen, dass man jedes Feld (bis auf das erste) genaueinmal tri�t und am S hluss wieder im Ausgangsfeld ist?5. In12 einem landwirts haftli hen Betrieb sollen Roggen und Karto�eln angebaut werden.Bezogen auf 1 Morgen Anbau �a he ben�otigt man hierzu bei Karto�eln Anbaukostenvon 5 Euro, einen Aufwand an Arbeitszeit von 2 Stunden und erh�alt daf�ur einen Rein-gewinn von 20 Euro. Die entspre henden Daten f�ur Roggen sind 10 Euro, 10 Stundenund 60 Euro. Die Anbau �a hen f�ur Roggen und Karto�eln sind so zu w�ahlen, dass dergesamte Reingewinn maximal wird. Hierbei stehen 1200 Morgen Land, 7000 Euro und5200 Arbeitsstunden zur Verf�ugung.Man formuliere diese Aufgabe als lineare Optimierungsaufgabe, stelle die Menge derzul�assigen L�osungen (hierzu kann man inequal aus dem plots-pa kage von Maplebenutzen) und die Zielfunktion in der Ebene graphis h dar und bestimme eine L�osung.Diese L�osung verglei he man mit der dur h Maple gefundenen L�osung.6. Sie wollen Ihrer Tante (viellei ht eine rei he Erbtante?) zum Geburtstag eine Freudema hen. Ihre Tante trinkt gerne einen s�u�en Wein und da Ihnen eine Beerenauslese zuteuer ist, kommen Sie auf die Idee, ihr einen Liter Wein zukommen zu lassen, den Sieselbst zusammengestellt haben.Hierzu k�onnen Sie einen Landwein f�ur 1:00 Euro pro Liter, zur Anhebung der S�u�eDi�athylenglykol-haltiges Frosts hutzmittel f�ur 1:20 Euro pro Liter und f�ur eine Verbes-serung der Lagerungsf�ahigkeit eine Natriuma id-L�osung f�ur 1:80 Euro pro Liter kaufen.Verst�andli herweise wollen Sie eine m�ogli hst billige Mis hung herstellen, wobei aberfolgende Nebenbedingungen zu bea hten sind: Um eine hinrei hende S�u�e zu garan-tieren, muss die Mis hung mindestens 1=3 Frosts hutzmittel enthalten. Andererseits12Diese Aufgabe haben wirL. Collatz, W. Wetterling (1971) Optimierungsaufgaben. Springer, Berlin-Heidelberg-New Yorkentnommen.

1.1 Aufgaben 17muss (z. B. wegen gesetzli her Bestimmungen) mindestens halb soviel Wein wie Frost-s hutzmittel enthalten sein. Der Natriuma id-Anteil muss mindestens halb so gro�, darfaber andererseits h�o hstens so gross wie der Glykol-Anteil sein und darf die H�alfte desWeinanteils ni ht unters hreiten.Man formuliere die Aufgabe, einen kostenminimalen Wein herzustellen, als eine lineareOptimierungsaufgabe und l�ose sie mit Hilfe von Maple.7. Man betra hte eine gro�e Population von N Individuen. Geburten, \nat�urli he Tode",Ein- und Auswanderungen m�ogen verna hl�assigt werden. Es grassiere eine Krankheit,die si h dur h Kontakt zwis hen Individuen ausbreitet. Diese Krankheit sei so bes haf-fen, dass ein Individuum entweder dur h sie stirbt oder na h einer Genesung immungegen sie wurde. Die Population kann dann in drei Klassen eingeteilt werden.� In der Klasse S sind die anf�alligen (sus eptibles) zusammengefasst, also diejeni-gen, die die Krankheit no h ni ht bekommen haben und ni ht gegen sie immunsind. Ihre Zahl zur Zeit t sei S(t).� In der Klasse I sind die in�zierten enthalten, also diejenigen, die die Krankheithaben und andere anste ken k�onnen. Zur Zeit t sei ihre Zahl I(t).� Zur Klasse R geh�ort der Rest (removed), genauer also diejenigen, die tot, isoliertoder immun sind. R(t) sei die Anzahl der Individuen der Klasse R zur Zeit t.Die Krankheit gen�uge der folgenden Gesetzm�a�igkeit.(a) Die �Anderungsrate der anf�alligen Population ist proportional zur Anzahl der Kon-takte zwis hen anf�alliger und in�zierter Population. Wir nehmen daher an, es seiS0 = ��SImit einer Konstanten (der sogenannten Infektionsrate) � > 0.(b) Individuen werden aus der Klasse I der In�zierten mit einer Rate entfernt (siesterben, werden isoliert oder immun), die proportional zu ihrer Anzahl ist. Daherist I 0 = �SI � I; R0 = I:Mit S0; I0 seien die positiven Populationen der Klassen S und I zur Anfangszeit t = 0bezei hnet. Zu dieser Zeit sei no h niemand an der Krankheit gestorben bzw. ihretwegenisoliert oder immun. Man hat daher die Anfangswertaufgabe(P) S0 = ��SI; S(0) = S0;I 0 = �SI � I; I(0) = I0;R0 = I; R(0) = 0:Dies ist das sogenannte Kerma k-M Kendri k-Modell f�ur die Ausbreitung anste ken-der Krankheiten. Wir gehen davon aus, dass obige Anfangswertaufgabe eine eindeutigeL�osung (S; I;R) auf [0;1) besitzt. Man zeige (die ersten beiden Aussagen sind an-s hauli h v�ollig trivial, m�ussen aber trotzdem bewiesen werden):(a) Es sind I(�) und S(�) auf [0;1) positiv.(b) Es ist S(�) auf [0;1) monoton fallend. Daher existiert S1 := limt!1 S(t).

18 Einf�uhrung( ) Es ist S(t) + I(t)� ( =�) lnS(t) = onst f�ur alle t.(d) Ist S0 > =�, so kommt es zu einer Epidemie in dem Sinne, dass es ein t > 0mit I(t) > I0 gibt. Weiter gibt es ein t� > 0 derart, dass I(�) auf [0; t�℄ monotonwa hsend und auf [t�;1) monoton fallend ist. Es ist limt!1 I(t) = 0 und S1 istdie eindeutige L�osung der transzendenten Glei hungS0 exp��(N � x)� �� x = 0:(e) Ist S0 < =�, so ist I(�) auf [0;1) monoton fallend und limt!1 I(t) = 0. Eskommt also zu keiner Epidemie und die Krankheit vers hwindet letztendli h.Hinweis: Es kann zwe km�a�ig sein, zun�a hst die folgende Aussage zu beweisen:� Sei h: [0;1) �! R stetig. Dann besitzt die Anfangswertaufgabe x0 = h(t)x,x(0) = x0 die eindeutige L�osungx(t) = x0 exp�Z t0 h(�) d��:8. Das Wa hstumgesetz von B. Gompertz (1779-1865) soll das Wa hsen von Tumoren gutbes hreiben. Es basiert auf der AnfangswertaufgabeV 0 = �rV ln� VK�; V (0) = V0:Hierbei sind r und K > 0 gegebene Konstanten, V (t) die Gr�o�e des Tumors zur Zeit tund V0 > 0 der Anfangszustand. Mit Hilfe von Maple �nde man einen L�osungskandi-daten f�ur diese Anfangswertaufgabe. Ans hlie�end veri�ziere man, dass es si h bei demKandidaten wirkli h um eine L�osung handelt. F�ur V0 := 1, r := 2 und K := 3 plotteman die L�osung s hlie�li h auf dem Intervall [0; 5℄.

Kapitel 2Lineare und ni htlineareGlei hungenIn diesem Kapitel wollen wir lineare und ni htlineare Glei hungen bzw. genauer entspre- hende Glei hungssysteme untersu hen und damit glei hzeitig einen kleinen Einbli kin ein Teilgebiet der numeris hen Mathematik geben.2.1 Lineare Glei hungssysteme2.1.1 BeispieleBeispiel: Ein Betrieb kann 3 vers hiedene Produkte A, B und C herstellen. F�ur Awird eine Arbeitsstunde, f�ur B zwei und f�ur C drei pro erzeugten St�u k ben�otigt. DieProdukte werden zum Preis von 30, 50 und 70 Euro verkauft. Der Energieverbrau h proSt�u k liegt bei 5, 3 und 2 kWh pro erzeugten St�u k. Es werden in 40 ArbeitsstundenProdukte im Wert von 1040 Euro produziert bei einen Energieverbrau h von 93 kWh.Wieviel St�u k der jeweiligen Produkte wurden erzeugt?Wir nennen die jeweiligen St�u kzahlen x, y und z. Die Aufgabe f�uhrt o�enbar aufdas lineare Glei hungssystem0� 1 2 330 50 705 3 2 1A0� xyz 1A = 0� 40104093 1A :Eine L�osung mit Hilfe von Maple ist einfa h:> with(LinearAlgebra):> A:=Matrix([[1,2,3℄,[30,50,70℄,[5,3,2℄℄):> b:=<40,1040,93>:> loes:=LinearSolve(A,b); loes := 24 1365 35 2

20 Lineare und ni htlineare Glei hungenBeispiel: Unter http://www.hta-bu.bfh. h/e/mat/ haben wir die folgenden Aufga-ben gefunden. Sie geh�oren zu einem Computing-Wettbewerb.Moritz hat ein elektronis hes Spiel zum Geburtstag bekommen: Es besteht auseiner 4� 5-Matrix von L�amp hen (Leu htkn�opfen). Wenn man es eins haltet, leu hteneinige davon auf, und wenn man auf einen der Kn�opfe dr�u kt, we hseln die unmittelbarbena hbarten Kn�opfe (re hts, links, oben, unten, falls vorhanden) ihren Zustand. DasZiel ist, alle L�amp hen zum Erl�os hen zu bringen.� Wel he Kn�opfe muss Moritz dr�u ken, wenn am Anfang alle Kn�opfe au eu hten?� S hreiben Sie ein Programm, wel hes zu beliebiger Anfangskon�guration diejeni-gen L�amp hen bestimmt, die gedr�u kt werden m�ussen.Wir l�osen die zweite Aufgabe, denn dann wird au h die erste gel�ost sein. Hierbei unter-su hen wir die Aufgabe, mit wel her Zugfolge man von lauter gel�os hten L�amp hen zurAusgangskon�guration kommt. Die glei he Zugfolge l�ost dann au h unser Problem. Wirgehen allgemeiner von einerm�n-Matrix aus, also von insgesamtmn L�amp hen. Diesedenken wir uns in einer festen Reihenfolge nummeriert, etwa zeilenweise von links na hre hts und oben beginnend. Ein L�amp hen-Vektor ist ein Vektor x = (x1; : : : ; xmn)T ,wobei xi := � 1; das i-te L�amp hen leu htet;0; sonst; i = 1; : : : ; mn:Dae Anfangszustand wird in einem Vektor b 2 Rmn abgelegt, naheliegenderweise istbi := � 1; das i-te L�amp hen leu htet zu Beginn;0; sonst; i = 1; : : : ; mn:Weiter de�nieren wir die Matrix A 2 Rmn�mn dur haij := � 1; L�amp hen i ist Na hbar von L�amp hen j;0; sonst; i; j = 1; : : : ; mn:Dann kommt es darauf an, einen L�amp hen-Vektor x zu bestimmen derart, dass Ax � bmod 2. Die Matrix A stellt si h als eine Blo k-Tridiagonalmatrix heraus, sie hat dieForm A = 0BBB� B II B . . .. . . . . . II B1CCCA 2 Rmn�mn ;wobei I die n � n-Einheitsmatrix bedeutet und B selbst eine Tridiagonalmatrix ist,n�amli h B := 0BBB� 0 11 0 . . .. . . . . . 11 01CCCA 2 Rn�n :Jetzt w�are es interessant, eine Antwort auf die folgende Frage zu kennen:

2.1 Lineare Glei hungssysteme 21� F�ur wel he (m;n) ist detA = �1?Ist n�amli h detA = �1, so ist A�1 eine ganzzahlige Matrix (Beweis?) und daher A�1bein ganzzahliger Vektor, der na h Reduktion modulo 2 zu dem gesu hten L�amp hen-Vektor wird. F�ur kleine m;n geben wir detA in der folgenden Tabelle an:m n n 1 2 3 4 5 61 0 �1 0 1 0 �12 0 0 �1 1 0 13 0 �1 0 1 0 �14 0 1 1 0 1 15 0 0 0 1 0 �16 0 1 �1 1 �1 0Wer kann eine allgemeine Beziehung beweisen? F�ur (m;n) = (4; 5) ist die Determinantevon A jedenfalls 1, daher kann aus jeder Anfangskon�guration heraus das L�os henaller L�amp hen errei ht werden. Ist z. B. b = (1; : : : ; 1)T 2 R20 bzw. alle L�amp hen zuBeginn an, so ist x = 0BB� 0 1 0 1 00 1 1 1 00 1 1 1 00 1 0 1 0 1CCA ;wobei wir den L�amp hen-Vektor glei h s hon als L�amp hen-Matrix s hreiben. 2Beispiel: In diesem Beispiel wollen wir uns �uberlegen, dass die Bere hnung der Tem-peraturverteilung in einem Metallstab bzw. einer quadratis hen Metallplatte bei gege-bener Randtemperatur auf das L�osen eines linearen Glei hungssystems zur�u kgef�uhrtwerden kann.Zun�a hst betra hten wir das eindimensionale Problem. Gegeben sei ein Stab, denman si h in n + 1 �aquidistante Teile zerlegt denkt, die jeweils konstante Temperaturannehmen. Es gibt also n innere Punkte. In diesen sei die Temperatur jeweils der Mit-telwert der Temperaturen beider Na hbarn. Mit uj, j = 1; : : : ; n, bezei hnen wir dieTemperatur im j-ten inneren Knoten, u0 und un+1 sind die vorgegebenen Randtempe-raturen im linken bzw. re hten Stabende. F�ur die unbekannten u1; : : : ; un erh�alt man(na h Multiplikation mit 2) das lineare Glei hungssystem0BBBBB� 2 �1�1 2 �1. . . . . . . . .�1 2 �1�1 21CCCCCA0BBBBB� u1u2...un�1un

1CCCCCA = 0BBBBB� u00...0un+11CCCCCA :Jetzt betra hten wir eine zweidimensionale Temperaturverteilung auf einer quadrati-s hen Metallplatte. Diese sei dur h ein quadratis hes Gitter zerlegt, wobei man zeilen-und spaltenweise jeweils n innere Knoten habe. Wir bes hr�anken uns hier auf den Falln = 3. Die gegebenen Randtemperaturen in den 12 Randknoten seien t1; : : : ; t12, die

22 Lineare und ni htlineare Glei hungengesu hten Temperaturen in den inneren Knoten seien mit ui;j, 1 � i; j � 3, bezei hnet.Man kann dies folgenderma�en darstellen:t1 t2 t3t12 u1;1 u1;2 u1;3 t4t11 u2;1 u2;2 u2;3 t5t10 u3;1 u3;2 u3;3 t6t9 t8 t7Man erh�alt n2 = 9 Glei hungen in den inneren Knoten. Das lineare Glei hungssystemlautet (na h Multiplikation mit 4)0BBBBBBBBBBBB�4 �1 0 �1 0 0 0 0 0�1 4 �1 0 �1 0 0 0 00 �1 4 0 0 �1 0 0 0�1 0 0 4 �1 0 �1 0 00 �1 0 �1 4 �1 0 �1 00 0 �1 0 �1 4 0 0 �10 0 0 �1 0 0 4 �1 00 0 0 0 �1 0 �1 4 �10 0 0 0 0 �1 0 �1 4

1CCCCCCCCCCCCA0BBBBBBBBBBBB�

u1;1u1;2u1;3u2;1u2;2u2;3u3;1u3;2u3;31CCCCCCCCCCCCA =

0BBBBBBBBBBBB�t1 + t12t2t3 + t4t110t5t9 + t10t8t6 + t7

1CCCCCCCCCCCCA :Es ist nun einfa h, die Gestalt der KoeÆzientenmatrix f�ur allgemeines n zu raten. Manstellt fest, dass man wie im vorigen Beispiel zu einer Blo k-Tridiagonalmatrix gelangtist. 2Beispiel: Wir �ubernehmen (w�ortli h) ein Beispiel bei N. K�o kler (1990, S. 50 �.)1.Ein neu entde kter Himmelsk�orper, der si h auf einer Umlaufbahn um die Sonnebewegt, wurde an 10 Positionen beoba htet. Die kartesis hen Koordinaten (xi; yi),i = 1; : : : ; 10, dieser Positionen, dargestellt in einem angepassten Koordinatensystemin der Bahnebene, sind in der folgenden Tabelle wiedergegeben:Beoba htung Nr. xi yi1 �1:024940 �0:3892692 �0:949898 �0:3228943 �0:866114 �0:2652564 �0:773392 �0:2165575 �0:671372 �0:1771526 �0:559524 �0:1475827 �0:437067 �0:1286188 �0:302909 �0:1213539 �0:155493 �0:12734810 �0:007464 �0:148885Die Bahn des Himmelsk�orpers ist eine Ellipse mit der Sonne in einem der beidenBrennpunkte (erstes Keplers hes Gesetz):x2 = ay2 + bxy + x+ dy + e:1N. K�o kler (1990) Numeris he Algorithmen in Softwaresystemen. B. G. Teubner, Stuttgart.

2.1 Lineare Glei hungssysteme 23Setzen wir in diese Darstellung die beoba hteten Positionen ein, so bekommen wir 10lineare Glei hungen f�ur die f�unf unbekannten KoeÆzienten a; b; ; d; e, die in Matrixformfolgenderma�en aussehen:0B� y21 x1y1 x1 y1 1... ... ... ... ...y210 x10y10 x10 y10 1 1CA0BBBB� ab de1CCCCA = 0B� x21...x210 1CA :Es handelt si h hier um ein �uberbestimmtes lineares Glei hungssystem, wel hes wegender Beoba htungsfehler ni ht exakt l�osbar ist. Daher wendet man i.Allg. die Methodeder kleinsten Quadrate an (wir kommen hierauf sp�ater ausf�uhrli h zur�u k) und be-stimmt eine L�osung, f�ur die der Defekt im Sinne der euklidis hen Norm minimal ist.Bei Maple gibt es im LinearAlgebra-Pa kage die Funktion LeastSquares, mit der einesol he L�osung bestimmt werden kann. Wir wollen hier eine Matlab-Funktion Keplerangeben. Hierzu s hreibt man in ein File Kepler.m z. B. den folgenden Inhalt.fun tion z=Kepler(x,y);%*****************************************************%Zu vorgegebenen Koordinaten (x,y) wird na h der%Methode der kleinsten Quadrate die Darstellung einer%Ellipse ausgegeben.%*****************************************************%Input-Parameter% x,y zwei Vektoren, deren Laenge deutli h% groesser als 5 ist.%Output-Parameter% z Die gesu hte Ellipse hat die% Darstellung% x^2=z(1)*y^2+z(2)*xy+z(3)*x+z(4)*y+z(5)%*****************************************************A=[y.^2,x.*y,x,y,ones(length(x),1)℄;rhs=x.^2; z=A\rhs;Besetzen wir die Vektoren und rufen die Funktion Kepler auf, etwa dur h>> format long;>>x=[-1.024940;-0.949898; -0.866114;-0.773392;-0.671372;-0.559524;-0.437067;...-0.302909;-0.155493;-0.007464℄;>>y=[-0.389269;-0.322894;-0.265256;-0.216557;-0.177152; -0.147582;-0.128618;...-0.121353;-0.127348;-0.148885℄;>>z=Kepler(x,y)so erhalten wir z = 0BBBB� �1:38334886512014�0:66464965048688�0:67112854539521�3:37090756374251�0:475042147068641CCCCA :

24 Lineare und ni htlineare Glei hungen

–2

–1.5

–1

–0.5

y

–1 –0.5 0 0.5 1xAbbildung 2.1: Bahn eines Himmelsk�orpersDas Zei hnen der Ellipse ges hieht am einfa hsten mit Hilfe des impli itplot-Befehlvon Maple. Die in Abbildung 2.1 gezei hnete Ellipse haben wir mit den folgendenBefehlen gewonnen:with(plots):a:=-1.383: b:=-0.665: :=-0.671: d:=-3.371: e:=-0.475:impli itplot(x^2=a*y^2+b*x*y+ *x+d*y+e,x=-1.3..1.4,y=-2.4..0,grid=[80,80℄,s aling= onstrained);Eine entspre hende Abbildung mit Matlab herzustellen w�are wohl komplizierter. 2Beispiel: Interpolationsprobleme f�uhren sehr oft auf die Aufgabe, ein lineares Glei- hungssystem zu l�osen. Gegeben seien z. B. paarweise vers hiedene sogenannte St�utz-stellen x0; : : : ; xn 2 R sowie zugeh�orige St�utzwerte f0; : : : ; fn 2 R. Mit Pn bezei hnenwir den (n+1)-dimensionalen linearen Raum der Polynome vom Grad � n. Die Inter-polationsaufgabe bestehe darin, ein p 2 Pn mit p(xi) = fi, i = 0; : : : ; n, zu bestimmen.Diese Aufgabe ist eindeutig l�osbar. Um dies einzusehen w�ahle man eine Basis von Pn,es sei also Pn = span fv0; : : : ; vng. Z. B. ist vj(x) := xj, j = 0; : : : ; n (Monom-Basis).Der Ansatz p(x) = Pnj=0 �jvj(x) gen�ugt den geforderten Interpolationsbedingungengenau dann, wennPnj=0 �jvj(xi) = fi, i = 0; : : : ; n, bzw. � = (�0; : : : ; �n)T L�osung deslinearen Glei hungssystems0B� v0(x0) � � � vn(x0)... ...v0(xn) � � � vn(xn) 1CA0B� �0...�n 1CA = 0B� f0...fn 1CAist. Die KoeÆzientenmatrix dieses linearen Glei hungssystems ist ni htsingul�ar. Denn

2.1 Lineare Glei hungssysteme 25ist 0B� v0(x0) � � � vn(x0)... ...v0(xn) � � � vn(xn) 1CA0B� �0...�n 1CA = 0B� 0...0 1CA ;so ist q(x) := Pnj=0 �jvj(x) ein Polynom aus Pn mit den n + 1 paarweise vers hiede-nen Nullstellen x0; : : : ; xn, also notwendigerweise das Nullpolynom. Daher ist das obenangegebene Interpolationsproblem stets eindeutig l�osbar.Bei der praktis hen Anwendung nutzt man aus, dass man die Wahl einer Basis vonPn in der Hand hat. W�ahlt man die Monombasis, so erh�alt man als KoeÆzientenmatrixeine sogenannte Vandermondes he MatrixV := 0BBBBB� 1 x0 x20 � � � xn01 x1 x21 � � � xn11 x2 x22 � � � xn2... ... ... . . . ...1 xn x2n � � � xnn1CCCCCA ;also eine voll besetzte Matrix, die i. Allg. au h no h ung�unstige Stabilit�atseigens haftenhat (was hier ni ht n�aher erl�autert werden soll). Das andere Extrem besteht darin, dassman eine sogenannte Lagrange-Basis w�ahlt. Hier ist das j-te Basiselement gegebendur h Lj(x) := nYk=0k 6=j x� xkxj � xk ; j = 0; : : : ; n:Wegen Lj(xi) = Æij (Krone ker-Symbol), 0 � i; j � n, ist hier die KoeÆzientenmatrixim linearen Glei hungssystem die Identit�at undp(x) = nXj=0 fjLj(x)die sogenannte Lagrange-Darstellung des Interpolationspolynoms. Bei der Newton-Darstellung ist das j-te Basiselement dur hNj(x) := j�1Yk=0(x� xk); j = 0; : : : ; ngegeben (wobei nat�urli hN0(x) = 1). WegenNj(xi) = 0, i = 0; : : : ; j�1, ist nun die Ko-eÆzientenmatrix im linearen Glei hungssystem eine untere Dreie ksmatrix (mit ni ht-vers hwindenden Diagonalelementen). Dies erlaubt das sukzessive L�osen des linearenGlei hungssystems dur h sogenannte Vorw�artssubstitution. Der Newton-Ansatz hatgegen�uber dem von Lagrange den Vorteil, dass die Hinzunahme einer neuen St�utzstelleni ht die gesamte bisherige Arbeit �uber �ussig ma ht. Anmerkungen zur Interpolationvon Polynomen auf relativ elementarem Niveau �ndet man au h bei T. Sonar (2001,S. 59 �.)2.2T. Sonar (2001) Angewandte Mathematik, Modellbildung und Informatik. Eine Einf�uhrung f�urLehamtsstudenten, Lehrer und S h�uler. Viewg, Brauns hweig-Wiesbaden.

26 Lineare und ni htlineare Glei hungenEine Interpolation mit Polynomen hohen Grades ist ni ht sinnvoll, weil die entste-henden Polynome zu starken Oszillationen neigen. Dies wollen wir dur h ein ber�uhmtesBeispiel von C. Runge (1901) demonstrieren. Es seif(x) := 11 + x2 ; x 2 [�5; 5℄:Man w�ahle eine �aquidistante Zerlegung des Intervalls [�5; 5℄ und nehme als St�utzwertedie entspre henden Funktionswerte von f , setze alsoxi := �5 + i10n ; fi := f(xi) (i = 0; : : : ; n):In Abbildung 2.2 links geben wir f (gestri helt) und das Interpolationspolynom f�urn = 5 an, re hts entspre hend f�ur n = 10. Statt Polynome hoher Ordnung benutzt man

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2Runge−Beispiel mit n=5

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−0.5

0

0.5

1

1.5

2Runge−Beispiel mit n=10

Abbildung 2.2: Das Runge-Beispiel mit n = 5 und n = 10bei der Interpolation lieber st�u kweise Polynome niedriger Ordnung. Bezei hnet manmit �n die Zerlegung x0 < � � � < xn (bisher mussten die St�utzstellen ni ht ansteigendgeordnet sein), so nennt man ein Element ausS3(�n) := fs 2 C2[x0; xn℄ : sj[xj ;xj+1℄ 2 P3 j = 0; : : : ; n� 1geinen kubis hen Spline zur vorgegebenen Zerlegung �n. Dies ist also eine auf dem Ge-samtintervall [x0; xn℄ zweimal stetig di�erenzierbare Funktion, wel he restringiert aufjedes der Teilintervalle [xj; xj+1℄, j = 0; : : : ; n � 1, ein kubis hes Polynom ist. O�en-si htli h ist S3(�n) ein linearer Raum. Wir wollen es plausibel ma hen (das ist etwasanderes als ein Beweis!), dass dimS3(�n) = n+3. Auf jedem der n Teilintervalle ist einkubis her Spline ein Polynom vom Grad � 3, so dass man h�o hstens 4n Freiheitgradehat (es ist dimP3 = 4). Dur h die Forderung na h zweimaliger stetiger Di�erenzierbar-keit in den n� 1 inneren Knoten hat man aber no h 3(n� 1) Bedingungen und damitinsgesamt 4n � 3(n � 1) = n + 3 Freiheitsgrade bei der Bestimmung eines kubis hen

2.1 Lineare Glei hungssysteme 27Splines. Interpolationsbedingungen s(xj) = fj, j = 0; : : : ; n, in den n + 1 St�utzstellenx0; : : : ; xn lassen no h zwei Bedingungen frei. Die bei weitem wi htigsten Zusatzbedin-gungen sind:� Hermites he Randbedingung: Die Steigungen bzw. Ableitungen des Splines anden beiden Intervallenden werden vorgegeben. Es seien also zus�atzli h f 00 und f 0ngegeben, die Zusatzbedingungen sind s0(x0) = f 00 und s0(xn) = f 0n.� Nat�urli he Randbedingung3: Es werden die zweiten Ableitungen an den Intervall-enden vorgegeben. Gegeben seien also f 000 und f 00n (sehr oft ist f 000 = f 00n = 0), diebeiden Zusatzbedingungen sind s00(x0) = f 000 und s00(xn) = f 00n .� Not-a-knot Bedingung: Es wird gefordert, dass der kubis he Spline in dem er-sten und dem letzten inneren Knoten, also in x1 und xn�1, dreimal stetig dif-ferenzierbar ist. Die Zusatzbedingungen sind also s000(x1 � 0) = s000(x1 + 0) unds000(xn�1�0) = s000(xn�1+0). Diese Bedingung ist angebra ht, wenn keine Informa-tionen �uber erste oder zweite Ableitungen an den Intervallenden zur Verf�ugungstehen.Auf die Aufstellung der entspre henden Glei hungssysteme gehen wir in den Aufgaben3, 4 und 5 n�aher ein. 22.1.2 LU-, QR- und Cholesky-Zerlegung: MotivationGegeben sei ein lineares Glei hungssystem Ax = b mit einer ni htsingul�aren KoeÆzi-entenmatrix A 2 Rn�n und einer re hten Seite b 2 Rn . Direkte Verfahren zur L�osunglinearer Glei hungssysteme beruhen darauf, eine gewisse Zerlegung der KoeÆzienten-matrix zu bere hnen und das gegebene lineare Glei hungssystem in ein �aquivalenteslineares Glei hungssystem (�aquivalent soll hierbei hei�en, dass die L�osungen �uberein-stimmen) mit einer oberen Dree ksmatrix als KoeÆzientenmatrix zu transformieren.Ein sol hes lineares Glei hungssystem kann dann dur h sogenanntes R�u kw�artseinset-zen (ba kward substitution) mit 12n(n+1) \ ops" gel�ost werden4. Genauer werden wirkonstruktiv, also dur h Angabe eines Algorithmus, zeigen:3In Maple gibt es den Befehl spline. Z.B. erh�alt man dur h spline([0,1,2,3℄,[0,1,4,3℄,x,3);den kubis hen Spline s(x) = 8>>>>><>>>>>: 15x+ 45x3; 0 � x � 1;145 � 415 x+ 425 x2 � 2x3; 1 � x � 2;�1145 + 1515 x� 545 x2 + 65x3; 2 � x � 3:Dies ist ein nat�urli her Spline in dem (einges hr�ankten) Sinne, dass die zweiten Ableitungen an denIntervallenden vers hwinden.4Auf diese Anzahl ist s hon der 10-j�ahrige C. F. Gau� gekommen. Um die S h�uler \ruhig zu stellen",gab der Lehrer ihnen die Aufgabe, die Zahlen von 1 bis 100 zu addieren. Gau� gab die ri htige Antwort5050 in Sekunden, sein Tri k ist inzwis hen wohlbekannt: Er addierte zun�a hst 1 und 99, dann 2 und98 usw., erh�alt also als Summe der Zahlen von 1 bis 100 ohne 50 und 100 genau 49 � 100 = 4900.Hinzuf�ugen der beiden fehlenden Zahlen ergibt die gesu hte Zahl.

28 Lineare und ni htlineare Glei hungen� LU -Zerlegung: Sei A 2 Rn�n ni htsingul�ar. Dann existiert eine Permutations-matrix P 2 Rn�n (das ist eine quadratis he Matrix, die in jeder Zeile und jederSpalte genau eine 1 als Eintrag besitzt und sonst nur Nullen), eine untere Drei-e ksmatrix L 2 Rn�n (also alle Eintr�age unterhalb der Diagonalen vers hwindenbzw. lij = 0 f�ur i < j) mit Einsen in der Diagonalen und eine obere Dreie ks-matrix U 2 Rn�n (also alle Eintr�age oberhalb der Diagonalen vers hwinden bzw.uij = 0 f�ur i > j) mit PA = LU:Die Zerlegung wird mit Hilfe des Gau�s hen Eliminationsverfahrens bere hnet.� QR-Zerlegung: Sei A 2 Rm�n mit m � n und Rang (A) = n gegeben5. Danngibt es eine orthogonale Matrix Q 2 Rn�n (d. h. es ist QTQ = I) und eine obereDreie ksmatrix R 2 Rm�n mit A = QR:Diese Zerlegung kann man mit sogenannten Householder-Spiegelungen oder mitsogenannten Givens-Rotationen bere hnen.� Cholesky-Zerlegung: Sei A 2 Rn�n symmetris h (d. h. aij = aji f�ur 1 � i; j � n)und positiv de�nit. Dann existiert (genau) eine untere Dreie ksmatrix L 2 Rn�nmit positiven Diagonalelementen undA = LLT :Wir werden nun zeigen, weshalb es f�ur die numeris he L�osung eines linearen Glei- hungssystems (bzw. eines linearen Least Square Problems) w�uns henswert ist, eineder eben angegebenen Zerlegungen zu bere hnen.� LU -Zerlegung: Gegeben sei ein lineares Glei hungssystem Ax = b mit ni htsin-gul�arem A 2 Rn�n . Bekannt sei eine LU -Zerlegung PA = LU , also quadrati-s he Matrizen P; L; U mit den oben angegebenen Eigens haften. Eine Permuta-tionsmatrix P 2 Rn�n ist dur h eine Permutation f�(1); : : : ; �(n)g der Zahlenf1; : : : ; ng gegeben: In der i-ten Zeile steht in der �(i)-ten Spalte eine 1, sonst nurNullen. Mit Hilfe des Krone ker-Symbols kann man dies au h dur h pij = Æ�(i)j ,1 � i; j � n, ausdr�u ken. Eine Permutationsmatrix ist orthogonal6 und folg-li h ni htsingul�ar. Daher ist das lineare Glei hungssystem Ax = b �aquivalent zuPAx = Pb. Die neue re hte Seite Pb entsteht aus b dur h eine Permutation derKomponenten, genauer ist(Pb)i = nXj=1 pijbj = nXj=1 Æ�(i)jbj = b�(i); i = 1; : : : ; n:5Z.B. ist m = n und A ni htsingul�ar. Der allgemeinere Fall wird zugelassen, um au h lineare LeastSquare Probleme zu erfassen.6Denn es ist (P TP )ij = nXk=1(P T )ik(P )kj = nXk=1 pkipkj = nXk=1 Æ�(k)iÆ�(k)j = Æij :

2.1 Lineare Glei hungssysteme 29Das lineare Glei hungssystem PAx = LUx = Pb wird in zwei S hritten gel�ost.Zun�a hst bestimmt man y = Ux als L�osung von Ly = Pb dur h Vorw�artseinset-zen (forward substitution), dana h bere hnet man die gesu hte L�osung x dur hR�u kw�artseinsetzen aus Ux = y.� QR-Zerlegung: Gegeben seien eine Matrix A 2 Rm�n mitm � n und Rang (A) =n, ein Vektor b 2 Rm und hiermit das lineare Least Square ProblemMinimiere kAx� bk2; x 2 Rn :Hierbei sei k � k2 die euklidis he Norm auf dem Rm . F�ur y 2 Rm ist alsokyk2 :=pyTy = � mXi=1 y2i �1=2:Angenommen, es sei eine QR-Zerlegung von A bekannt, also eine orthogonaleMatrix Q 2 Rm�m und eine obere Dreie ksmatrix R. Da wir Rang (A) = n bzw.die lineare Unabh�angigkeit der n Spalten von A voraussetzen und Q als orthogo-nale Matrix ni htsingul�ar ist, sind au h die n Spalten von R linear unabh�angig.Als obere m� n-Dreie ksmatrix hat R die FormR = � R0 �mit einer oberen n� n-Dreie ksmatrix R, wel he wegen des eben gesagten ni ht-singul�ar ist. Zur Abk�urzung setzen wir� d � := QT b mit 2 Rn ; d 2 Rm�n :F�ur ein beliebiges x 2 Rn ist dannkAx� bk22 = kQRx� bk22= kRx�QT bk22= � R0 � x� � d � 22= kRx� k22 + kdk22:Hierbei haben wir ausgenutzt, dass die euklidis he Norm invariant unter derTransformation mit einer orthogonalen Matrix ist. Genauer: Ist y 2 Rm undQ 2 Rm�m orthogonal, so istkQyk2 =p(Qy)T (Qy) =pyTQTQy =pyTy = kyk2:Daher wird kAx � bk2 minimal, wenn Rx = . Dieses lineare Glei hungssystemmit einer (ni htsingul�aren) oberen Dreie ksmatrix kann man dur h R�u kw�arts-einsetzen l�osen.

30 Lineare und ni htlineare Glei hungen� Cholesky-Zerlegung: Sei A 2 Rn�n symmetris h und positiv de�nit. Wie wirzeigen werden, besitzt A dann eine Cholesky-Zerlegung, es existiert also eineuntere Dreie ksmatrix L 2 Rn�n mit positiven Diagonalelementen derart, dassA = LLT . Umgekehrt gilt nat�urli h: Ist A = LLT mit einer ni htsingul�arenMatrix L 2 Rn�n , so ist A symmetris h und positiv de�nit. Ist eine Cholesky-Zerlegung A = LLT der symmetris hen, positiv de�niten Matrix A bekannt,so kann ein lineares Glei hungssystem Ax = b wieder dur h Vorw�arts- undR�u kw�artseinsetzen gel�ost werden: Zun�a hst man y = LTx aus Ly = b dur hVorw�artseinsetzen, dana h die gesu hte L�osung x aus LTx = y dur h R�u kw�art-seinsetzen.Jetzt wollen wir kurz auf die M�ogli hkeiten von Maple und Matlab zur Bere hnungdieser Zerlegungen eingehen.� LU -Zerlegung: Im Pa kage LinearAlgebra von Maple gibt es zur LU -Zerlegungdie Funktion LUDe omposition, in Matlab die Funktion lu. Hilfen zu diesenFunktionen erh�alt man dur h ?LUDe omposition bzw. help lu. Es ist wi htigsi h zu informieren, weil der Gebrau h des Begi�es LU -Zerlegung ni ht ganzeinheitli h ist. In Maple werden z. B. dur h(P,L,U)=LinearAlgebra[LUDe omposition℄(A);eine Permutationsmatrix P , eine untere Dreie ksmatrix L mit Einsen in der Dia-gonalen und eine obere Dreie ksmatrix U mit PLU = A bere hnet, in Matlaberh�alt man dur h[L,U,P℄=lu(A)eine Zerlegung PA = LU mit Matrizen P; L; U , die die �ubli hen Eigens haftenhaben.Beispiel: Sei A := 0BB� 0 1 1 �3�2 3 1 40 0 0 13 1 0 0 1CCA :Zu bere hnen sei eine LU -Zerlegung. Zun�a hst verwenden wir Maple:> with(LinearAlgebra):> A:=Matrix([[0,1,1,-3℄,[-2,3,1,4℄,[0,0,0,1℄,[3,1,0,0℄℄):> (P,L,U):=LUDe omposition(A);P; L; U := 2664 0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0 3775 ; 266664 1 0 0 00 1 0 0�32 112 1 00 0 0 1377775 ; 266664 �2 3 1 40 1 1 �30 0 �4 4520 0 0 1

377775

2.1 Lineare Glei hungssysteme 31> P:=Transpose(P):> Defe t:=P.A-L.U;Defe t := 2664 0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0 3775Und nun no h Matlab:A=[0,1,1,-3;-2,3,1,4;0,0,0,1;3,1,0,0℄;format long;[L,U,P℄=lu(A)ergibtL = 0BB� 1:00000000000000 0 0 0�0:66666666666667 1:00000000000000 0 00 0:27272727272727 1:00000000000000 00 0 0 1:00000000000000 1CCA ;fernerU = 0BB� 3:00000000000000 1:00000000000000 0 00 3:66666666666667 1:00000000000000 4:000000000000000 0 0:72727272727273 �4:090909090909090 0 0 1:00000000000000 1CCAund P = 0BB� 0 0 0 10 1 0 01 0 0 00 0 1 0 1CCA :eh�alt man dur h P*A-L*U die Nullmatrix. An diesem Beispiel erkennt man au h,dass P; L; U keineswegs eindeutig bestimmt sind. 2� QR-Zerlegung: Im Pa kage LinearAlgebra von Maple gibt es zur QR-Zerlegungdie Funktion QRDe omposition, in Matlab die Funktion qr. Wieder sollte mansi h dur h die entspre henden Fragen �uber den Gebrau h und die Optionen derFunktionen informieren.Beispiel: Sei A := 0� 1 �82 �12 14 1A :Zu bere hnen sei eine QR-Zerlegung. Zun�a hst verwenden wir Maple:> with(LinearAlgebra):> A:=Matrix([[1,-8℄,[2,-1℄,[2,14℄℄):> (Qhat,Rhat):=QRDe omposition(A);

32 Lineare und ni htlineare Glei hungenQhat ; Rhat := 26666664 13 �2323 �1323 23

37777775 ; � 3 60 15 �> Equal(Qhat.Rhat,A); true> (Q,R):=QRDe omposition(A,fullspan);Q; R := 26666664 13 �23 2323 �13 �2323 23 1337777775 ; 24 3 60 150 0 35> Equal(Q.R,A); trueIm ersten Fall wird die sogenannte reduzierte QR-Zerlegung bere hnet, also eineMatrix Q 2 Rm�n (in unserem Beispiel ist m = 3 und n = 2), deren Spaltenein Orthonormalsystem im Rm bilden, f�ur die also QT Q = I, sowie eine obereDreie ksmatrix R 2 Rn�n mit A = QR. Im zweiten Fall wird die oben bes hrie-bene volle QR-Zerlegung bere hnet. Allerdings ist dies ni ht m�ogli h, wenn AGleitkommazahlen enth�alt.Und nun no h die entspre henden Resultate mit Matlab:A=[1,-8;2,-1;2,14℄;format long;[Q,R℄=qr(A)liefert eine volle QR-Zerlegung:Q = 0� �0:33333333333333 0:66666666666667 0:66666666666667�0:66666666666667 0:33333333333333 �0:66666666666667�0:66666666666667 �0:66666666666667 0:33333333333333 1Aund R = 0� �3 �60 �150 0 1A :Eine reduzierte (e onomy size) QR-Zerlegung erh�alt man dur h[Qhat,Rhat℄=qr(A,0)n�amli hQ = 0� �0:33333333333333 0:66666666666667�0:66666666666667 0:33333333333333�0:66666666666667 �0:66666666666667 1A ; R = � �3 �60 �15 � :

2.1 Lineare Glei hungssysteme 33Es gibt diverse andere Optionen, auf die aber ni ht eingegangen werden soll.�Ubrigens erkennt man, dass au h eine QR-Zerlegung ni ht eindeutig bestimmtist. Dies ist erst dann der Fall, wenn man die Vorzei hen der Diagonalelementevon R vors hreibt. 2� Cholesky-Zerlegung: In Maple kann man mit der Funktion LUDe ompositionund einer speziellen Option die Cholesky-Zerlegung einer symmetris hen, positivde�niten Matrix bestimmen. In Matlab gibt es die Funktion hol. Wir geben einBeispiel.Beispiel: Sei A := 0� 4 �10 2�10 34 �172 �17 18 1A :Zun�a hst gehen wir auf Maple ein:> with(LinearAlgebra):> A:=Matrix([[4,-10,2℄,[-10,34,-17℄,[2,-17,18℄℄):> L:=LUDe omposition(A,method=Cholesky);L := 24 2 0 0�5 3 01 �4 1 35> Equal(L.Transpose(L),A);trueBei der Anwendung der Funktion hol in Matlab muss man bea hten, dassR= hol(A) eine obere Dreie ksmatrix mit RTR = A liefert. Dur hA=[4,-10,2;-10,34,-17;2,-17,18℄;format long;L= hol(A)'erh�alt man dieselbe Matrix L wie oben. Das ist au h kein Wunder, denn dieCholesky-Zerlegung ist eindeutig bestimmt. 22.1.3 LU-, QR- und Cholesky-Zerlegung: Existenz und nume-ris he Bere hnungSei A 2 Rn�n ni htsingul�ar. Die Idee des Gau�s hen Eliminationsverfahrens ohne Spal-tenpivotsu he (wel hes ni ht immer dur hf�uhrbar ist!) zur Bere hnung einer ZerlegungA = LU mit einer unteren Dreie ksmatrix L 2 Rn�n mit Einsen in der Diagonalenund einer oberen Dreie ksmatrix U 2 Rn�n besteht einfa h darin, dass A in n � 1S hritten dur h Multiplikation mit sogenannten Gau�s hen Matrizen in eine obereDreie ksmatrix transformiert wird. Diese wohlbekannte Idee wollen wir an einem Bei-spiel demonstrieren.

34 Lineare und ni htlineare Glei hungenBeispiel: Sei A := 0� 2 �1 3�4 6 �56 13 16 1A :Multipliziert man A von links mitM1 := 0� 1 0 042 1 0�62 0 1 1A = 0� 1 0 02 1 0�3 0 1 1A ;so erh�alt man M1A = 0� 2 �1 30 4 10 16 7 1A :Eine Multiplikation von M1A von links mitM2 := 0� 1 0 00 1 00 �164 1 1A = 0� 1 0 00 1 00 �4 1 1Aliefert M2M1A = 0� 2 �1 30 4 10 0 3 1A =: U;also eine obere Dreie ksmatrix. Daher istA =M�11 M�12 U = 0� 1 0 0�2 1 03 0 1 1A0� 1 0 00 1 00 4 1 1AU = 0� 1 0 0�2 1 03 4 1 1A| {z }=L 0� 2 �1 30 4 10 0 3 1A| {z }=Udie gesu hte LU -Zerlegung von A. 2Nun gehen wir vom speziellen Beispiel zum allgemeinen Fall �uber und geben im fol-genden Satz notwendige und hinrei hende Bedingungen daf�ur an, dass das Gau�s heEliminationsverfahren ohne Spaltenpivotsu he dur hf�uhrbar ist, und dass es, wenn esdur hf�uhrbar ist, eine LU -Zerlegung liefert.Satz 1.1 Sei A = (aij) 2 Rn�n . Man betra hte das folgende Verfahren:� Setze A(1) := A, A(1) = (a(1)ij ).� F�ur k = 1; : : : ; n� 1:{ Bestimme lk := 1a(k)kk (0; : : : ; 0| {z }k ; a(k)k+1;k; : : : ; a(k)nk )T

2.1 Lineare Glei hungssysteme 35und ans hlie�end Mk := I � lkeTk :Hierbei bedeute ek den k-ten Einheitsvektor im Rn . Die Matrix Mk stimmtau�er in der k-ten Spalte, und hier au h nur in den Eintr�agen unterhalb desDiagonalelements, mit der Einheitsmatrix �uberein. Dana h bere hne manA(k+1) := MkA(k):Hierbei werden die ersten k Zeilen und ersten k � 1 Spalten von A(k) ni htver�andert. In der k-ten Spalte unterhalb des Diagonalelements werden Nul-len erzeugt. Den unteren (n � k) � (n � k)-Blo k in A(k+1) bere hnet manaus a(k+1)ij := a(k)ij � a(k)ika(k)kk a(k)kj ; i; j = k + 1; : : : ; n:Dann gilt:1. Das obige Verfahren ist genau dann dur hf�uhrbar, d. h. es ist a(k)kk 6= 0, k =1; : : : ; n � 1, wenn die ersten n � 1 Hauptabs hnittsdeterminanten von A ni htvers hwinden, wenn alsodet0B� a11 � � � a1k... ...ak1 � � � akk 1CA 6= 0; k = 1; : : : ; n� 1:2. Ist das Verfahren dur hf�uhrbar, so ist U := A(n) eine obere Dreie ksmatrix undA = LU mit L := I + n�1Xk=1 lkeTk ;einer unteren Dreie ksmatrix mit Einsen in der Diagonalen.Beweis: Wegen A = A(1) und det(Mk) = 1 ist det(A) = det(A(k)), k = 1; : : : ; n. Dasentspre hende gilt au h f�ur den linken oberen k � k-Blo k in A(k), d. h. es istdet0B� a11 � � � a1k... ...ak1 � � � akk 1CA = a(1)11 � � �a(k)kk ; k = 1; : : : ; n:Das Verfahren ist genau dann dur hf�uhrbar, wenn a(k)kk 6= 0, k = 1; : : : ; n� 1, bzw. dieersten n � 1 Hauptabs hnittsdeterminanten von Null vers hieden sind. Damit ist dererste Teil des Satzes bewiesen.F�ur den zweiten Teil bea hte man, dass die Matrizen Mk ni htsingul�ar sind undMk(I + lkeTk ) = (I � lkeTk )(I + lkeTk ) = I + lkeTk � lkeTk � eTk lk|{z}=0 ekeTk = I;

36 Lineare und ni htlineare Glei hungenalsoM�1k = I+ lkeTk , k = 1; : : : ; n�1, gilt. Na h Konstruktion ist U := A(n) eine obereDreie ksmatrix undA = M�11 � � �M�1n�1U = (I + l1eT1 ) � � � (I + ln�1eTn�1)U = �I + n�1Xk=1 lkeTk �U:Die G�ultigkeit von (I + l1eT1 ) � � � (I + ln�1eTn�1) = �I + n�1Xk=1 lkeTk �erkennt man hierbei folgenderma�en: Beide Matrizen haben dieselbe letzte Spalte,n�amli h en. Die ersten n � 1 Spalten stimmen aber au h �uberein, wie man f�ur j =1; : : : ; n� 1 aus(I + l1eT1 ) � � � (I + ln�1eTn�1)ej = (I + l1eT1 ) � � � (I + ljeTj )ej= (I + l1eT1 ) � � � (I + lj�1eTj�1)(ej + lj)= ej + lj= �I + n�1Xk=1 lkeTk �ejerkennt. O�ensi htli h ist L := I + n�1Xk=1 lkeTkeine untere Dreie ksmatrix mit Einsen in der Diagonalen. Der Satz ist bewiesen. 2Nat�urli h gibt es ni htsingul�are Matrizen, bei denen ni ht alle Hauptabs hnittsdeter-minanten von Null vers hieden sind. Z.B. kann s hon der (1; 1)-Eintrag vers hwin-den. Dann ist man auf eine sogenannte Pivotsu he angewiesen, wel he aus Stabilit�ats-gr�unden sowieso angebra ht ist. Die �ubli he Strategie ist eine Spaltenpivotsu he. Imk-ten S hritt bestimmt man r = r(k) 2 fk; : : : ; ng mitja(k)rk j = maxi=k;:::;n ja(k)ik jund vertaus ht in A(k) die k-te und die r-te Zeile. Ans hlie�end multipliziert man diedur h (eventuelle) Vertaus hung zweier Zeilen gewonnene Matrix mit der Gau�-MatrixMk = I � lkeTk , um Eintr�age in der k-ten Spalte unterhalb des Diagonalelementes zuannullieren. Die neue Matrix wird A(k+1) genannt. Hier ist also A(k+1) := MkPkA(k),wobei Pk eine spezielle Permutationsmatrix ist, n�amli h eine Vertaus hungsmatrix.Diese gewinnt man aus der Einheitsmatrix, indem man die k-te und die r-te Zeile(oder au h Spalte, denn sie ist symmetris h) miteinander vertaus ht. Es ist klar, dassdieses Verfahren bei ni htsingul�arem A = A(1) dur hf�uhrbar ist und U := A(n) eineobere Dreie ksmatrix ist. Es ist alsoMn�1Pn�1 � � �M1P1A = U:

2.1 Lineare Glei hungssysteme 37Da die Vertaus hungsmatrizen P1; : : : ; Pn�1 symmetris h und orthogonal sind, kannman die letzte Glei hung au h in der FormM 0n�1 � � �M 01Pn�1 � � �P1A = Us hreiben, wobeiM 0k := Pn�1 � � �Pk+1MkPk+1 � � �Pn�1; k = 1; : : : ; n� 1:Dann ist aber M 0k = Pn�1 � � �Pk+1(I � lkeTk )Pk+1 � � �Pn�1= I � Pn�1 � � �Pk+1lk eTkPk+1 � � �Pn�1| {z }=eTk= I � l0keTkebenfalls eine Gau�-Matrix mitl0k := Pn�1 � � �Pk+1lk; k = 1; : : : ; n� 1:Mit P := Pn�1 � � �P1ist daher PA = (I + l01eT1 ) � � � (I + l0n�1eTn�1)U = �I + n�1Xk=1 l0keTk �U = LU;wobei L := I + n�1Xk=1 l0keTk :Dies bedeutet: Ma ht man im k-ten S hritt bei der Bere hnung der Gau�-Matrix Mkdie Zuweisung aik := aik=akk, i = k + 1; : : : ; n, s hreibt man also die relevanten Datenvon Mk in die gerade frei gewordenen Positionen in der k-ten Spalte von A unterhalbdes Diagonalelements, so steht na h Abs hluss in der unteren H�alfte von A die untereH�alfte von L, in der oberen H�alfte von A (eins hlie�li h der Diagonalen) steht dieobere Dreie ksmatrix U . Wir fassen das bisher zum Gau�s hen Eliminationsverfahrenmit Spaltenpivotsu he gesagte in einer Matlab-Funktion GEpiv zusammen7.fun tion [L,U,piv℄=GEpiv(A);%**************************************************************%Input-Parameter:% A n x n-Matrix%Output-Parameter:7SieheC. F. van Loan (1997, S. 214) Introdu tion to S ienti� Computing. A Matrix-Ve tor Approa h usingMatlab. Prenti e Hall, Upper Saddle River.

38 Lineare und ni htlineare Glei hungen% L n x n-untere Dreie ksmatrix mit Einsen in der% Diagonalen% U n x n-obere Dreie ksmatrix% piv ganzzahliger n-Vektor, der eine Permutation% von 1:n ist. Es ist A(piv,:)=LU. Ist also I% die n x n-Einheitsmatrix und P=I(piv,:), so% ist PA=LU.%*************************************************************[n,n℄=size(A);piv=1:n;for k=1:n-1[maxv,q℄=max(abs(A(k:n,k)));r=q+k-1;piv([k r℄)=piv([r k℄);A([k r℄,:)=A([r k℄,:);if A(k,k)~=0 %Andernfalls ist A singulaerA(k+1:n,k)=A(k+1:n,k)/A(k,k);A(k+1:n,k+1:n)=A(k+1:n,k+1:n)-A(k+1:n,k)*A(k,k+1:n);endendL=eye(n)+tril(A,-1);U=triu(A);%************************************************************In den Aufgaben 6, 7, 8 und 9 gehen wir auf einige weitere Aussagen zum Gau�s henEliminationsverfahren ein.Nun kommen wir zur Bere hnung einer QR-Zerlegung einer Matrix A 2 Rm�n mitm � n. Die Existenz einer (reduzierten) QR-Zerlegung ist aus der linearen Algebrawohlbekannt, au h wenn man das viellei ht selber ni ht wei�. Der folgende Satz erinnertan diese (eventuell) vers h�utteten Vorkenntnisse.Satz 1.2 Sei A = ( a1 � � � an ) 2 Rm�n mit m � n und Rang (A) = n gegeben.Die n Spalten a1; : : : ; an 2 Rm von A seien also linear unabh�angig. Man betra htedas folgende klassis he Gram-S hmidt-Verfahren zur sukzessiven Orthonormierung vonfa1; : : : ; ang:� F�ur k = 1; : : : ; n:Setze q0k := ak.F�ur i = 1; : : : ; k � 1:Bere hne rik := qTi ak.Bere hne q0k := q0k � rikqi.% Es ist q0k = ak �Pk�1i=1 rikqi.Bere hne rkk := kq0kk2 und ans hlie�end qk := q0k=rkk.Dann gilt:1. Es ist fq1; : : : ; qng ein Orthonormalsystem im Rm mitspan fq1; : : : ; qkg = span fa1; : : : ; akg; k = 1; : : : ; n:

2.1 Lineare Glei hungssysteme 39und ak = kXi=1 rikqi; k = 1; : : : ; n:2. De�niert man Q := ( q1 � � � qn ) 2 Rm�n und die obere Dreie ksmatrix R 2Rn�n mit rik f�ur i � k als (i; k)-Eintrag, so ist QT Q = I und A = QR, d. h.dur h das Gram-S hmidt-Verfahren wird eine reduzierte QR-Zerlegung von Abere hnet.Beweis: Dur h vollst�andige Induktion na h k kann man lei ht zeigen, dass fq1; : : : ; qkgein Orthonormalsystem mit span fq1; : : : ; qkg = span fa1; : : : ; akg und ak = Pki=1 rikqiist. Hieraus folgt sofort der zweite Teil des Satzes. Dies erkennt man sehr einfa h, wennman auf beiden Seiten der behaupteten Glei hung A = QR die k-te Spalte betra htet.Denn es istQRek = ( q1 � � � qk qk+1 � � � qn )0BBBBBBB�r1k...rkk0...0

1CCCCCCCA = kXi=1 rikqi = ak = Aek:Damit ist der Satz bewiesen. 2Das klassis he Gram-S hmidt-Verfahren ist f�ur die Praxis unbrau hbar, da die Or-thonormalit�at der Spalten von Q wegen Rundungsfehlern sukzessive verloren geht.Au�erdem erh�alt man nur eine reduzierte QR-Zerlegung und ni ht eine volle. Dies isttheoretis h zwar keine Eins hr�ankung (man erg�anze fq1; : : : ; qng zu einer Orthonor-malbasis fq1; : : : ; qn; qn+1; : : : ; qmg des Rm), f�ur die Praxis aber s hon. In der Praxiswird A dur h sukzessive Multiplikation von links mit gewissen orthogonalen MatrizenQ1; : : : ; Qp in eine obere Dreie ksmatrix R �uberf�uhrt:Qp � � �Q1A = R:Mit Q := QT1 � � �QTp ist dann die gesu hte (volle) QR-Zerlegung gefunden. Im we-sentli hen spielen bei diesen Transformationen zwei Klassen spezieller orthogonalerMatrizen eine Rolle, n�amli h Householder-Spiegelungen und Givens-Rotationen. Wirbes hr�anken uns auf die Bes hreibung eines Verfahrens, wel hes Givens-Rotationenbenutzt. Dies sind Matrizen der FormGik = 0BBBBBBBBBB�

1 � � � 0 � � � 0 � � � 0... . . . ... ... ...0 � � � � � � s � � � 0... ... . . . ... ...0 � � � �s � � � � � � 0... ... ... . . . ...0 � � � 0 � � � 0 � � � 11CCCCCCCCCCA iki k

40 Lineare und ni htlineare Glei hungenwobei 1 � i < k � m und 2 + s2 = 1. Es ist lei ht na hzuweisen, dass eine Givens-Rotation orthogonal ist. Denn o�ensi htli h bilden die Spalten einer Givens-Rotationein Orthonormalsystem, d. h. sie haben die euklidis he L�ange 1 und stehen paarweiseaufeinander senkre ht. Eine 2� 2-Givens-Rotation hat die FormG = � s�s � mit 2 + s2 = 1:Bei gegebenem x = (x1; x2)T 2 R2 n f0g k�onnen ( ; s) mit 2 + s2 = 1 so bestimmtwerden, dass die zweite Komponente von y := Gx vers hwindet. Dies f�uhrt n�amli hauf die Forderung y2 := �sx1 + x2 = 0;so dass := x1px21 + x22 ; s := x2px21 + s2das Verlangte tut. In Matlab gibt es f�ur diese Aufgabe die Funktion planerot. Na hhelp planerot erf�ahrt man:PLANEROT Givens plane rotation.[G,Y℄ = PLANEROT(X), where X is a 2- omponent olumn ve tor,returns a 2-by-2 orthogonal matrix G so that Y = G*X has Y(2) = 0.Bei der sukzessiven Annullierung der Eintr�age von A unterhalb der Diagonalen kannman z.B. spaltenweise (von links na h re hts) und in jeder Spalte von unten na hoben vorgehen. Hierbei bea hte man, dass si h bei der Multiplikation einer Matrix vonlinks mit einer Givens-Rotation Gik nur die i-te und die k-te Zeile ver�anden. Die neuenZeilen sind Linearkombinationen der alten. Wir ma hen uns die Vorgehensweise beieiner 4 � 3-Matrix klar. Bei einer Transformation festbleibende Elemente werden mit�, si h ver�andernde mit � bezei hnet. Nullen sind dur h ein blank gekennzei hnet:0BB� � � �� � �� � �� � � 1CCA G34�! 0BB� � � �� � �� � �� � 1CCA G23�! 0BB� � � �� � �� �� � 1CCA G12�! 0BB� � � �� �� �� � 1CCA G34�! 0BB� � � �� �� �� 1CCAund ans hlie�end G23�!0BB� � � �� ��� 1CCA G34�! 0BB� � � �� �� 1CCA :Wir geben nun eine Matlab-Funktion QRGivens an, die mit diesen Ideen eine volleQR-Zerlegung einer Matrix A 2 Rm�n mit m � n bere hnet. Man bea hte, dass dieMatrix A ni ht vollen Rang zu haben brau ht. Der obere n � n-Blo k in der oberenDreie ksmatrix R ist allerdings genau dann ni htsingul�ar, wenn A vollen Rang besitzt.

2.1 Lineare Glei hungssysteme 41fun tion [Q,R℄=QRGivens(A);%***************************************************%Input-Parameter:% A m x n-Matrix mit m>=n.%Output-Parameter:% Q m x m orthogonale Matrix% R m x n obere Dreie ksmatrix% A = QR%***************************************************[m,n℄=size(A);Q=eye(m);for j=1:nfor i=m:-1:j+1%Annulliere A(i,j)[G,A(i-1:i,j)℄=planerot(A(i-1:i,j));A(i-1:i,j+1:n)=G*A(i-1:i,j+1:n);Q(:,i-1:i)=Q(:,i-1:i)*G';endendR=triu(A);%***************************************************Beispiel: Wie in einem fr�uheren Beispiel seiA := 0� 1 �82 �12 14 1A :Mit der eben angegebenen Funktion QRGivens erhalten wir in Matlab na hA=[1,-8;2,-1;2,14℄;format long;[Q,R℄=QRGivens(A)das ErgebnisQ = 0� 0:33333333333333 �0:66666666666667 0:666666666666670:66666666666667 �0:33333333333333 �0:666666666666670:66666666666667 0:66666666666667 0:33333333333333 1A ; R = 0� 3 60 150 0 1A :Bis auf eine unters hiedli he Vorzei henverteilung ist das genau das dur h die Matlab-Funktion qr erhaltene Ergebnis. 2Jetzt kommen wir no h zur Cholesky-Zerlegung einer symmetris hen, positiv de�nitenMatrix A 2 Rn�n , also einer Darstellung A = LLT mit einer unteren Dreie ksmatrixL 2 Rn�n , die nur positive Diagonalelemente besitzt. Der folgende Satz sagt aus, dassjede symmetris he, positiv de�nite Matrix eine eindeutige Cholesky-Zerlegung besitzt.Satz 1.3 Ist A 2 Rn�n symmetris h und positiv de�nit, so existiert genau eine untereDreie ksmatrix L 2 Rn�n mit positiven Diagonalelementen derart, dass A = LLT .Beweis: Die Behauptung wird dur h vollst�andige Induktion na h n bewiesen. F�urn = 1 ist die Aussage o�enbar ri htig. Wir nehmen an, dass jede symmetris he, positiv

42 Lineare und ni htlineare Glei hungende�nite (n�1)� (n�1)-Matrix eine eindeutige Cholesky-Zerlegung besitzt. Die n�n-Matrix denke man si h zerlegt: A = � An�1 aaT � � :Hierbei ist An�1 2 R(n�1)�(n�1) symmetris h und positiv de�nit (Beweis?). F�ur dieuntere Dreie ksmatrix L ma he man den AnsatzL = � Ln�1 0lT � �mit einer unteren Dreie ksmatrix Ln�1 2 R(n�1)�(n�1) und einem Vektor l 2 Rn�1 .Dann istLLT = � Ln�1 0lT � �� LTn�1 l0T � � = � Ln�1LTn�1 Ln�1l(Ln�1l)T lT l + �2 � = � An�1 aaT � � = Agenau dann, wennLn�1LTn�1 = An�1; Ln�1l = a; lT l + �2 = �:Also ist Ln�1 notwendigerweise der na h Induktionsannahme eindeutig existierendeCholesky-Faktor (untere Dreie ksmatrix mit positiven Diagonalelementen) von An�1und es bleibt die eindeutige Existenz eines Vektors l 2 Rn�1 und einer positiven Zahl� mit Ln�1l = a; lT l + �2 = �zu zeigen. Da Ln�1 ni htsingul�ar ist, ist l dur h Ln�1l = a eindeutig festgelegt. Zuzeigen bleibt, dass � � lT l positiv ist, da dann genau ein positives � mit lT l + �2 = �existiert. Nun ist aber�� lT l = �� aTL�Tn�1L�1n�1a= �� aTA�1n�1a= � �A�1n�1a1 �T � An�1 aaT � �� �A�1n�1a1 �> 0 ;da A positiv de�nit ist, womit alles gezeigt ist. 2Ein Verfahren zur Bere hnung des Cholesky-Faktors L erh�alt man sehr lei ht aus derBestimmungsglei hung A = LLT dur h KoeÆzientenverglei h. Wegen der Symmetriegen�ugt es, die unteren H�alften zu verglei hen. F�ur i � j istaij = (A)ij = (LLT )ij = jXk=1 likljk = j�1Xk=1 likljk + lijljj:

2.1 Lineare Glei hungssysteme 43Dies ergibt:i = j : ajj = l2jj + j�1Xk=1 l2jk bzw. ljj := �ajj � j�1Xk=1 l2jk�1=2;i > j : aij = lijljj + j�1Xk=1 likljk bzw. lij := �aij � j�1Xk=1 likljk�.ljj:Wegen dieser Glei hungen kann man sukzessive spalten- oder zeilenweise die Matrix Lbere hnen. So lautet z. B. eine Spaltenversion des resultierenden Cholesky-Verfahrens:� Input: Gegeben sei die symmetris he, positiv de�nite Matrix A = (aij) 2 Rn�n .Benutzt wird nur die untere H�alfte von A, d. h. Elemente aij mit i � j.� F�ur j = 1; : : : ; n:ljj := (ajj �Pj�1k=1 l2jk)1=2.F�ur i = j + 1; : : : ; n:lij := (aij �Pj�1k=1 likljk)=ljj.� Output: Nur die untere H�alfte von L (eins hlie�li h der Diagonalen) ist de�niert.Bevor das Pivotelement dur h Wurzelziehen gebildet wird, pr�uft man nat�urli h, obakk �Pk�1j=1 a2kj � � ist, wobei � > 0 eine vorgegebene kleine Zahl ist. Eine Umsetzung8in eine Matlab-Funktion ist die folgende (wobei wir auf den oben angegebenen Testverzi hten):fun tion L=Chol(A);%****************************************************%Input-Parameter:% A n x n symmeris he, positiv definite Matrix%Output-Parameter:% L n x n untere Dreie ksmatrix mit positiven% Diagonalelementen und A=L*L'.%****************************************************[n,n℄=size(A);L=zeros(n); s=zeros(n,1);for j=1:ns(j:n)=A(j:n,j);for k=1:j-1s(j:n)=s(j:n)-L(j:n,k)*L(j,k);end% s(i)=A(i,j)-sum_1^(j-1)L(i,k)L(j,k), i=j,...,nL(j:n,j)=s(j:n)/sqrt(s(j));end8Siehe C, F. van Loan (1997, S. 245).

44 Lineare und ni htlineare Glei hungen2.1.4 Vorw�arts- und R�u kw�arteinsetzenZum S hluss des Abs hnitts �uber lineare Glei hungssysteme wollen wir no h ganz kurzauf lineare Glei hungssysteme eingehen, bei denen die KoeÆzientenmatrix eine unte-re bzw. obere Dreie ksmatrix ist, also auf das sogenannte Vorw�arts- bzw. R�u kw�art-seinsetzen. Wegen der Einfa hheit des Sto�es k�onnen wir uns ganz kurz fassen.Gegeben sei ein lineares Glei hungssystem Lx = b mit der ni htsingul�aren unte-ren Dreie ksmatrix L 2 Rn�n und der re hten Seite b 2 Rn . Die L�osung erh�alt mannat�urli h dur h:� x1 := b1=l11.� F�ur i = 2; : : : ; n:xi := (bi �Pi�1j=1 lijxj)=lii.Eine Umsetzung in eine Matlab-Funktion ist einfa h:fun tion x=Lsol(L,b);%******************************************************%Input-Parameter:% L n x n ni htsingulaere untere Dreie ksmatrix% b n-Spaltenvektor%Output-Parameter:% x n-Spaltenvektor mit Lx=b%******************************************************n=length(b); x=zeros(n,1);x(1)=b(1)/L(1,1);for i=2:nx(i)=(b(i)-L(i,1:i-1)*x(1:i-1))/L(i,i);endIst ein lineares Glei hungssystem Ux = b mit der ni htsingul�aren oberen Dreie ks-matrix U 2 Rn�n und der re hten Seite b 2 Rn gegeben, so erh�alt man die L�osungnat�urli h aus� xn := bn=unn.� F�ur i = n� 1; : : : ; 1:xi := (bi �Pnj=i+1 uijxj)=uii.Eine entspre hende Matlab-Funktion istfun tion x=Usol(U,b);%******************************************************%Input-Parameter:% U n x n ni htsingulaere obere Dreie ksmatrix% b n-Spaltenvektor%Output-Parameter:% x n-Spaltenvektor mit Ux=b%******************************************************n=length(b); x=zeros(n,1);

2.1 Lineare Glei hungssysteme 45x(n)=b(n)/U(n,n);for i=n-1:-1:1x(i)=(b(i)-U(i,i+1:n)*x(i+1:n))/U(i,i);endJetzt f�ugen wir no h alles zusammen, um eine Funktion zur L�osung eines linearenGlei hungssystems bzw. eines linearen Least Squares Problems zu erhalten.fun tion x=LinGl(A,b);%***********************************************************%Input-Parameter:% A n x n ni htsingulaere Matrix% b n-Spaltenvektor%Output-Parameter:% x Ax=b%Es werden GEpiv, Lsol und Usol benutzt.%***********************************************************[L,U,piv℄=GEpiv(A);y=Lsol(L,b(piv));x=Usol(U,y);%***********************************************************Jetzt no h eine Funktion zur L�osung eines linearen Least Squares Problems. Es handeltsi h hier also um die Aufgabe, bei gegebenen A 2 Rm�n mit m � n und b 2 Rm denDefekt kAx�bk2 bez�ugli h der euklidis hen Norm zu minimieren. Wenn A vollen Ranghat, ist diese Aufgabe eindeutig l�osbar.fun tion x=LSq(A,b);%***********************************************************%Input-Parameter:% A m x n-Matrix mit m>=n und rang(A)=n% b m-Spaltenvektor%Output-Parameter:% x Die Loesung des linearen Least Aquares Problems% Minimiere ||Ax-b||_2.%Es werden QRGivens und Usol benutzt.%**********************************************************[m,n℄=size(A);[Q,R℄=QRGivens(A);b=Q'*b; =b(1:n); Rhat=R(1:n,:);x=Usol(Rhat, );%**********************************************************Beispiel: In einem See wird der Sauersto�gehalt s (gemessen inmg=l) in Abh�angigkeitvon der Tiefe t (gemessen in m) festgestellt. Gemessen werden die Wertei ti si1 15:0 6:502 20:0 5:603 30:0 5:404 40:0 6:005 50:0 4:606 60:0 1:407 70:0 0:10

46 Lineare und ni htlineare Glei hungenEs wird ein linearer Zusammenhang s = x1 + x2t zwis hen Tiefe und Sauersto�gehaltvermutet und na h den \besten" Parametern x1; x2 gefragt. Diese werden na h derMethode der kleinsten Quadrate als L�osung der AufgabeMinimiere n 7Xi=1 [(x1 + x2ti)� si℄2o1=2bestimmt. Dies ist ein lineares Least Squares Problem mit den DatenA := 0BBBBBBBB�

1 151 201 301 401 501 601 701CCCCCCCCA ; b := 0BBBBBBBB�

6:505:605:406:004:601:400:101CCCCCCCCA :

Anwendung der obigen Funktion LSq liefert (na h format long) das Ergebnisx = � 8:63101983002833�0:10813031161473 � :Nat�urli h k�onnen wir diese Aufgabe au h mit Maple l�osen. Man erh�alt> with(LinearAlgebra):> A:=Matrix([[1,15℄,[1,20℄,[1,30℄,[1,40℄,[1,50℄,[1,60℄,[1,70℄℄):> b:=<6.5,5.6,5.4,6.0,4.6,1.4,0.1>:> x:=LeastSquares(A,b); x := � 8:63101983002832895�:108130311614730870 �Wir wollen uns das Ergebnis verans hauli hen. In Abbildung 2.3 links haben wir dieLeast Squares Approximation der Daten dur h eine Gerade, re hts dur h eine Parabeldargestellt. Man bea hte, dass es wegen notwendiger Beoba htungsfehler keinen Sinnma hen w�urde, dur h die (sieben) Datenpaare (t; s) ein Polynom se hsten Grades zulegen, au h wenn man hierdur h eine wesentli h bessere �Ubereinstimmung mit denBeoba htungen erhalten w�urde. Bei einem \ri htigen" Modell haben die Parameter, dieaus den Beoba htungen und dur h die Methode der kleinsten Quadrate zu bestimmensind, einen \interpretierbaren" Sinn, und das w�are bei einem Polynom se hsten Gradesin der Monomdarstellung i. Allg. ni ht der Fall. Trotzdem geben wir eine Darstellungdes interpolierenden Polynoms in Abbildung 2.4 an. 22.1.5 Aufgaben1. Jeannot9 spielt mit einer Waage, deren zwei S halen si h im Glei hgewi ht be�nden,wenn man auf die eine ein Gewi ht von 100 g und auf die andere zwei glei he S hl�ussel,9Diese Aufgabe haben wir w�ortli hJ. C. Baillif (1985, S. 11) Denkpirouetten. Spiele aus Logik und Mathematik . Hugendubel, M�un henentnommen.

2.1 Lineare Glei hungssysteme 47

10 20 30 40 50 60 700

1

2

3

4

5

6

7

8Approximation durch Gerade

10 20 30 40 50 60 70−1

0

1

2

3

4

5

6

7Approximation durch Parabel

Abbildung 2.3: Least Squares Approximation

10 20 30 40 50 60 70−1

0

1

2

3

4

5

6

7Interpolation der Daten

Abbildung 2.4: Interpolation der Datenzwei glei he M�unzen und drei glei he Spielsoldaten, oder aber einen Apfel, einen Sol-daten und eine Aprikose legt.Eine M�unze, ein S hl�ussel, ein Soldat und eine P aume wiegen zusammen 50 g.Die Aprikose, der Apfel und die P aume wiegen genausoviel wie eine M�unze, einS hl�ussel, ein Soldat und die Feder des We kers.Wieviel wiegt die Feder des We kers?2. Vor dem Pokerspiel entspri ht die Summe, �uber die Paul verf�ugt, plus zweimal das,was Andr�e und Bernard besitzen, dem Zweifa hen dessen, was Claude hat, plus demDreifa hen dessen, �uber das Jean verf�ugt, und no hmals 300 Fran s.Wenn Andr�e 1500 Fran s mehr h�atte, h�atte er genausoviel wie Jean und Bernard,zuz�ugli h dem Zweifa hen dessen, wor�uber Paul verf�ugt.

48 Lineare und ni htlineare Glei hungenWenn Claude 1100 Fran s mehr h�atte, w�urde er soviel besitzen wie alle anderen vierSpieler zusammen.Das Dreifa he dessen, was Andr�e hat, das Vierfa he von dem, �uber das Jean verf�ugt,und weitere 1200 Fran s ma hen das Dreifa he von dem aus, was Bernard und Paulbesitzen.Wieviel haben Jean und Paul zusammen?3. Seien reelle Zahlen �; � gegeben. Man zeige, dass si h jedes p 2 P3, also jedes kubis hePolynom, eindeutig darstellen l�asst in der Formp(x) := a+ b(x� �) + (x� �)2 + d(x� �)2(x� �);dass also dur h fv0; v1; v2; v3g mitv0(x) := 1; v1(x) := x� �; v2(x) := (x� �)2; v3(x) := (x� �)2(x� �);eine Basis von P3 gegeben ist.4. Sei mit �n die Zerlegung x0 < � � � < xn von [x0; xn℄ in n Teilintervalle [xj ; xj+1℄,j = 0; : : : ; n � 1, bezei hnet. Gegeben seien f0; : : : ; fn und f 00; : : : ; f 0n. Man zeige, dasses genau ein s 2 C1[x0; xn℄ mit sj[xj ;xj+1℄ 2 P3, j = 0; : : : ; n � 1, und s(xj) = fj,s0(xj) = f 0j, j = 0; : : : ; n, gibt und bestimme es.Hinweis: Man ber�u ksi htige Aufgabe 3 und ma he f�ur die Restriktion von s auf dasIntervall [xj ; xj+1℄ den Ansatzsj[xj;xj+1℄(x) = aj + bj(x� xj) + j(x� xj)2 + dj(x� xj)2(x� xj+1)mit no h zu bestimmenden aj; bj ; j ; dj , j = 0; : : : ; n� 1.5. In Aufgabe 4 konnte gezeigt werden, dass es zu einer gegebenen Zerlegung �n desIntervalls [x0; xn℄ in n Teilintervalle [xj ; xj+1℄, j = 0; : : : ; n� 1, und gegebenen reellenZahlen f0; : : : ; fn sowie f 00; : : : ; f 0n genau ein s 2 C1[x0; xn℄ mit sj[xj ;xj+1℄ 2 P3, j =0; : : : ; n� 1, und s(xj) = fj, s0(xj) = f 0j, j = 0; : : : ; n, gibt.(a) Wel hen Bedingungen m�ussen f 00; : : : ; f 0n gen�ugen, damit s sogar zweimal stetigdi�erenzierbar ist, also s 2 S3(�n) ein kubis her Spline zur Zerlegung �n ist?(b) Man zeige, dass f 00; : : : ; f 0n eindeutig dadur h bestimmt sind, dass s 2 S3(�n) der� Hermites hen Randbedingung (hier sind f 00 und f 0n gegeben),� nat�urli hen Randbedingung (hier sind f 000 und f 00n gegeben, die Forderung ists00(x0) = f 000 und s00(xn) = f 00n),� not-a-knot Bedingung (die Zusatzforderung ist, dass der kubis he Spline s inx1 und xn�1 dreimal stetig di�erenzierbar ist)gen�ugt.Hinweis: F�ur den letzten Teil stelle man jeweils zur Bestimmung von f 01; : : : ; f 0n�1 einlineares Glei hungssystem mit einer symmetris hen (n�1)�(n�1)-KoeÆzientenmatrixauf. Die Ni htsingularit�at der KoeÆzientenmatrix folgt dann aus dem folgenden Re-sultat (siehe z. B. J. Werner (1992, S. 170)10:10J. Werner (1992) Numeris he Mathematik 1 . Vieweg, Brauns hweig-Wiesbaden.

2.1 Lineare Glei hungssysteme 49� Sei A = (aij) 2 Rn�n eine symmetris he Matrix mit positiven Diagonalelementen.Ist A strikt diagonal dominant, d. h. giltnXj=1j 6=i jaij j < aii; i = 1; : : : ; n;so ist A positiv de�nit. Genauer gilt: Ist � ein Eigenwert von A, so istmini=1;:::;n�aii � nXj=1j 6=i jaijj� � � � maxi=1;:::;n�aii + nXj=1j 6=i jaij j�:Man sollte dieses Ergebnis wenigstens anwenden k�onnen. Wer (mit Anstrengung) ver-su ht, es zu beweisen, ist gut, wer dabei erfolgrei h ist, sehr gut.6. Sei A = (aij) 2 Rn�n strikt zeilenweise diagonal dominant, d. h. es istnXj=1j 6=i jaij j < jaiij; i = 1; : : : ; n:Man zeige:(a) A ist ni htsingul�ar.(b) Alle Hauptabs hnittsdeterminanten von A sind von Null vers hieden, so dass na hSatz 1.1 das Gau�s he Eliminationsverfahren ohne Spaltenpivotsu he dur hf�uhr-bar ist und eine Darstellung A = LU mit einer unteren Dreie ksmatrix L mitEinsen in der Diagonalen und einer oberen Dreie ksmatrix U liefert.7. Sei A 2 Rn�n strikt spaltenweise diagonal dominant, d. h. es seinXi=1i6=j jaij j < jajjj; j = 1; : : : ; n:Man zeige:(a) Die Matrix A ist ni htsingul�ar.(b) Die Matrix A besitzt ni ht nur eine LU -Zerlegung der Form A = LU , sondernmehr no h: Das Gau�s he Eliminationsverfahren mit Spaltenpivotsu he benutztkeine Vertaus hungen.8. Die ni htsingul�are Matrix A 2 Rn�n besitze eine Darstellung A = LU mit einer unterenDreie ksmatrix L 2 Rn�n mit Einsen in der Diagonalen und einer oberen Dreie ksma-trix U 2 Rn�n . Man zeige, dass L und U hierdur h eindeutig bestimmt sind.9. Wieviele Multiplikationen/Divisionen werden bei der Anwendung des Gau�s hen Eli-minationsverfahrens auf eine Matrix A 2 Rn�n gema ht?

50 Lineare und ni htlineare Glei hungen10. Gegeben sei die Matrix A = 0BBBBBB� 1 1 1 1 1 11 2 3 4 5 61 3 6 10 15 211 4 10 20 35 561 5 15 35 70 1261 6 21 56 126 2521CCCCCCA :(a) Wel he Matrix w�urden Sie erhalten, wenn sie die 6 � 6-Matrix A um eine Zeileund eine Spalte zu einer 7� 7-Matrix erweitern m�ussten?(b) Mit Hilfe des Gau�s hen Eliminationsverfahrens mit Spaltenpivotsu he bere hneman eine LU -Zerlegung von A. Hierzu sollte man Funktionen aus Maple, Matlabund ein selbst (z. B. in Matlab) ges hriebenes Programm benutzen.11. Sogenannte Householder-Matrizen bilden die Grundlage des Verfahrens von Househol-der zur Bere hnung einer QR-Zerlegung einer Matrix A 2 Rm�n mit m � n. Hierbeihei�t eine Matrix der Form Q := I � 2uTuuuTmit u 2 Rm n f0g eine Householder-Matrix . Man zeige:(a) Eine Householder-Matrix ist symmetris h und orthogonal.(b) Ist a 2 Rm n f0g und de�niert man u := a+ sign (a1)kak2 e1, so ist dur hQ := I � 2uTuuuT = I � �uuT mit � := 2uTu = 1kak2(kak2 + ja1j)eine Householder-Matrix gegeben, die a in ein Vielfa hes des ersten Einheitsvek-tors �uberf�uhrt. Genauer ist Qa = �sign (a1)kak2 e1. Hierbei sei sign (0) := 1.12. Sei A 2 Rm�n mit m � n und Rang (A) = n. Sei A = QR = Q�R� jeweils einereduzierte QR-Zerlegung von A (die Spalten der m� n-Matrizen Q;Q� bilden also einOrthonormalsystem, die n � n-Matrizen sind obere Dreie ksmatrizen). Man bea hte,dass R; R� wegen der Rangvoraussetzung an A ni htsingul�ar sind, die Diagonalelementealso von Null vers hieden sind. Man zeige: Ist sign (rjj) = sign (r�jj), j = 1; : : : ; n, soist Q = Q� und R = R�.13. Sei A = ( a1 � � � an ) 2 Rn�n . Man beweise die Hadamards he Determinantenun-glei hung jdet(A)j � nYi=1 kaik2:Hinweis: Man benutze eine QR-Zerlegung von A und zeige, dass kaik22 � r2ii, i =1; : : : ; n.14. Sei A := 0BBBB� 1 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 11 2 3 4

1CCCCA :

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 51Man benutze Maple, Matlab und eine (z. B. in Matlab) selbst ges hriebene Funktionzur Bere hnung einer (vollen) QR-Zerlegung von A.15. Ist A 2 Rn�n symmetris h, so ist�min(A) kxk22 � xTAx � �max(A) kxk22 f�ur alle x 2 Rn ,wobei �min(A) den kleinsten und �max(A) den gr�o�ten Eigenwert von A bedeutet.Hinweis: Man kann benutzen, dass eine symmetris he Matrix dur h eine �Ahnli hkeit-stransformation mit einer orthogonalen Matrix auf Diagonalgestalt transformiert wer-den kann bzw., �aquivalent dazu, ein vollst�andiges Orthonormalystem von Eigenvektorenexistiert.16. Sei A 2 Rn�n symmetris h und positiv semide�nit. Man zeige, dass es positive Kon-stanten 0; C0 mit 0 kAxk22 � xTAx � C0 kAxk22 f�ur alle x 2 Rngibt. Insbesondere gilt: Ist A 2 Rn�n symmetris h und positiv semide�nit, so folgt ausxTAx = 0, dass Ax = 0.2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssyste-me2.2.1 BeispieleBeispiel: In G. S hwabs Sagen des klassis hen Altertums kann man na hlesen:\So gelangten sie (d. h. Dido und ihre Gef�ahrten, die na h der Ermordung ihresGatten Sy h�aus dur h ihren Bruder Pygmalion Tyrus verlassen mussten) an die K�usteAfrikas und an den Ort, wo du (d. h. �Aneas) jetzt bald die gewaltigen Mauern der neuenStadt Karthago und ihre himmelansteigende Burg erbli ken wirst. Hier erkaufte sie(d. h. Dido) anfangs nur ein St�u k Landes, wel hes Byrsa oder Stierhaut genannt wurde;mit diesem Namen aber verhielt es si h so: Dido, in Afrika angekommen, verlangte nurso viel Feldes, als sie mit einer Stierhaut zu umspannen vermo hte. Diese Haut abers hnitt sie in so d�unne Riemen, dass dieselbe den ganzen Raum eins hloss, den jetztByrsa, die Burg Karthagos, einnimmt. Von dort aus erwarb sie mit ihren S h�atzenimmer gr�o�eres Gebiet, und ihr k�onigli her Geist gr�undete das m�a htige Rei h, das siejetzt beherrs ht".Wir betra hten ein etwas einfa heres Problem als das der Dido. Angenommen mansu ht bei vorgegebenen 0 < a < l diejenige Kurve in der oberen Halbebene, die diePunkte A := (�a; 0) und B := (a; 0) verbindet, die L�ange 2l besitzt und zusammenmit dem Segment AB maximalen Fl�a heninhalt ums hlie�t. Ans hauli h ist v�ollig klar(trotzdem muss es bewiesen werden!), dass man als L�osung ein Kreissegment erh�alt,jedenfalls dann, wenn 2l � �a, also 2l ni ht gr�o�er als der halbe Umfang eines Kreisesmit dem Radius a ist. Bezei hnet man mit r den Radius des gesu hten Kreises, so ist

52 Lineare und ni htlineare Glei hungen(-a,0)

α(a,0)

0 0.5 1 1.5 2 2.5−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

α

f(α):=sinα−0.5*α

Abbildung 2.5: Das Problem der Didor� = l und r sin� = a. Eliminieren von r f�uhrt auf eine Glei hung f�ur den Winkel �,n�amli h f(�) := sin�� al � = 0;von der eine positive L�osung zu bestimmen ist. Es ist f(0) = 0, f 0(0) = 1�a=l > 0 undf(�) = �(a=l)� < 0. Daher besitzt f im Intervall (0; �) eine Nullstelle, die na h obigerZei hnung f�ur a=l = 12 etwa bei 1:9 liegt. Diese kann mit Hilfe des Newton-Verfahrens�k+1 := �k � f(�k)f 0(�k) ; k = 0; 1; : : :mit einer geeigneten Startn�aherung �0 bere hnet werden. F�ur a=l = 12 und dem Start-wert �0 := 1:5 erhalten wir z. B. die folgenden Werte:� f(�)1:50000000000000 2:474949866040544e� 002:07655820063043 �1:634734800818400e� 011:91050661565908 �1:240206694219914e� 021:89562200298785 �1:046263551932602e� 041:89549427647277 �7:730581397247249e� 091:89549426703398 �2:220446049250313e� 161:89549426703398 0In Maple steht die Funktion fsolve zur Verf�ugung. Man erkennt, dass man denBerei h, in dem eine L�osung zu su hen ist, eventuell eins hr�anken muss, um ni hteine triviale L�osung zu erhalten.> fsolve(sin(alpha)-0.5*alpha,alpha);0:> fsolve(sin(alpha)-0.5*alpha,alpha,1.5..2);

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 531:895494267In Matlab steht die Funktion fzero zur Verf�ugung. Hier muss allerdings ein Startwertangegeben werden. Die Funktion, von der eine Nullstelle zu bestimmen ist, wird alsinline obje t oder �uber ein fun tion �le �ubergeben. Man hat also hier zwei M�ogli hkei-ten.alpha_stern=fzero(inline('sin(alpha)-0.5*alpha'),1.9)ist die erste M�ogli hkeit und liefert�� = 1:89549426703398:Mit der zweiten M�ogli hkeit s hreiben wir ein File f n.m mit dem Inhaltfun tion beta=f n(alpha);beta=sin(alpha)-0.5*alpha;Der Aufrufalpha_stern=fzero(�f n,1.9)liefert nat�urli h dasselbe Ergebnis. Diese zweite M�ogli hkeit ist bei komplizierten Funk-tionen si her vorzuziehen. 2Beispiel: Zur Zeit t sei eine bestimmte Konzentration einer hemis hen Substanzdur h g(t) := 10e�3t + 2e�5t gegeben. Es soll der Zeitpunkt bestimmt werden, in demdie Konzentration nur no h halb so gro� wie zur Zeit t = 0 ist. Wegen g(0) = 12 f�uhrtdies auf eine Nullstellenaufgabe f�urf(t) := 10e�3t + 2e�5t � 6:Da f monoton fallend ist, f(0) = 6 und limt!1 f(t) = �6, besitzt f genau eineNullstelle auf R+ . Diese liegt etwa bei 0:211, wie man z.B. mit Hilfe von fsolve(Maple) erh�alt. 2Beispiel: Die Glei hung f(z) := ez�z = 0 besitzt keine reelle L�osung, da f(x) � 1 f�uralle x 2 R. Wir stellen die Frage, ob es komplexe z 2 C mit f(z) = 0 gibt. Wir spaltenin Real- und Imagin�arteil auf: z = x + iy und erhalten wegen ez = ex( os y + i sin y)das ni htlineare Glei hungssystemg(x; y) := � ex os y � xex sin y � y � = 0:Das Newton-Verfahren kann au h auf ni htlineare Glei hungssysteme �ubertragen wer-den, wie wir sp�ater sehen werden. Man bea hte, dass viele mathematis he Anwen-dersysteme au h komplex re hnen k�onnen und daher das Newton-Verfahren zk+1 :=zk � f(zk)=f 0(zk) au h ohne den Umweg �uber den R2 dur hgef�uhrt werden kann. InMatlab k�onnte dies z. B. folgenderma�en aussehen:

54 Lineare und ni htlineare Glei hungenz= omplex(1,1); Z=z;for k=1:6z=z-(exp(z)-z)/(exp(z)-1);Z=[Z;z℄;end;ZHier erhalten wir k zk0 1:00000000000000+ 1:00000000000000i1 0:41956978951242+ 1:08597257226218i2 0:27943162439556+ 1:33130774424201i3 0:31877394181938+ 1:33694557803917i4 0:31813150923617+ 1:33723547391984i5 0:31813150520475+ 1:33723570143070i6 0:31813150520476+ 1:33723570143069iEntspre hend kann man au h in Maple vorgehen, weil au h in Maple reelle Zahlenni ht vor komplexen ausgezei hnet sind. Am einfa hsten ist hier die Anwendungvon fsolve, allerding sollte man Maple sagen, dass man im Komplexen na h einerL�osung su ht:> fsolve(exp(z)=z,z); fsolve(ez = z; z)> fsolve(exp(z)=z,z, omplex);:3181315052� 1:337235701 IDie Matlab-Funktion fzero geht von einer Nullstellenaufgabe f�ur eine reellwertigeFunktion aus. 22.2.2 Ni htlineare Glei hungenIn diesem Unterabs hnitt betra hten wir den eindimensionalen Spezialfall, genauer eineni htlineare Glei hung f(x) = 0in einer unabh�angigen reellen Variablen x. Da ni htlineare Glei hungen in der Regelni ht ges hlossen gel�ost werden k�onnen, ihre L�osungen also ni ht in endli h vielenS hritten bere henbar sind, ist man auf Iterationsverfahren zur Approximation derL�osung angewiesen. Dies gilt nat�urli h erst Rre ht f�ur den mehrdimensionalen Fall.Wir werden auf drei Verfahren etwas genauer eingehen.Sind a < b zwei Punkte, in denen f unters hiedli hes Vorzei hen har, ist alsof(a)f(b) < 0, ist ferner : [a; b℄ �! R stetig, so liefert der Zwis henwertsatz die Exi-stenz einer Nullstelle x� von f in (a; b). Diese kann mit Hilfe des Bisektionsverfahrensbere hnet werden:

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 55� Input: Reelle Zahlen a < b, eine stetige Funktion f : [a; b℄ �! R mit f(a)f(b) < 0,eine (kleine) Zahl Æ > 0, die die gew�uns hte Genauigkeit steuert. Ferner sei � > 0die sogenannte Mas hinengenauigkeit . In Matlab ist eps der Abstand von 1:0 zurn�a hst gr�o�eren Gleitkommazahl, es ist eps=2.220446049250313e-16.� Bere hne fa := f(a), fb := f(b).� Solange b� a > Æ + �max(jaj; jbj):{ := 12(a+ b), bere hne f := f( ).{ Falls faf � 0 (es ist Nullstelle in [a; ℄)� b := , fb := f { Andernfalls (es ist Nullstelle in [ ; b℄)� a := , fa := f � Output: 12(a+ b).In jedem S hritt wird die L�ange des Intervalls, in dem eine Nullstelle gesu ht wird,halbiert. Bezei hnet man mit [a0; b0℄ das Ausgangsintervall und mit [ak; bk℄ das Intervallim k-ten S hritt, so ist 0 � bk � ak = (b0 � a0)=2k, k = 0; 1; : : :. Na h Konstruktionenth�alt das Intervall [ak; bk℄ eine Nullstelle x� von f . Bezei hnet man mit xk := 12(ak+bk)den Mittelpunkt dieses Intervalls, so ist alsojxk � x�j � bk � ak2 = b0 � a02k+1 :Wir s hreiben11 eine einfa he Matlab-Funktion und wenden diese ans hlie�end auf einBeispiel an.fun tion root=Bise tion(fname,a,b,delta);%******************************************************************%Input-Parameter:% fname string, Name einer stetigen Funktion f einer Variablen% a,b a<b definieren Intervall, auf dem f stetig ist mit% f(a)f(b)<=0% delta positive reelle Zahl%Output-Parameter:% root Mittelpunkt eines Intervalls [alpha,beta℄ mit% f(alpha)f(beta)<=0 und% |beta-alpha|<=delta+eps max(|a|,|b|)%******************************************************************f_a=feval(fname,a); f_b=feval(fname,b);while b-a>delta+eps*max(abs(a),abs(b)) =0.5*(a+b); f_ =feval(fname, );if f_a*f_ <=011Siehe C. F. van Loan (1997, S. 264).

56 Lineare und ni htlineare Glei hungenb= ; f_b=f_ ;elsea= ; f_a=f_ ;end;endroot=0.5*(a+b);%*******************************************************************Beispiel: Als Resultat von x=Bise tion(inline('tan(x/4)-1'),2,4,1e-12); er-halten wir (mit format long) x = 3:14159265358967. 2Na hdem wir kurz die einfa he Idee des Bisektionsverfahrens ges hildert haben, kom-men wir nun zum Newton-Verfahren, einem der wi htigsten Verfahren der Numeris henMathematik. Auf die naheliegende Idee, die dem Newton-Verfahren zu grunde liegt,sind wir s hon in der Einf�uhrung eingegangen. Ist xk eine aktuelle N�aherung f�ur eineNullstelle von f , so approximiere man f in der N�ahe von xk dur h die lineare Funktionfk(x) := f(xk)+f 0(xk)(x�xk+1), also die ersten beiden Terme einer Taylor-Entwi klungvon f in xk, und gewinne die neue N�aherung xk+1 (f�ur f 0(xk) 6= 0) als Nullstelle vonfk. Dies f�uhrt auf die Iterationsvors hrift des (eindimensionalen) Newton-Verfahrens:xk+1 := xk � f(xk)f 0(xk) ; k = 0; 1; : : : :Nun interessieren nat�urli h Konvergenzaussagen zu diesem Verfahren. Der folgendeSatz ist ein lokaler Konvergenzsatz .Satz 2.1 Die Funktion f : R �! R besitze in x� 2 R eine Nullstelle, es sei alsof(x�) = 0. Es gelte:1. Die Funktion f ist auf einem Intervall U�, wel hes x� im Inneren enth�alt, stetigdi�erenzierbar und f 0 dort lips hitzstetig, d. h. es existiert eine Konstante L > 0mit jf 0(x)� f 0(y)j � L jx� yj f�ur alle x; y 2 U�.2. Es ist f 0(x�) 6= 0, d. h. x� ist eine einfa he Nullstelle von f .Dann existiert ein Æ > 0 bzw. ein Intervall I� = [x��Æ; x�+Æ℄ � U� mit der Eigens haft,dass f�ur jeden Startwert x0 2 I� die dur h die Newton-Vors hriftxk+1 := xk � f(xk)f 0(xk) ; k = 0; 1; : : : ;gewonnene Folge fxkg de�niert ist (d. h. f 0(xk) existiert und ist von Null vers hieden)und gegen x� konvergiert. Ferner existiert eine Konstante C > 0 mitjxk+1 � x�j � C jxk � x�j2; k = 0; 1; : : : ;d. h. die Folge fxkg konvergiert quadratis h gegen x�.

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 57Beweis: Man w�ahle Æ > 0 so klein, dass I� := [x�� Æ; x�+ Æ℄ � U�, jf 0(x)j � 12 jf 0(x�)jf�ur alle x 2 I� und Æ � jf 0(x�)j=(2L). Sei x0 2 I� beliebig. Wir werden die folgendeImplikationskette na hweisen:xk 2 I� =) jxk+1 � x�j � Ljf 0(x�)j jxk � x�j2 � 12 jxk � x�j =) xk+1 2 I�:Dies wird dann zeigen, dass die gesamte Folge fxkg im Intervall I� bleibt, die Folgefxkg wegen jxk+1 � x�j � 12 jxk � x�j � 12k+1 jx0 � x�j � Æ2k+1gegen x� konvergiert und dies o�ensi htli h, wie man sagt, mit quadratis her Konver-genzges hwindigkeit.Sei also xk 2 I�. Dann istjxk+1 � x�j = ���xk � x� � f(xk)f 0(xk) ���= 1jf 0(xk)j ���Z x�xk [f 0(x)� f 0(xk)℄ dx���(hier benutzen wir f(x�) = 0)� 2jf 0(x�)j���Z x�xk [f 0(x)� f 0(xk)℄ dx���� 2Ljf 0(x�)jsign (x� � xk) Z x�xk jx� x�j dx= Ljf 0(x�)j jxk � x�j2� LÆjf 0(x�)j jxk � x�j� 12 jxk � x�j:Damit ist der Satz bewiesen. 2Bemerkung: Man sollte si h ganz deutli h ma hen, dass es si h bei dem letzten Satzum einen lokalen Konvergenzsatz handelt: Ist x� eine einfa he Nullstelle von f und ist fhinrei hend glatt auf einer Umgebung von x� (z. B. zweimal stetig di�erenzierbar, denndies impliziert die Lips hitzstetigkeit), so konvergiert das Newton-Verfahren f�ur jedenStartwert aus einer hinrei hend kleinen Umgebung von x� quadratis h gegen x�. Diequadratis he Konvergenzges hwindigkeit ist deshalb eine so s h�one Eigens haft, weil siegrob gesagt bedeutet, dass si h in jedem S hritt die Anzahl g�ultiger Stellen verdoppelt.Man bea hte aber, dass die Linearisierungs-Idee des Newton-Verfahrens i. Allg. au hnur lokal gere htfertigt ist, so dass man eventuell erst mit einem anderen Verfahrenin den Berei h kommen muss, in dem die vorz�ugli hen Konvergenzeigens haften desNewton-Verfahrens gelten. Nur unter Konvexit�ats- und Monotonievoraussetzungen anf kann man ein globales Konvergenzergebnis erwarten, siehe Satz 2.2. 2

58 Lineare und ni htlineare Glei hungenBeispiel: Sei a > 0 gegeben und f(x) := x2� a. Die eindeutige positive Nullstelle vonf ist also die positive Quadratwurzel aus a. Das Newton-Verfahren lautetxk+1 := xk � x2k � a2xk = 12�xk + axk�; k = 0; 1; : : : :Der lokale Konvergenzsatz 2.1 ist nat�urli h anwendbar. Es stellt si h aber heraus, dassKonvergenz sogar f�ur jeden Startwert x0 > 0 vorliegt12. 2Beispiel: Sei f(x) := x� os x. In Abbildung 2.6 verans hauli hen wir links die Glei-

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1Gleichung x=cos(x)

x

cos x

x

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1−1

−0.5

0

0.5f(x)=x−cos(x)

xAbbildung 2.6: Die Glei hung x = os x und die Funktion f(x) := x� os x hung x = os x und zei hnen re hts die Funktion f(x) := x � os x. Das auf f ange-wandte Newton-Verfahren lautetxk+1 := xk � xk � os xk1 + sin xk :Wir erhalten z. B. die folgenden Werte:k xk0 1:000000000000001 0:750363867840242 0:739112890911363 0:739085133385284 0:739085133215165 0:73908513321516Man erkennt die vorz�ugli he Konvergenz. 212N�aheres �ndet man z.B. beiJ. Werner (1992, S. 1 �.) Numeris he Mathematik 1 . Vieweg, Brauns hweig-WiesbadenundC. F. van Loan (1997, S. 259�) Introdu tion to S ienti� Computing. A Matrix-Ve tor Approa husing Matlab. Prenti e-Hall, Upper Saddle River.

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 59Globale Konvergenzaussagen f�ur das Newton-Verfahren, bei denen also der Startwertx0 aus einer hinrei hend kleinen Umgebung einer Nullstelle x� von f zu sein hat, gelteni. Allg. nur unter Monotonie- und Konvexit�atsvoraussetzungen an f . Der folgende Satzist ein sol her globaler Konvergenzsatz.Satz 2.2 Sei f 2 C2[a; b℄ mit f 0(x) > 0 und f 00(x) � 0 f�ur alle x 2 [a; b℄, d. h. die auf[a; b℄ zweimal stetig di�erenzierbare Funktion f sei auf [a; b℄ streng monoton wa hsendund konvex. Ferner sei f(a) < 0 < f(b) und a � f(a)=f 0(a) � b. Dann liefert dasNewton-Verfahren xk+1 := xk � f(xk)f 0(xk) ; k = 0; 1; : : :f�ur jedes x0 2 [a; b℄ eine Folge fxkg mit der Eigens haft, dass13 fxkgk2N monotonfallend und von mindestens zweiter Ordnung gegen die einzige Nullstelle x� von f in[a; b℄ konvergiert, wobei nat�urli h xk 6= x� f�ur alle k angenommen wird.Beweis: Die Folge fxkg wird dur h die IterationsfunktionF (x) := x� f(x)f 0(x)erzeugt, d. h. es ist xk+1 = F (xk), k = 0; : : : ;. Dann istF 0(x) = f(x)f 00(x)f 0(x)2 � � 0; x 2 [a; x�℄;� 0; x 2 [x�; b℄:Sei x0 2 [a; b℄ beliebig. Wir zeigen, dass b � xk � xk+1 � x�, k = 1; : : :. Na hsp�atestens einem S hritt sind also alle Iterierten des Newton-Verfahrens re hts dereinzigen Nullstelle x� von f in [a; b℄, ferner ist die Folge fxkgk2N monoton fallend.Denn ist a � x0 � x�, so istx� = F (x�) � F (x0) = x1 � F (a) � b;d. h. na h einem S hritt ist man re hts von x�, aber immer no h links von b. Ist aberxk 2 [x�; b℄, so ist x� = F (x�) � F (xk) = xk+1 � xk � b:Als monoton fallende, na h unten dur h x� bes hr�ankte Folge ist fxkgk2N konvergent.Der Limes ist notwendigerweise eine Nullstelle von f , stimmt also mit x� �uberein. Diequadratis he Konvergenz folgt aus dem lokalen Konvergenzsatz. 2Beispiel: Sei f(x) := x � os x. Die Voraussetzungen von Satz 2.2 sind o�enbar mit[a; b℄ := [0; 1℄ erf�ullt, so dass f�ur jeden Startwert aus diesem Intervall Konvergenz desNewton-Verfahrens vorliegt. 2Wir geben nun eine Matlab-Funktion an, dur h die das Newton-Verfahren implemen-tiert wird. Hierbei wird mit einer aktuellen N�aherung xk abgebro hen, wenn jf(xk)jkleiner einer vorgegebenen Toleranz ist oder k gr�o�er einer maximalen Anzahl vonIterationss hritten ist.13F�ur uns ist, eventuell im Widerspru h zu gewissen DIN-Normen, 0 keine nat�urli he Zahl.

60 Lineare und ni htlineare Glei hungenfun tion [x,iter℄=Newton(fun,x_0,tol,max_iter);%********************************************************************%Input-Parameter:% fname Name einer Funktion fun. [f,f_stri h℄=fun(x)% ergibt Funktionswert und Ableitung der Funktion in x% x_0 Startwert% tol positiver Wert, abbru h wenn |f|<tol% max_iter maximale Anzahl von Iterationen%Output-Parameter:% x gefundene Nullstelle (bei Erfolg)% iter Anzahl der dur hgefuehrten Iterationen%********************************************************************iter=1;x=x_0; [f,f_stri h℄=feval(fun,x);while (abs(f)>tol)&(iter<max_iter)iter=iter+1;x=x-f/f_stri h;[f,f_stri h℄=feval(fun,x);end;%********************************************************************Beispiel: Sei f(x) := x � 0:5 sinx � 0:85 (Keplers he Glei hung). Dur h einen Plotvers ha�en wir uns zun�a hst einen �Uberbli k �uber den Funktionsverlauf, siehe Abbil-dung 2.7. Zur Anwendung der obigen Funktion Newton s hreiben wir ein fun tion �le

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8f(x)=x−0.5 sin x−0.85

xAbbildung 2.7: Die Funktion f(x) := x� 0:5 sinx� 0:85Beisp1.m mit dem Inhaltfun tion [f,f_stri h℄=Beisp1(x);f=x-0.5*sin(x)-0.85;if nargout>1f_stri h=1-0.5* os(x);

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 61end;Mit dem Aufruf [x,iter℄=Newton(�Beisp1,1.2,1e-12,20) erhalten wirx = 1:33631781724031; iter = 5:Wendet man Satz 2.2 an, so erkennt man, dass Konvergenz f�ur jeden Startwert aus[0; 1:7℄ vorliegt. 2Au h auf das Sekantenverfahren waren wir in der Einf�uhrung s hon kurz eingegan-gen, wir hatten sogar s hon eine Matlab-Funktion hierzu angegeben. Man gewinnt dasSekantenverfahren aus dem Newton-Verfahren, in dem man den Di�erentalquotientenf 0(xk) dur h den Di�erenzenquotienten (f(xk) � f(xk�1))=(xk � xk�1) ersetzt. Daherlautet die Iterationsvors hrift des Sekantenverfahrens:xk+1 := xk � (xk � xk�1)f(xk)f(xk)� f(xk�1) ; k = 1; 2; : : : :F�ur dieses Verfahren gilt ebenfalls ein lokaler Konvergenzsatz, ganz �ahnli h Satz 2.1 f�urdas Newton-Verfahren14. Im wesentli hen unter denselben Voraussetzungen wie in Satz2.2 (also: x� einfa he Nullstelle von f , die Funktion f zweimal stetig di�erenzierbar aufeiner Umgebung von x�) kann gezeigt werden, dass es ein Æ > 0 gibt mit der Eigens haft,dass f�ur beliebige Startwerte x0; x1 2 [x�� Æ; x�+ Æ℄ mit x0 6= x1 das Sekantenverfahreneine gegen x� konvergente Folge fxkg liefert. Genauer ist jxk � x�j � k mit einerNullfolge f kg � R+ , zu der eine Konstante C > 0 mit k+1 � C (1+p5)=2k f�ur alle kexistiert.Bemerkung: Etwas zur Allgemeinbildung: Man sagt, eine Stre ke der L�ange L > 0werde na h dem goldenen S hnitt in Stre ken der L�ange l � L=2 und L� l geteilt (alsoist l die l�angere Stre ke), wenn das Verh�altnis L=l der gesamten Stre ke zur l�angerenglei h dem Verh�altnis l=(L� l) der l�angeren zur k�urzeren Stre ke ist. Es hat alsoLl = lL� l = 1L=l � 1bzw. �Ll �2 � Ll = 1zu gelten. Die positive L�osung istLl = � := 1 +p52 � 1:618033989:Daher nennt man � die Goldene S hnitt Zahl.Die Goldene S hnitt Zahl h�angt eng mit den Fibona i-Zahlen zusammen. Fibo-na i bzw. Leonardo von Pisa stellte im liber abba i (1202) die folgende Aufgabe:14Siehe z. B.J. Werner (1992, S. 112) Numeris he Mathematik 1 . Vieweg, Brauns hweig-Wiesbaden.

62 Lineare und ni htlineare Glei hungenAngenommen, Kanin hen brau hen einen Monat, um ges hle htsreif zu werden. Da-na h reproduzieren sie si h einmal jeden Monat, wobei sie einen Monat lang tragen. ImNull-ten Monat sei ein neugeborenes Paar von Kanin hen vorhanden. Wieviele Kanin- henpaare sind im k-ten Monat anzutre�en (wobei angenommen wird, dass Kanin henunendli h lange leben)?Bezei hnen wir ein neugeborenes Kanin henpaar mit N und ein ausgewa hsenesPaar mit A, so hat man alsoMonat 0 1 2 3 4 5 6N; A 1N 1A 1A+ 1N 2A+ 1N 3A+ 2N 5A+ 3N 8A+ 5N� 1 1 2 3 5 8 13Bezei hnet fk die Anzahl der Kanin henpaare im k-ten Monat, so ist alsof0 = f1 = 1; fk+1 = fk + fk�1 (k = 1; 2; : : :):Die Zahlen fk, k = 0; 1; : : :, hei�en Fibona i-Zahlen. Die Binets he Formel besagt,dass fk = 1p5[�k+1 � (��)�(k+1)℄; k = 0; 1; : : : :Diese beweist man lei ht dur h vollst�andige Induktion na h k. Hieraus folgt dannlimk!1 fk+1fk = �:Das Verh�altnis zweier aufeinanderfolgenden Fibona i-Zahlen konvergiert also gegendie goldene S hnitt Zahl.Ein weiteres wi htiges Verh�altnis ist das DIN-Format. Ein Re hte k mit Seitenl�an-gen L und l � L hat DIN-Format, wennLl = lL=2 bzw. Ll = p2:Glei hbedeutend ist, dass das Halbieren einer Seite Papier, wel he DIN-Format hat,wieder ein DIN-Format ergibt. Ein Re hte k im DIN-Format mit einer Fl�a he von1m2 = 10 000 m2, hat die Seitenl�angen l (in m) mit p2l2 = 1002, also l = 100=21=4 �84:0896 und L = p2l � 118:9207. Ein Re hte k mit diesen Ma�en hat das Format DINA0. Die ersten Formate sind daherFormat ho h breitDIN A0 118:9 84:1DIN A1 84:1 59:5DIN A2 59:5 42:0DIN A3 42:0 29:7DIN A4 29:7 21:0 2Beispiel: Wir betra hten no h einmal das letzte Beispiel. Na h

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 63[x,f_x,info℄=Sekant(�Beisp1,1.0,1.2,1e-12,20)erhalten wir x = 1:33631781724031; fx = 0; info = 6:Es sind also nur 6 Iterationen dur hgef�uhrt worden. In jedem S hritt, au�er dem er-sten, erfolgt nur eine Funktionsauswertung. Dagegen m�ussen beim Newton-Verfahrenin jedem S hritt zwei Funktionswerte bere hnet werden. 22.2.3 Der Bana hs he FixpunktsatzWir haben bisher nur ni htlineare Glei hungen in R betra htet und hierzu einige Ver-fahren kennen gelernt. Jetzt wollen wir au h ni htlineare Glei hungssysteme untersu- hen, etwa ein ni htlineares Glei hungssystem der Formf(x1; : : : ; xn) = 0B� f1(x1; : : : ; xn)...fn(x1; : : : ; xn) 1CA = 0B� 0...0 1CA = 0:Hierbei ist f : Rn �! Rn eine gegebene Abbildung, von der i. Allg. vorausgesetztwird, dass sie hinrei hend glatt ist. W�ahrend ein Abstandsbegri� in R dur h denAbsolutbetrag in nat�urli her Weise gegeben ist, kann man im Rn und erst re ht inFunktionenr�aumen, wie sie etwa bei gew�ohnli hen Di�erentialglei hungen oder Appro-ximationsaufgaben vorkommen, auf vers hiedene Weise einen Abstandsbegri� zwis henPunkten des Rn (oder gewissen Funktionen) einf�uhren. Dies f�uhrt zum Begri� einerNorm auf dem Rn oder allgemeiner auf einem linearen Raum (bzw. einem Vektorraum).Wir nehmen an, dass die folgenden Begri�e aus Analysis II bekannt sind:� Linearer15 normierter Raum, Norm, Konvergenz und Cau hyfolge in einem linea-ren normierten Raum , Bana hraum,� Abges hlossene Teilmengen eines linearen normierten Raumes,� Stetige Abbildungen zwis hen linearen normierten R�aumen,� Lips hitzstetige Abbildungen.� �Aquivalenz der Normen auf dem Rn (bzw. einem endli hdimensionalen linearenRaum): Der Konvergenzbegri� auf dem Rn ist normunabh�angig.Beispiele: Der Rn , versehen mit einer beliebigen Vektornorm k � k, ist bekanntli hein Bana hraum. Die wi htigsten Normen im Rn sind die euklidis he Vektornorm, dieBetragssummennorm und die Maximumnorm, wel he f�ur einen Vektor x = (xj) 2 Rndur h kxk2 := � nXj=1 x2j�1=2; kxk1 := nXj=1 jxjj; kxk1 := maxj=1;:::;n jxjj15Der zugrunde gelegte Skalark�orper ist bei uns grunds�atzli h der K�orper R der reellen Zahlen.

64 Lineare und ni htlineare Glei hungengegeben sind. Da wir uns in diesem Kapitel mit Problemen im Rn bes h�aftigen, wollenwir no h ni ht auf Beispiele unendli hdimensionaler linearer normierter R�aume einge-hen. 2Jetzt folgt der bekannte Bana hs he Fixpunktsatz (au h Kontraktionssatz genannt),den wir nur der Vollst�andigkeit halber beweisen.Satz 2.3 (Bana h) Sei (X; k � k) ein Bana hraum, D � X abges hlossen und F :X �! X eine Abbildung. Es sei F (D) � D und F auf D kontrahierend, d. h. esexistiert eine Konstante q 2 (0; 1) mitkF (x)� F (y)k � q kx� yk f�ur alle x; y 2 D.Dann besitzt F genau einen Fixpunkt x� in D, die Folge fxkg mit xk+1 := F (xk)konvergiert gegen x� f�ur jedes x0 2 D und es gilt die Fehlerabs h�atzungkx� � F (x)k � q1� q kx� F (x)k f�ur alle x 2 D.Beweis: Sei x 2 D beliebig. Man de�niere eine Folge fxkg � D dur hx0 := x; xk+1 := F (xk) (k = 0; 1; : : :):Dur h vollst�andige Induktion na h k zeigt man, dass kxk+1 � xkk � qk kx1 � x0k,k = 0; 1; : : :, ans hlie�end folgt mit Hilfe der Dreie ksunglei hung(�) kxk+p � xkk � qk1� q kx1 � x0k (k = 0; 1; : : : ; p 2 N):Daher ist fxkg eine Cau hyfolge, also konvergent gegen ein x� 2 X, wel hes wegen derAbges hlossenheit von D sogar in D liegt. Da F insbesondere stetig ist und xk+1 =F (xk) gilt, ist x� = F (x�), also x� 2 D ein Fixpunkt von F . Da F auf D kontrahiert,ist x� einziger Fixpunkt von F in D. Mit p!1 folgt aus (�), dasskx� � xkk � qk1� q kx1 � x0k; k = 0; 1; : : : :Mit k = 1 folgt hieraus die behauptete Fehlerabs h�atzung. 2Beispiel: Wir betra hten den eindimensionalen Fall. Sei also im Bana hs hen Fix-punktsatz speziell (X; k � k) := (R; j � j), ferner sei F : D �! R auf D stetig di�e-renzierbar. Wie k�onnen wir �uberpr�ufen, ob F auf D kontrahierend ist? Das geeigneteHilfsmittel hierzu ist der Mittelwertsatz der Di�erentialre hnung. Hierna h existiert zubeliebigen x; y 2 D ein � 2 (0; 1) mitF (y)� F (x) = F 0(x + �(y � x)| {z }2D )(y � x):F�ur beliebige x; y 2 D ist daherjF (x)� F (y)j � sup�2D jF 0(�)j jx� yj:

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 65Ist also q := sup�2D jF 0(�)j < 1 (insbesondere also endli h, was f�ur ni ht kompaktes Dni ht selbstverst�andli h ist), so ist F auf D kontrahierend. 2Beispiele: Mit Hilfe des letzten Beispiels wollen wir den Fixpunktsatz auf zwei Bei-spiele von Fixpunktaufgaben in (R; j � j) anwenden.Gegeben sei die Fixpunktaufgabe x = e�x, es sei also bei der Anwendung desBana hs hen Fixpunktsatzes F (x) := e�x. Die Abbildung F bildet o�ensi htli h D :=[e�1; 1℄ in si h ab, ferner istq := sup�2D jF 0(�)j = max�2[1=e;1℄ e�� = e�1 � 0:3679;also F auf dem abges hlossenen Intervall D := [e�1; 1℄ kontrahierend. Der Bana hs heFixpunktsatz liefert, dass die dur h xk+1 := exp(�xk) gewonnene Folge fxkg f�ur jedenStartwert x0 2 D gegen den einzigen Fixpunkt x� von F inD konvergiert. Bea htet mannun no h, dass f�ur beliebiges x0 2 R die n�a hste Iterierte x1 := F (x0) in R+ ist, dana hx2 = F (x1) 2 (0; 1) und s hlie�li h x3 = F (x2) 2 [e�1; 1℄, man also na h sp�atestens dreiS hritten in D \gelandet" ist, so erkennt man, dass die dur h xk+1 := exp(�xk) ge-wonnene Folge fxkg f�ur jeden Startwert x0 2 R gegen den einzigen Fixpunkt x� von Fkonvergiert. In Abbildung 2.8 verans hauli hen verans hauli hen wir uns die Fixpunk-

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

x0

x1

x2

x3

x4

Fixpunktiteration bei x=exp(−x)

−0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

x0

x1

x2

x3

x4

Fixpunktiteration bei x=cos x

Abbildung 2.8: Verans hauli hung der Fixpunktiterationtiteration. Mit x := 0:5 liefert die Fehlerabs h�atzung im Bana hs hen Fixpunktsatz,dass jx� � exp(�0:5)j � 0:0620.Als zweites Beispiel betra hten wir die Fixpunktaufgabe x = os x. Die Argumenta-tion ist hier fast dieselbe wie im ersten Beispiel, diesmal ist F (x) := os x. O�ensi htli hbildet F das Intervall D := [0; 1℄ in si h ab. Wegenq := sup�2D jF 0(�)j = max�2[0;1℄ sin � = sin 1 � 0:8415ist F auf D kontrahierend. F�ur beliebiges x0 2 R ist sp�atestens die zweite Iterierte x2in [0; 1℄ enthalten, so dass die dur h xk+1 := os xk gewonnene Folge f�ur jeden Startwertx0 2 R gegen den einzigen Fixpunkt x� konvergiert. 2

66 Lineare und ni htlineare Glei hungenGanz kurz wollen wir nun auf Matrixnormen eingehen. Sei also k � k eine gegebeneNorm auf dem Rn . Ist A 2 Rn�n eine n� n-Matrix (bzw. die dur h x 7! Ax de�niertelineare Abbildung vom Rn in den Rn), so hei�t die dur hkAk := supx6=0 kAxkkxk = maxx:kxk=1 kAxkde�nierte Abbildung k�k : Rn�n �! R die der Vektornorm k�k zugeordnete Matrixnormauf Rn�n . Die Eigens haften einer Norm weist man lei ht na h. Ist sowohl auf dem Rnals au h auf dem Rm je eine Norm gegeben, so kann entspre hend nat�urli h au heine diesen beiden Vektornorm zugeordnete Matrixnorm auf Rm�n de�niert werden.O�ensi htli h ist kAxk � kAk kxk f�ur alle x 2 Rn .Beispiele: F�ur die g�angigen Vektornormen soll die zugeordnete Matrixnorm bere hnetwerden. Zun�a hst betra hten wir die Maximumnorm k�k1 auf dem Rn . Sei A = (aij) 2Rn�n . F�ur beliebige i 2 f1; : : : ; ng und x 2 Rn ist dannj(Ax)ij = ��� nXj=1 aijxj��� � nXj=1 jaijj jxjj|{z}�kxk1 � � maxi=1;:::;n nXj=1 jaijj�kxk1und folgli h kAxk1 � � maxi=1;:::;n nXj=1 jaijj�kxk1:Daher ist kAk1 := supx6=0 kAxk1kxk1 � maxi=1;:::;n nXj=1 jaijj:Wir behaupten, dass hier Glei hheit gilt. Sei maxi=1;:::;nPnj=1 jaijj = Pnj=1 jakjj, diemaximale Zeilenbetragssume von A trete also in der k-ten Zeile auf. Ist akj = 0,j = 1; : : : ; n, so ist A = 0 die Nullmatrix, ein trivialer Fall, in dem die Behauptungri htig ist. Andernfalls de�niere man x 2 Rn dur hxj := � sign (akj); akj 6= 0;0; akj = 0; j = 1; : : : ; n:Dann ist kxk1 = 1 undkAk1 � maxi=1;:::;n nXj=1 jaijj = nXj=1 akjxj = ��� nXj=1 akjxj��� � kAxk1 � kAk1k xk1|{z}=1 = kAk1;womit die Behauptung bewiesen ist. Naheliegenderweise nennt man die Matrixnormk � k1 die maximale Zeilenbetragssummennorm.Entspre hend ist die der Betragssummennorm k �k1 zugeordnete Matrixnorm dur hkAk1 = maxj=1;:::;m nXi=1 jaijj

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 67gegeben, die maximale Spaltenbetragssummennorm.Jetzt soll die der euklidis hen Vektornorm zugeordnete Matrixnorm bere hnet wer-den. Hierbei benutzen wir (siehe au h Aufgabe 15 in Abs hnitt 2.1):� Sei A 2 Rn�n symmetris h. Dann istxTAx � �max(A) kxk22 f�ur alle x 2 Rn .Hierbei bedeutet �max(A) einen maximalen Eigenwert von A.Denn seien �1; : : : ; �n die (notwendig reellen) Eigenwerte von A und fu1; : : : ; ung einzugeh�origes Orthonormalsystem von Eigenvektoren. Ein beliebiges x 2 Rn l�asst si heindeutig in der Form x =Pni=1 �iui darstellen. Dann istxTAx = � nXi=1 �iui�T� nXi=1 �i�iui� = nXi=1 �i�2i � �max(A) nXi=1 �2i = �max(A) kxk22;womit die Behauptung bewiesen ist.Sei nun A 2 Rn�n beliebig. Wendet man das letzte Resultat auf die symmetri he(und positiv semide�nite) Matrix ATA an, so erh�alt mankAxk2 =p(Ax)T (Ax) = pxTATAx �q�max(ATA) kxk22 =p�max(ATA) kxk2;so dass kAk2 := supx6=0 kAxk2kxk2 �p�max(ATA):Ist andererseits umax ein zu �max(ATA) geh�orender, dur h kumaxk2 = 1 normierterEigenvektor von ATA, so istkAk2 � �max(ATA) =puTmaxATAumax = kAumaxk2 � kAk2 kumaxk2| {z }=1 = kAk2;womit insgesamt kAk2 =p�max(ATA)bewiesen ist. Die der euklidis hen Vektornorm zugeordnete Matrixnorm wird au hSpektralnorm genannt. Sind �1; : : : ; �n die (i. Allg. komplexen) Eigenwerte einer n�n-Matrix A, so hei�t �(A) := maxi=1;:::;n j�ij der Spektralradius von A (der minimaleRadius eines Kreises um den Nullpunkt in der komplexen Zahlenebene, der alle Eigen-werte von A enth�alt). Dann kann man au hkAk2 =p�(ATA)s hreiben. 2Jetzt erinnern wir an einige Begri�e und Ergebnisse der Di�erentialre hnung im Rn(wir folgen ziemli h w�ortli h J. Werner (1992, S 92 �.)).

68 Lineare und ni htlineare Glei hungen1. Sei U � Rn o�en und f : U �! Rm eine Abbildung. Diese hei�t in x 2 U (total)di�erenzierbar , wenn es eine lineare Abbildung A : Rn �! Rm bzw. eine MatrixA 2 Rm�n mit(�) limh!0 kf(x+ h)� f(x)� Ahkkhk = 0gibt. Hierbei ist k � k eine beliebige Norm auf dem Rm bzw. dem Rn .2. Sei U � Rn o�en und f : U �! Rm in x 2 U di�erenzierbar, d. h. es gelte (�)mit einer Matrix A = (aij) 2 Rm�n . Istf(x) = 0B� f1(x)...fm(x) 1CA = 0B� f1(x1; : : : ; xn)...fn(x1; : : : ; xn) 1CA ;so gilt:(a) f ist in x stetig.(b) Alle Komponenten fi : U �! R, i = 1; : : : ; m, von f sind in x partielldi�erenzierbar und es istaij = �fi�xj (x) i = 1; : : : ; m; j = 1; : : : ; n:3. Sei U � Rn o�en.Ist f : U �! Rm und sind alle Komponenten fi : U �! R, i = 1; : : : ; m, von fin x 2 U partell di�erenzierbar, so hei�tf 0(x) := � �fi�xj (x)�i=1;:::;mj=1;:::;n 2 Rm�ndie Funktionalmatrix (gelegentli h, vor allem in der englis hspra higen Literatur,Ja obi-Matrix bzw. Ja obian genannt) von f in x.Ist f : U �! R in x 2 U partiell di�erenzierbar, so hei�trf(x) := � �f�x1 (x); : : : ; �f�xn (x)�T 2 Rnder Gradient von f in x.4. Ist U � Rn o�en und f : U �! Rm eine Abbildung mit der Eigens haft, dasss�amtli he Komponenten fi von f in x 2 U stetig partiell di�erenzierbar sind(d. h. alle partiellen Ableitungen existieren in einer Umgebung von x und sind inx stetig), so ist f in x di�erenzierbar.

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 695. Mittelwertsatz: SeiD � Rn ni htleer und konvex (d. h. mit zwei Punkten x; y 2 Dist (1 � t)x + ty 2 D f�ur alle t 2 [0; 1℄) und U � D eine o�ene Obermenge. DieAbbildung f : U �! Rm (bzw. alle ihre Komponenten fi) sei (bzw. seien) injedem Punkt x 2 D stetig partiell di�erenzierbar. F�ur alle x; y 2 D ist dannf(y)� f(x) = Z 10 f 0(x+ t(y � x))(y � x) dt = �Z 10 f 0(x+ t(y � x)) dt�(y � x):Hierbei ist das Integral �uber eine m-Vektorfunktion bzw. eine m � n-Matrix-funktion komponenten- bzw. koeÆzientenweise zu verstehen. F�ur i = 1; : : : ; mund alle x; y 2 D gilt daherfi(y)� fi(x) = Z 10 rfi(x + t(y � x))T (y � x) dt= nXj=1�Z 10 �fi�xj (x + t(y � x)) dt�(yj � xj):Das folgende Lemma (siehe z. B. J. Werner (1992, S. 93)) geben wir ohne (seineneinfa hen) Beweis an.Lemma 2.4 Sei g : [a; b℄ �! Rn stetig und k � k eine Norm auf dem Rn . Dann ist Z ba g(t) dt � Z ba kg(t)k dt:Nun ist es einfa h, den folgenden Satz zu beweisen. Mit seiner Hilfe kann die Lips hitz-konstante einer glatten Abbildung des Rn in si h bere hnet werden.Satz 2.5 Sei D � Rn ni htleer und konvex, U � D eine o�ene Obermenge und F :U �! Rn auf D (d. h. in jedem Punkt von D) stetig partiell di�erenzierbar. F�ur einebeliebige Norm k � k auf Rn bezei hne k � k au h die zugeordnete Matrixnorm auf Rn�n .F�ur alle x; y 2 D ist dannkF (x)� F (y)k � � supt2[0;1℄ kF 0(x+ t(y � x))k�kx� yk � �sup�2D kF 0(�)k�kx� yk:Ist daher D kompakt oder sind die partiellen Ableitungen von F (bzw. ihrer Kompo-nenten) betragsm�a�ig auf D na h oben bes hr�ankt, so ist F auf D lips hitzstetig mitder Lips hitzkonstanten L := sup�2D kF 0(�)k.Beweis: Der Beweis erfolgt o�enbar sofort dur h Anwendung des Mittelwertsatzes unddes vorigen Lemma. 2Beispiel: Sei16 F : R2 �! R2 de�niert dur hF (x) := 12 � os x1 � sinx2sinx1 + os x2 � :16Dieses Beispiel haben wirR. Kress (1998, S. 101) Numeri al Analysis . Springer, New York-Berlin-Heidelbergentnommen.

70 Lineare und ni htlineare Glei hungenDann ist F 0(x) = 12 � � sin x1 � os x2 os x1 � sin x2 � :Dann istF 0(x)TF 0(x) = 14 � 1 sin x1 os x2 � os x1 sinx2sin x1 os x2 � os x1 sinx2 1 � ;die Eigenwerte dieser Matrix sind�1;2 = 14[1� (sinx1 os x2 � os x1 sin x2)℄ = 14[1� sin(x1 � x2)℄:Daher istkF 0(x)k2 =p�(F 0(x)TF 0(x)) � 12p1 + j sin(x1 � x2)j � 1p2 � 0:7071:Etwas einfa her h�atten wir dies erhalten, wenn wir benutzt h�atten, dass die Spektral-norm dur h die sogenannte Frobenius-Norm majorisiert wird. F�ur jedes A = (aij) 2Rn�n gilt genauer (siehe Aufgabe 7)kAk2 =p�(ATA) � kAkF := � nXi;j=1 a2ij�1=2:Jedenfalls wissen wir nun, dass die obige Abbildung auf D := R2 kontrahiert unddaher wegen des Bana hs hen Fixpunktsatzes genau einen Fixpunkt besitzt. Mit Mapleerhalten wir> fsolve(fx_1=0.5*( os(x_1)-sin(x_2)),x_2=0.5*(sin(x_1)+ os(x_2))g,fx_1,x_2g);fx 1 = :2290592672; x 2 = :5418967160gWie die verh�altnism�a�ig gro�e Kontraktionskonstante erwarten l�asst, ist die Konver-genz ni ht �uberragend:k xk0 1:00000000000000 1:000000000000001 �0:15058433946988 0:690886645338022 0:17573141646014 0:310332722148563 0:33961172396776 0:563530176783204 0:20435511866608 0:589247836196015 0:21172809775056 0:517147329048766 0:24163334928146 0:539691401508917 0:22853857417878 0:548578072470718 0:22626202725898 0:539910611348289 0:23022622218652 0:5410455183641010 0:22929116792681 0:54268422834854 2Der folgende Satz ist ein lokaler Konvergenzsatz. Es werden hinrei hende Bedingungenan einen Fixpunkt angegeben, um wenigstens lokale Konvergenz (bei Start in einerhinrei hend kleinen Umgebung des Fixpunktes) zu si hern.

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 71Satz 2.6 Die Abbildung F : Rn �! Rn besitze den Fixpunkt x� und sei in einerUmgebung von x� stetig partiell di�erenzierbar. Sei k � k eine Norm auf dem Rn bzw.die zugeordnete Matrixnorm. Ist dann kF 0(x�)k < 1, so existiert ein Æ > 0 derart,dass die Folge fxkg mit xk+1 := F (xk) f�ur jedes x0 2 Rn mit kx0 � x�k � Æ gegen x�konvergiert.Beweis:Man de�niere die positive Zahl � := (1�kF 0(x�)k)=2. Da F in einer Umgebungvon x� stetig partiell di�erenzierbar ist, existiert ein Æ > 0 mit:1. F ist auf einer o�enenen Obermenge der KugelB[x�; Æ℄ := fx 2 Rn : kx� x�k � Ægstetig partiell di�erenzierbar.2. Es ist kF 0(x)� F 0(x�)k � � f�ur alle x 2 B[x�; Æ℄.F�ur x 2 B[x�; Æ℄ erh�alt man aus dem Mittelwertsatz und Lemma 2.4, dasskF (x)� F (x�)� F 0(x�)(x� x�)k = Z 10 [F 0(x� + t(x� x�))� F 0(x�)℄(x� x�) dt � Z 10 kF 0(x� + t(x� x�)| {z }2B[x�;Æ℄ )� F 0(x�)k dt kx� x�k� � kx� x�k:Ber�u ksi htigt man no h, dass x� ein Fixpunkt von F ist, so folgt f�ur alle x 2 B[x�; Æ℄,dass kF (x)� x�k = kF (x)� F (x�)k� kF (x)� F (x�)� F 0(x�)(x� x�)k+ kF 0(x�)k kx� x�k� [�+ kF 0(x�)k℄ kx� x�k= q kx� x�k;wobei q := (1 + kF 0(x�)k)=2 2 (0; 1). Insbesondere folgt hieraus: Ist x0 2 B[x�; Æ℄, soist kxk � x�k � qk kx0� x�k, k = 0; 1; : : :. Hieraus folgt die Konvergenz der Folge fxkggegen x�, der Satz ist bewiesen. 2Bemerkung: Es w�urde im letzten Satz gen�ugen, �(F 0(x�)) < 1 vorauszusetzen (stattkF 0(x�)k < 1 mit einer zugeordneten Matrixnorm). Denn es gilt die folgende Aussage(siehe z. B. J. Werner (1992, S. 23 �.)):� Seien A 2 Rn�n und � > 0 gegeben. Dann existiert eine Vektornorm auf dem Rnderart, dass mit der zugeordneten Matrixnorm kAk � �(A) + � gilt.Die Bedingung �(F 0(x�)) < 1 ist s hw�a her als kF 0(x�)k < 1 mit einer zugeordnetenMatrixnorm (Beweis?). 2

72 Lineare und ni htlineare Glei hungen2.2.4 Das Newton-Verfahren f�ur ni htlineare Glei hungssy-stemeGegeben sei nun ein ni htlineares Glei hungssystem f(x) = 0, wobei mit einer o�enenMenge U � Rn die Funktion f : U �! Rn auf U stetig partiell di�erenzierbar ist. DasNewton-Verfahren zur L�osung von f(x) = 0 lautetxk+1 := xk � f 0(xk)�1f(xk); k = 0; 1; : : : :Hierbei ist x0 2 U ein geeigneter Startvektor. Ohne weitere Voraussetzungen ist dieDur hf�uhrbarkeit des Verfahrens nat�urli h ni ht gesi hert, also die Funktionalmatrixf 0(xk) existiert und ni htsingul�ar ist. Die Motivation (Linearisiere die ni htlineare Ab-bildung f in aktueller N�aherung) f�ur das Verfahren ist im Prinzip genau dieselbe wieim eindimensionalen Fall. Man bea hte, dass man bei der Dur hf�uhrung des Newton-Verfahrens in jedem S hritt ein ni htlineares Glei hungssystem zu l�osen hat:� Sei x0 Startvektor.� F�ur k = 0; 1; : : ::{ Bestimme pk mit f 0(xk)pk = �f(xk).{ Bere hne neue N�aherung xk+1 := xk + pk.Beispiel: Als Beispiel zum Bana hs hen Fixpunktsatz hatten wir die Fixpunktaufgabex = F (x) mit F (x) := 12 � os x1 � sinx2sin x1 + os x2 �betra htet. Zu l�osen ist also das ni htlineare Glei hungssystemf(x) := � x1 � 12( os x1 � sin x2)x2 � 12(sin x1 + os x2) � = 0:Mit dem selben Startvektor wie bei der Fixpunktiteration geben wir einige S hritte desNewton-Verfahrens an:k xk0 1:00000000000000 1:000000000000001 0:26610581354771 0:600539105844502 0:22701533406014 0:547164336615963 0:22884672177495 0:542444449456104 0:22903704750276 0:541954424772645 0:22905692483687 0:541902804395166 0:22905902006463 0:541897358446297 0:22905924112547 0:541896783808338 0:22905926445122 0:541896723173489 0:22905926691252 0:5418967167753810 0:22905926717223 0:54189671610027

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 73Der Unters hied zur Fixpunktiteration ist deutli h. 2Das Newton-Verfahren zei hnet si h sehr oft dur h seine vorz�ugli he \Konvergenzge-s hwindigkeit" aus. Dies wollen wir jetzt genauer fassen:De�nition 2.7 Sei fxkg � Rn eine Folge, die gegen ein x� 2 Rn konvergiert. F�ur allek sei xk 6= x�. Ferner sei k � k eine Norm auf Rn .1. F�ur ein p � 1 konvergiert die Folge fxkg von mindestens p-ter Ordnung gegenx�, wenn eine Konstante > 0 (f�ur p = 1 sei 2 (0; 1)) mitkxk+1 � x�k � kxk � x�kpf�ur alle hinrei hend gro�en k existiert.2. Die Folge fxkg konvergiert superlinear gegen x�, wennlimk!1 kxk+1 � x�kkxk � x�k = 0:Bemerkungen: Statt von Konvergenz von mindestens erster oder mindestens zweiterOrdnung spri ht man au h von linearer bzw. quadratis her Konvergenz.Sind die Voraussetzungen des Bana hs hen Fixpunktsatzes erf�ullt, so liegt wegenkxk+1 � x�k = kF (xk)� F (x�)k � q kxk � x�k(hierbei ist q 2 (0; 1) die Kontraktionskonstante) Konvergenz von mindestens ersterOrdnung bzw. lineare Konvergenz vor.Nur die lineare Konvergenz ist normabh�angig, die anderen Begri�e sind wegen der�Aquivalenz der Normen normunabh�angig. 2Wir wollen uns mit einem einzigen Satz zur Konvergenz des Newton-Verfahrens begn�u-gen und geben diesen au h no h ohne Beweis an (Beweis z. B. bei J. Werner (1992,S. 102 �.)). Es ist ein lokaler Konvergenzsatz wie Satz 2.1 und verallgemeinert diesenauf den mehrdimensionaslen Fall.Satz 2.8 Die Abbildung f : Rn �! Rn besitze in x� 2 Rn eine Nullstelle, es sei alsof(x�) = 0. Es gelte:1. Die Abbildung f ist auf einer Umgebung von x� stetig di�erenzierbar.2. Die Funktionalmatrix f 0(x�) 2 Rn�n ist ni htsingul�ar.Es bezei hne k � k eine beliebige Norm auf dem Rn bzw. die zugeordnete Matrixnorm.Dann existiert ein Æ > 0 derart, dass f�ur jedes x0 2 Rn mit kx0 � x�k � Æ die dur hdas Newton-Verfahrenxk+1 := xk � f 0(xk)�1f(xk); k = 0; 1; : : : ;gewonnene Folge de�niert ist (d. h. f 0(xk) existiert und ist ni htsingul�ar f�ur k = 0; 1; : : :)und superlinear gegen x� konvergiert. Gilt sogar

74 Lineare und ni htlineare Glei hungen3. f 0(�) ist auf einer (hinrei hend kleinen) Kugel um x� in x� lips hitzstetig, d. h. esexistieren � > 0 und L > 0 mitkf 0(x)� f 0(x�)k � L kx� x�k f�ur alle x mit kx� x�k � �,so konvergiert fxkg bei hinrei hend kleinem Æ > 0 f�ur jedes x0 mit kx0 � x�k � Æ vonmindestens zweiter Ordnung gegen x�.Wir geben nun eine sehr einfa he Matlab-Funktion NewtonGLS zur L�osung eines ni ht-linearen Glei hungssystems an:fun tion [x,iter℄=NewtonGLS(fun,x_0,tol,max_iter);%********************************************************************%Input-Parameter:% fname Name einer Funktion fun. [f,f_stri h℄=fun(x)% ergibt Funktionswert und Funktionalmatrix der% Funktion in x% x_0 Startwert% tol positiver Wert, Abbru h wenn ||f||_2<tol% max_iter maximale Anzahl von Iterationen%Output-Parameter:% x gefundene L"osung (bei Erfolg)% iter Anzahl der dur hgefuehrten Iterationen%********************************************************************iter=1;x=x_0; [f,f_stri h℄=feval(fun,x);while (norm(f)>tol)&(iter<max_iter)iter=iter+1;p=-f_stri h\f; x=x+p;[f,f_stri h℄=feval(fun,x);end;%********************************************************************Beispiel: Wir wollen das ni htlineare Glei hungssystemf(x) := � ex1 os x2 � x1ex1 sinx2 � x2 � = 0l�osen. Dann ist z = x1 + ix2 eine komplexe L�osung von ez � z = 0. Wir s hreibenzun�a hst ein �le Funexp.m, in wel hem f und die Funktionalmatrix f 0(x) bere hnetwird.fun tion [f,f_stri h℄=Funexp(x);e_1=exp(x(1)); _1= os(x(1)); _2= os(x(2));s_1=sin(x(1));s_2=sin(x(2));f=[e_1* _2-x(1);e_1*s_2-x(2)℄;f_stri h=[e_1* _2-1,-e_1*s_2;e_1*s_2,e_1* _2-1℄;

2.2 Ni htlineare Glei hungen und Glei hungssysteme 75Na h[x,iter℄=NewtonGLS(�Funexp,[1;1℄,1e-12,20);ist x = � 0:318131505204751:33723570143070 � ; iter = 6das Resultat. 22.2.5 Aufgaben1. Gegeben17 sei das ni htlineare Glei hungssystemf(x1; x2) := � x2 exp(x1)� 2x21 + x2 � 4 � = 0:Dur h Elimination von x2 f�uhre man diese Aufgabe auf die Bestimmung der S hnitt-punkte zweier Funktionen in einer unabh�angigen Variablen zur�u k. Mit Hilfe von Mapleoder Matlab bestimme man N�aherungen f�ur L�osungen des gegebenen ni htlinearenGlei hungssystems.2. Als Variante zu Satz 2.2 zeige man: Sei f 2 C2[a; b℄ mit f 0(x) > 0 und f 00(x) � 0 f�ur allex 2 [a; b℄, d. h. die auf [a; b℄ zweimal stetig di�erenzierbare Funktion f sei auf [a; b℄ strengmonoton wa hsend und konkav. Ferner sei f(a) < 0 < f(b) und b � f(b)=f 0(b) � a.Dann liefert das Newton-Verfahrenxk+1 := xk � f(xk)f 0(xk) ; k = 0; 1; : : :f�ur jedes x0 2 [a; b℄ eine Folge fxkg mit der Eigens haft, dass fxkgk2N monoton wa h-send und von mindestens zweiter Ordnung gegen die einzige Nullstelle x� von f in [a; b℄konvergiert, wobei nat�urli h xk 6= x� f�ur alle k angenommen wird.3. Mit Hilfe von Aufgabe 2 �uberlege man si h, f�ur wel he Startwerte das Newton-Ver-fahren, angewandt auf die Nullstellenaufgabe f(x) := x � e�x = 0, eine konvergenteFolge bildet. Mit x0 := 1:0 bere hne man die ersten f�unf Iterierten.4. Die Funktion f(x) := xe�x hat x� = 0 als einzige Nullstelle. Man untersu he, f�ur wel heStartwerte das Newton-Verfahren eine gegen x� konvergente Folge liefert.5. Dur h f0 := 1, f1 := 1 und fk+1 := fk+fk�1, k = 1; 2; : : :, sei die Fibona i-Folge ffkgde�niert. Ferner sei � := (1 +p5)=2.(a) Man beweise die Binets he Formelfk = 1p5 [�k+1 � (��)�(k+1)℄; k = 0; 1; : : : :17SieheN. K�o kler (1990, S. 138) Numeris he Algorithmen in Softwaresystemen. B. G. Teubner, Stuttgart.

76 Lineare und ni htlineare Glei hungen(b) Man zeige, dass limk!1 fk+1fk = �:6. Gegeben sei die Nullstellenaufgabe f(x) := x+ lnx = 0. Dur h einen Plot von f �uberdem Intervall [0:3; 1℄ vers ha�e man si h einen �Uberbli k �uber eventuelle Nullstellen.Mit Hilfe der Maple-Funktion fsolve oder die Matlab-Funktion fzero bestimme manN�aherungsl�osungen.7. Die Frobeniusnorm k � kF auf Rn�n ist f�ur A = (aij) 2 Rn�n de�niert dur h kAkF :=(Pni;j=1 a2ij)1=2. Man zeige:(a) Es ist kAkF =pSpur(ATA) f�ur jedes A 2 Rn�n . Hierbei ist die Spur einer Matrixdie Summe ihrer Diagonalelemente.(b) Die Frobeniusnorm k � kF : Rn�n �! R hat die Eigens haften einer Norm (De�-nitheit, Homogenit�at und Dreie ksunglei hung) und ist dar�uberhinaus submulti-plikativ , d. h. es ist kABk � kAk kBk f�ur alle A;B 2 Rn�n .( ) Es ist kAk2 � kAkF f�ur alle A 2 Rn�n .8. Man beweise, dass limk!1r2 +q2 + � � �+p2| {z }k Wurzeln = 2:9. Gegeben sei das ni htlineare Glei hungssystemf(x) := � x1 � 0:1x21 � sinx2x2 � os x1 � 0:1x22 � = 0:(a) Aus irgendeinem Grund vermuten Sie, dass das ni htlineare Glei hungssystemf(x) = 0 eine L�osung in [0; 1℄ � [0; 1℄ besitzt. Vers ha�en Sie si h dur h denimpli itplot Befehl im plots-pa kage von Maple eine N�aherung.(b) Benutzen Sie fsolve in Maple, um das System f(x) = 0 zu l�osen. Bestimmen Siemehr als eine L�osung.( ) Benutzen Sie eine selbst (z. B. in Matlab) ges hriebene Funktion, um das Glei- hungssystem zu l�osen.10. Gegeben18 sei die Abbildung f : R2 �! R2 mitf(x) := � exp(x21 + x22)� 3x1 + x2 � sin(3(x1 + x2)) � :Man bestimme die Funktionalmatrix f 0(x). F�ur wel he x ist f 0(x) singul�ar?18Diese Aufgabe �ndet man beiJ. Stoer (1994, S. 356) Numeris he Mathematik 1 . Springer, Berlin-Heidelberg-New York.

Kapitel 3GraphentheorieIn diesem Kapitel wollen wir einen kleinen Einbli k in die Graphentheorie geben. Wiein der Einf�uhrung s hon erl�autert wurde, besteht ein Graph G = (V;E) aus einerendli hen Menge V = V (G), der Menge der E ken, und einer Teilmenge E = E(G)von (ungeordneten) Paaren aus V , der Menge der Kanten. Wir werden uns i. Allg. aufdie Untersu hung einfa her Graphen bes hr�anken (S hleifen und Mehrfa hkanten sindni ht erlaubt), au h wenn diese Eins hr�ankung oft ni ht wi htig ist.Beispiel: Seien die E ken in einem Graphen gewisse St�adte in Nordamerika, etwa NewYork, Toronto, Los Angeles, San Fran is o, Chi ago, Denver, New Orleans. Zwei St�adtebzw. E ken sind dur h eine Kante verbunden, wenn es Direkt �uge (jeweils in beidenRi htungen, d. h. es ist keine Ri htung ausgezei hnet) zwis hen den St�adten gibt. Esm�oge z. B. Fl�uge von New York na h Los Angeles, Toronto, Chi ago, von Los Angelesna h San Fran is o, Denver, Chi ago, von Chi ago na h Toronto, New Orleans unds hlie�li h von San Fran is o na h Denver geben. In Abbildung 3.1 verans hauli henwir das. Diese Abbildung haben wir mit Maple hergestellt, genauer mit den folgendenBefehlen:> restart;with(networks):> staedte:=>fNew_York,Toronto,Los_Angeles,San_Fran is o,Chi ago,Denver,New_Orleansg:> new(G):> addvertex(staedte,G):> onne t(fNew_Yorkg,fLos_Angeles,Toronto,Chi agog,G):> onne t(fLos_Angelesg,fSan_Fran is o,Denver,Chi agog,G):> onne t(fChi agog,fToronto,New_Orleansg,G):> onne t(fSan_Fran is og,fDenverg,G):> S:=draw(G):> with(plots,display):> display([S℄,font=[HELVETICA,BOLD,10℄,titlefont=[HELVETICA,BOLD,14℄,ti> tle='Flugverbindungen',thi kness=3):Ni ht von jeder Stadt kann man in jede andere einen Direkt ug bu hen, d. h. der obigeGraph ist kein vollst�andiger Graph. 2

78 GraphentheorieFlugverbindungen

Denver

Chicago

New_York

New_Orleans

Los_Angeles

Toronto

San_FranciscoAbbildung 3.1: Flugverbindungen in NordamerikaWir wollen versu hen, ohne viele formale De�nitionen problemorientiert einzuf�uhren.Z.B. d�urfte klar sein, wann wir einen Graphen zusammenh�angend nennen: Je zweiE ken m�ussen dur h einen Kantenzug verbunden werden k�onnen. Der Graph in Ab-bildung 3.1 ist z. B. zusammenh�angend: Eventuell mit Umsteigen kann man von jederStadt in jede andere iegen. Na h omponents(G) erh�alt man alle 7 St�adte in G, d. h.es gibt nur eine Zusammenhangskomponente.3.1 Euler-Z�uge und Hamilton-Kreise3.1.1 BeispieleAuf das K�onigsberger Br�u kenproblem und das Haus des Nikolaus sind wir in derEinf�uhrung s hon eingegangen. Allgemein hei�t ein Graph G = (V;E) ein Eulers herGraph, wenn es in ihm einen Euler-Zug gibt, d. h. einen ges hlossenen Kantenzug1, derjede Kante genau einmal enth�alt. Ein ni ht notwendig ges hlossener Kantenzug, derjede Kante im Graphen genau einmal enth�alt hei�t ein o�ener Euler-Zug . Ein Graph,in dem es einen o�enen Euler-Zug gibt, hei�t ein semi-Eulers her Graph.Beispiel: Der Fahrer eines S hneep uges m�o hte, ausgehend vom Depot, jede Stra�e(keine davon ist eine Einbahnstra�e) eines gewissen Bezirkes genau einmal befahrenund am S hluss wieder im Depot landen. Wenn man si h die Stra�en als Kanten ineinem Graphen vorstellt, so will der Fahrer also einen Euler-Zug �nden. 2Wir hatten in der Einf�uhrung s hon notwendige und hinrei hende Bedingungen daf�urangegeben, dass ein Graph G = (V;E) Eulers h bzw. semi-Eulers h ist. Ents heidend1Ein Kantenzug ist eine Folge von paarweise vers hiedenen Kanten, wobei aufeinanderfolgendeKanten eine gemeinsame E ke haben.

3.1 Euler-Z�uge und Hamilton-Kreise 79ist hierbei der Begri� des Grades einer E ke. Ist x 2 V eine E ke und (x; y) 2 E eineKante (es ist x 6= y, da wir in einem einfa hen Graphen, und damit bes h�aftigen wiruns nur, keine S hlinge zulassen), so hei�en x und y bena hbart. Der Grad d(x) einerE ke x 2 V ist die Anzahl bena hbarter E ken. Auf einen Beweis der entspre hendenBedingungen, die einen (semi-) Eulers hen Graphen harakterisieren, wollen wir imn�a hsten Unterabs hnitt eingehen. Jedenfalls stellt es si h als ziemli h einfa h herauszu ents heiden, ob ein gegebener Graph (semi-) Eulers h ist. Z. B. ist der Graph inAbbildung 3.1 semi-Eulers h, da die \E ken" New Orleans und New York die einzigenE ken im Graphen mit ungeradem Grad sind. Ein anderes Problem ist es, den ent-spre henden o�enenen Euler-Zug zu bestimmen, also z. B. von New Orleans na h NewYork zu iegen und jede der Stre ken genau einmal zu benutzen. Man bea hte, dass essehr wohl erlaubt ist, in einen Ort zwis henzeitli h zur�u k zu kommen. Z.B. ist dur h(N.O,C),(C,N.Y),(N.Y,L.A),(L.A,D),(D,S.F),(S.F,L.A),(L.A,C),(C,T),(T,N.Y)ein o�ener Euler-Zug von New Orleans na h New York im Graphen gefunden.Ein �ahnli hes, aber wesentli h s hwierigeres Problem ist es, in einem GraphenG = (V;E) einen Hamilton-Kreis zu �nden. Unter einem Weg in einem Graphenversteht man eine Folge von paarweise vers hiedenen E ken x1; : : : ; xn 2 V , wobei(xi; xi+1) 2 E, i = 1; : : : ; n � 1. Dieser hei�t ein ges hlossener Weg oder ein Kreis,wenn dar�uberhinaus (xn; x1) 2 E. Ein Kreis, der jede E ke im Graphen genau einmalenth�alt, hei�t ein Hamilton-Kreis. Wenn in einem Graphen ein Hamilton-Kreis exi-stiert, so hei�t er ein Hamilton-Graph. Man bea hte den Unters hied zwis hen einemKreis und einem ges hlossenen Kantenzug. Jeder Kreis ist ein ges hlossener Kantenzug,aber ni ht jeder ges hlossene Kantenzug ist ein Kreis (Beispiel?).Beispiel: Im Jahre 1859 stellte Sir William Hamilton das Problem, ob der in Ab-bildung 3.2 dargestellte Graph ein Hamilton-Graph ist (nat�urli h nannte er selber

s ss s JJJJJs

BBBBBBBBBBBBB s

�������������BBBBBBB

BPPPPPs�������

� �����s����������� HHHHHHHHHHHs������ HHHHHHss s��s AAs��� ���ss���s HHHsAAAs ���s1 2

345 6 715 814 912 101113 1716 181920Abbildung 3.2: Ist dieser Graph Hamiltons h?

80 Graphentheorieihn so ni ht). Wie man bei J. M. Aldous, R. J. Wilson (2000, S. 71)2 na hle-sen kann, ma hte Hamilton aus dem Problem ein Spiel, in dem der Spieler einenHamilton-Kreis zu �nden hatte, wenn der Anfang des Kreises vorgegeben ist. �Ubri-gens haben wir dieses Bild (den sogenannten Dodekaeder-Graphen) m�uhsam mit dempi ture-environment hergestellt. In Maple m�usste dies dank des network-pa kages, indem man dur h G:=dode ahedron(); den Dodekaeder-Graphen direkt de�nieren kann,eigentli h au h m�ogli h sein. Aber wie? Einen Hamilton-Kreis geben wir in Abbil-dung 3.3 an. In dem mathematis hen Anwendersystem Mathemati a kann man dur h

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345 6 715 814 912 101113 1716 181920

Abbildung 3.3: Ein Hamilton-Kreis zum Graphen in Abbildung 3.2<<Dis reteMath`Combinatori a` ein m�a htiges Zusatzpaket laden, mit wel hem esz. B. m�ogli h ist festzustellen, ob ein gegegebener Graph ein Hamilton-Graph ist undeventuell einen Hamilton-Kreis auszugeben. Den obigen Hamiltonkreis haben wir z. B.so erhalten. 2Beispiel: Beim Problem des R�osselsprungs (engl.: knight problem) geht es um fol-gendes: Mit dem Springer sollen alle n2 Felder eines n � n-Bretts genau einmal ineinem kontinuierli hen Zug errei ht und zum Ausgangsfeld zur�u kgekehrt werden. Dien2 Felder des S ha hbretts seien die E ken eines Graphen. Weiter sind zwei E ken ge-nau dann dur h eine Kante verbunden, wenn zwis hen den entspre henden Feldern einR�osselsprung m�ogli h ist. Das R�osselsprungproblem ist dann o�enbar �aquivalent dazu,in dem de�nierten Graphen einen Hamilton-Kreis zu bestimmen oder zu ents heiden,dass es so einen ni ht gibt. Dies ist z. B. f�ur n = 4 der Fall, siehe eine Aufgabe inder Einf�uhrung. Bei L. Volkmann (1991)3 ist eine auf Euler (1759) zur�u kgehendeL�osung f�ur n := 8 angegeben, die wir in Tabelle 3.1 links reproduzieren: In Abbildung3.4 ist diese L�osung als Hamilton-Kreis in einem Graphen verans hauli ht. No h er-2J. M. Aldous, R. J. Wilson (2000) Graphs and Appli ations. An Introdu tory Approa h.Springer, London-Berlin-Heidelberg.3L. Volkmann (1991) Graphen und Digraphen. Eine Einf�uhrung in die Graphentheorie. Springer,Wien-New York.

3.1 Euler-Z�uge und Hamilton-Kreise 8158 43 60 37 52 41 62 3549 46 57 42 61 36 53 4044 59 48 51 38 55 34 6347 50 45 56 33 64 39 5422 7 32 1 24 13 18 1531 2 23 6 19 16 27 128 21 4 29 10 25 14 173 30 9 20 5 28 11 2663 22 15 40 1 42 59 1814 39 64 21 60 17 2 4337 62 23 16 41 4 19 5824 13 38 61 20 57 44 311 36 25 52 29 46 5 5626 51 12 33 8 55 30 4535 10 49 28 53 32 47 650 27 34 9 48 7 54 31Tabelle 3.1: Zwei L�osungen des R�osselsprungproblems

s s s s s s s ss s s s s s s ss s s s s s s ss s s s s s s ss s s s s s s ss s s s s s s ss s s s s s s ss s s s s s s s������������������HHHHHHAAAAAAH

HHHHH������HHHHHH������HHHHHH������HHHHHHAAAAAA������������HHHHHHAAAAAA������������HHHHHHAAAA

AAHHHHHH������AAAAAAHHHHHHAAAAAA������HHHHHH������AAAAAA��������������

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HHHHH������HHHHHH������HHHHHHAAAAAA������������HHHHHHAAAAAA������������������HHHHHHAAAAAAHHHHHH������AAAAAAHHHHHHAAAAAA������HHHHHH������AAAAAA������������

Abbildung 3.4: Eine L�osung des R�osselsprungproblemsstaunli her ist ein Springerkreis, der glei hzeitig ein magis hes Quadrat ist (alle Zeilen-und Spaltensummen ergeben 260). Man �ndet ihn bei M. L�obbing, I. Wegener(1996)4. Er ist oben re hts angegeben. Bei L�obbing-Wegener �ndet man weitere inter-essante Bemerkungen zum Problem der Springerkreise, z. B. dass dieses in einer Folgevon \Wetten, da�. . . ?" s hon eine Rolle spielte. Man kann dort na hlesen:� Der Kandidat behauptete, dass er f�ur ein beliebiges Feld den Springer so �uber dasS ha hbrett bewegen kann, dass jedes Feld genau einmal errei ht wird. Und der Kan-didat hat die Wette gewonnen. Diese Leistung hat bei vielen Mens hen Bewunderunghervorgerufen. Immerhin gibt es 64 Startfelder, und 64 Springerwege enthalten 4032Springerz�uge. Diese Vorgehensweise ist jedo h str�a i h naiv. Es gen�ugt do h, einenSpringerkreis auswendig zu lernen, da jeder Springerkreis f�ur jedes Startfeld einen4M. L�obbing, I. Wegener (1996) \Knight moves{was ma ht der Springer allein auf dem S ha h-brett?" In: Highlights aus der Informatik (I. Wegener, Hrsg.). Springer, Berlin-Heidelberg-New York.

82 GraphentheorieSpringerweg enth�alt. Diese Ged�a htnisleisung wird no h geringer, wenn ein Springer-kreis mit vielen Symmetrien gew�ahlt wird.Bemerkt sei, dass erst sehr k�urzli h (im Februar oder M�arz 2003) eine sol he Wettewieder in der Sendung \Wetten, dass. . . " vorkam und ein neunj�ahriger Junge mitverbundenen Augen von einer vorgegebenen Starte ke einen Hamilton-Kreis angebenkonnte. 2Beispiel: Man betra hte (siehe J. M. Aldous, R. J. Wilson (2000, S. 63)) die vierGraphen in Abbildung 3.5. Wel her davon ist Eulers h, wel her ein Hamilton-Graph?����s ss ����������sss s ������s sss s ������s sss s ������s sss ss�� ��s(a) (b) ( ) (d)Abbildung 3.5: Wel her Graph ist Eulers h, wel her ein Hamilton-Graph?O�enbar ist (a) ein Euler-Graph und ein Hamilton-Graph, (b) ist Eulers h aber keinHamilton-Graph, ( ) ist ein Hamilton-Graph, aber kein Euler-Graph (ist au h ni htsemi-Eulers h), s hlie�li h ist (d) keins von beidem. 2Hamiltons he Kreise treten in nat�urli her Weise beim Traveling Salesman Problem,dem Problem des Handlungsreisenden, auf. Wir werden auf dieses ber�uhmte Problemsp�ater zur�u kkommen.3.1.2 Eulers he GraphenIn diesem Unterabs hnitt wollen wir die s hon in der Einf�uhrung genannten notwendi-gen und hinrei henden Bedingungen daf�ur, dass ein Graph Eulers h bzw. semi-Eulers hist, beweisen. Zun�a hst formulieren und beweisen wir einen Hilfssatz, dana h folgt daseigentli he Ergebnis..Lemma 1.1 Die Kantenmenge eines Graphen kann genau dann in Kreise partitioniertwerden, wenn jede E ke geraden Grad besitzt. Insbesondere gilt: Hat jede E ke in einemGraphen geraden Grad, so ist jede E ke in einem Kreis enthalten.Beweis: Zun�a hst nehmen wir an, die Kantenmenge eines Graphen sei die disjunkteVereinigung von Kreisen. Eine beliebige E ke des Graphen ist entweder isoliert (dannhat sie den Grad 0) oder es f�uhren Kanten zu ihr hin und von ihr fort. Ist die E ke alsoin k Kreisen enthalten, so hat sie die Ordnung 2k, und diese ist gerade.Umgekehrt nehmen wir nun an, jede E ke des Graphen habe geraden Grad. Au-�erdem k�onnen wir nat�urli h annehmen, dass ni ht alle E ken isoliert sind, es also�uberhaupt Kanten im Graphen gibt. Wie kann man einen Kreis im Graphen �nden?Sei x0x1 : : : xl ein Weg maximaler L�ange l (glei h Anzahl der Kanten) im Graphen.Da x0 ni ht isoliert ist und geraden Grad besitzt, hat x0 au�er x1 no h einen weiterenNa hbarn, etwa y. Es ist y = xi f�ur ein i 2 f2; : : : ; lg, denn andernfalls w�are yx0 : : : xlein Weg der L�ange l + 1. Damit hat man wenigstens einen Kreis gefunden, n�amli h

3.1 Euler-Z�uge und Hamilton-Kreise 83x0x1 : : : xi. Nun entferne man aus dem Graphen alle Kanten des gerade gefundenenKreises und wende auf den so entstandenen Graphen (in diesem haben wieder alleE ken geraden Grad) dieselbe Argumentation an. Na h endli h vielen S hritten ist dieBehauptung bewiesen. 2Satz 1.2 Ein Graph G = (V;E) mit keinen isolierten E ken5 und E 6= � ist genaudann Eulers h, wenn G zusammenh�angend ist und alle E ken geraden Grad haben.Beweis: Sei G ein Eulers her Graph ohne isolierte E ken. Dann ist G zusammen-h�angend, denn in einem Euler-Zug kommt jede Kante und daher jede E ke vor. Dader Euler-Zug jede E ke �uber eine gewisse Kante errei ht und �uber eine andere wiederverl�asst, hat jede E ke geraden Grad.Umgekehrt nehmen wir an, G sei zusammenh�angend und jede E ke habe geradenGrad. Na h Lemma 1.1 gibt es in G wenigstens einen Kreis und damit einen ges hlos-senen Kantenzug. Sei C ein ges hlossener Kantenzug mit einer maximalen Anzahl vonKanten, diese seien in E(C) � E zusammengefasst. Ist E = E(C), so ist man fertig,denn dann ist C ein (ges hlossener) Euler-Zug. Andernfalls sei G0 := (V;E n E(C)).Da G zusammenh�angend ist, gibt es eine E ke u auf C, die mit einer Kante aus G0inzidiert. In G0 hat wieder jede E ke geraden Grad. Daher gibt es einen ges hlossenenKantenzug C 0 in G0, der u enth�alt. S hiebt man C 0 beim Dur hlaufen von C an derStelle u ein, so erh�alt man einen Widerspru h zur Maximalit�at von C. 2Beispiele: In Abbildung 1.7 erkennt man, dass die E ken A;B;C;D jeweils ungeradenGrad, n�amli h 5; 3; 3; 3, besitzen, daher ist der Graph ni ht Eulers h bzw. ein Spazier-gang dur h K�onigsberg, bei dem jede der 7 Br�u ken genau einmal �uberquert wird, ni htm�ogli h. Dagegen ist das in Abbildung 3.6 angegebene erweiterte Haus des Nikolausein Eulers her Graph. Denn der Grad jeder E ke in dem Graphen ist 2 oder 4. 2s ss ss

������ ���������������s���Abbildung 3.6: Das (erweiterte) Haus des NikolausIm n�a hsten Satz werden Bedingungen daf�ur angegeben, dass ein o�ener Euler-Zugvon einer E ke x zu einer E ke y 6= x existiert. In Abbildung 1.5 konnten wir f�ur dasHaus des Nikolaus einen o�enen Euler-Zug von der E ke 1 zur E ke 2 eintragen. Wiewir sehen werden, liegt das daran, dass die E ken 1 und 2 die beiden einzigen E kenmit ungeradem Grad sind.5Eine E ke x 2 V hei�t isoliert , wenn sie mit keiner Kante inzidiert , also (x; y) 62 E f�ur alle y 2 V .

84 GraphentheorieSatz 1.3 Sei G = (V;E) zusammenh�angend. Dann existiert genau dann von der E kex 2 V ein o�ener Euler-Zug zu der E ke y 2 V n fxg, wenn x und y die einzigen E kenmit ungeradem Grad sind.Beweis: Seien x und y die beiden einzigen E ken im Graphen mit ungeradem Grad.Man de�niere G� := (V [ fug; E [ fuxg [ fuyg), wobei u 62 V . Dann ist G� zusam-menh�angend, ferner besitzen alle E ken in G� (also au h x; y und u) geraden Grad.Daher gibt es wegen des gerade ebenen bewiesenen Satz 1.2 in G� einen Euler-Zug C�.L�asst man in diesem Euler-Zug die E ke u und die inzidierenden Kanten ux und uyfort, so erh�alt man einen o�enen Euler-Zug von x na h y. Umgekehrt gebe es eineno�enen Euler-Zug von x na h y 6= x. Da in jeder anderen E ke au�er x; y ebenso vieleKanten anfangen wie enden, ist der Grad einer jeden sol hen E ke gerade. Aus dementspre henden Grund ist der Grad von x und y ungerade. 2Bemerkung: Wir wollen no h einmal bemerken, dass die beiden letzten S�atze entspre- hend au h f�ur Multigraphen gelten. Au h eine �Ubertragung auf geri htete Multigra-phen (hier sind die Kanten geri htet, naheliegenderweise spri ht man h�au�g statt von(geri hteten) Kanten au h von Pfeilen) ist lei ht m�ogli h. Hier muss man f�ur eine E kex zwis hen dem In-Grad d+(x) (Anzahl der bei x startenden Pfeile) und dem Aus-Gradd�(x) (Anzahl der bei x endenden Pfeile) unters heiden. Man kann dann z. B. zeigen,dass ein zusammenh�angender geri hteter Graph genau dann einen (geri hteten) Euler-Zug besitzt, wenn d�(x) = d+(x) f�ur alle E ken x. Man versu he, die entspre hendenAussagen zu pr�azisieren und zu beweisen. 2Beispiel: Wir wollen Mathemati a benutzen, um im erweiterten Haus des Nikolauseinen Euler-Zug zu bestimmen. Zun�a hst erh�alt man dur h<<Dis reteMath`Combinatori a`adjdata={{2,6},{1,3,5,6},{2,4,5,6},{3,5},{2,3,4,6},{1,2,3,5}};gr=FromAdja en yLists[adjdata℄;ShowLabeledGraph[gr℄den in Abbildung 3.7 angegebenen Graphen. Dieser Graph ist Eulers h, da man auf12

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4 5

6

Abbildung 3.7: Das (erweiterte) Haus des Nikolaus

3.1 Euler-Z�uge und Hamilton-Kreise 85EulerianQ[gr℄ die Antwort True erh�alt, was wegen Satz 1.2 au h kein Wunder ist,da Conne tedQ[gr℄ ebenfalls die Antwort True ergibt und DegreeSequen e[gr℄ denOutput f4; 4; 4; 2; 2g zur Folge hat, also anzeigt, dass jede E ke geraden Grad besitzt.Na h EulerianCy le[gr℄ ergibt si h f4; 5; 6; 3; 5; 2; 6; 1; 2; 3; 4g als eine Euler-Tour. 23.1.3 Hamilton-KreiseEs ist einfa h zu ents heiden, ob ein Graph Eulers h ist. Dagegen ist keine notwendigeund hinrei hende Bedingung daf�ur bekannt, dass ein Graph Hamiltons h ist. GewisseKlassen von Hamilton-Graphen sind einfa h anzugeben. Z.B. ist der vollst�andige GraphKn mit n E ken, bei dem je zwei E ken dur h eine Kante verbunden sind, f�ur n � 3o�ensi htli h ein Hamilton-Graph. In Abbildung 3.8 links geben wirK17 an. Dies haben1

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Abbildung 3.8: K17 und K4;4wir in Maple errei ht dur hwith(networks):G:= omplete(17):S:=draw(G):with(plots):display([S℄,s aling= onstrained);Weiter hei�t ein Graph bipartit , wenn die Menge der E ken V disjunkte Vereinigungvon zwei Mengen U und W ist und jede Kante eine E ke in U und eine in W besitzt.Bipartite Graphen treten z. B. beim Transportproblem auf, wo die Menge der E ken diedisjunkte Vereinigung der \Lagere ken" und der \Kundene ken" ist und ein Transportstets von einem Lager zu einem Kunden erfolgt. Man spri ht von einem vollst�andigenbipartiten Graphen, wenn alle Kanten zwis hen U und W vorhanden sind. Ist jU j = mund jW j = n, so wird er mit Km;n bezei hnet. Der K4;4 ist in Abbildung 3.8 re htsangegeben, au h dies ist ein Hamilton-Graph.

86 GraphentheorieEine sehr spezielle hinrei hende Bedingung daf�ur, dass ein Graph Hamiltons h ist,gibt der folgende Satz an.Satz 1.4 Sei G = (V;E) ein zusammenh�angender Graph mit n := jV j � 3 E ken. DerGrad jeder E ke sei mindestens 12n. Dann ist G ein Hamilton-Graph.Beweis: Wir nehmen an, der Satz sei ni ht wahr. F�ur ein gewisses n sei G also einGraph mit n E ken, deren Grad mindestens n=2 ist und der ni ht Hamiltons h ist.Wir k�onnen annehmen, dass G maximal viele Kanten besitzt, das Hinzuf�ugen au hnur einer Kante zweier vorher ni ht bena hbarter Knoten (sol he muss es geben, dennandernfalls w�are der Graph vollst�andig und damit Hamiltons h) f�uhre also auf einenHamiltons hen Graphen. Seien y und z zwei ni ht bena hbarte E ken. Da Hinzuf�ugenvon yz zur Existenz eines Hamiltons hen Kreises f�uhrt, gibt es einen Weg x1x2 � � �xnin G von y = x1 na h z = xn. Die Mengenfi 2 f1; : : : ; n� 1g : y ist bena hbart zu xi+1gund fi 2 f1; : : : ; n� 1g : z ist bena hbart zu xigenthalten beide mindestens n=2 Elemente. Da beide in der n�1 Elemente enthaltendenMenge f1; : : : ; n� 1g enthalten sind, gibt es ein i0 2 f1; : : : ; n� 1g, wel hes in beidenMengen enthalten sind. Dann w�are abery = x1x2 � � �xi0z = xnxn�1 � � �xi0+1x1 = yein Kreis dur h alle n E ken von G, ein Widerspru h dazu, dass dur h G ein Gegen-beispiel gegeben ist. 2Wie s hon fr�uher angedeutet wurde, spielen Hamilton-Kreise beim Traveling6 SalesmanProblem (TSP) eine wi htige Rolle. Das TSP besteht in folgendem: Ein Handlungs-reisender hat n St�adte zu besu hen. Bekannt sind die Reisekosten ij � 0 zwis henzwei St�adten i und j (wobei ni ht notwendig ij = ji, wenn das der Fall ist, so spri htman vom symmetris hen TSP). Gesu ht ist eine Rundtour, d. h. eine Tour, die zumAusgangspunkt zur�u kf�uhrt und keine Stadt (au�er nat�urli h der Ausgangsstadt) zwei-mal ber�uhrt, mit minimalen Kosten. Da ein Verweilen in der Stadt i verboten ist, sei ii = +1, i = 1; : : : ; n. Die Menge der zul�assigen L�osungen des TSP ist die Mengealler zyklis hen Permutationen von f1; : : : ; ng, also der Permutationen ohne Unterzy-klen (wodur h die vorzeitige R�u kkehr in eine s hon besu hte Stadt verhindert wird).Eine �aquivalente graphentheoretis he Formulierung ist die folgende: Gegeben sei dervollst�andige Graph Kn, die Kanten (i; j) tragen Kosten ij0 (man spri ht dann voneinem gewi hteten Graphen). Gesu ht ist ein Hamilton-Kreis mit minimalen Kosten.Hierbei d�urfte klar sein, was unter den Kosten eines Kreises zu verstehen ist. Es ist\sehr s hwer", eine optimale L�osung des TSP bei gro�em n zu bestimmen. Es gibteinige Heuristiken zur Konstruktion einer kosteng�unstigen Rundtour. Die einfa hste6Gibt man in der Su hmas hine Google \Travelling Salesman" ein, so erh�alt man 22 700 Antworten,na h \Traveling Salesman" sind es 67 300. Der Unters hied d�urfte daran liegen, dass ersteres dieenglis he, letzteres die amerikanis he S hreibweise ist. Wir werden in Zukunft vom TSP spre hen.

3.1 Euler-Z�uge und Hamilton-Kreise 87und naheliegendste ist ein Greedy-Algorithmus, bei dem man jeweils die n�a hste no hni ht besu hte Stadt anf�ahrt. Auf weitere gehen wir sp�ater ein, wenn wir etwas mehrGraphentheorie kennen.3.1.4 Aufgaben1. Man gebe einen Euler-Zug im vollst�andigen Graphen K5 an. Ferner begr�unde man,weshalb Kn f�ur ungerades n ein Euler-Graph ist.2. Man zeige: Kann der Zusammenhang eines Graphen G dur h die Entnahme einer ein-zigen E ke und s�amtli her mit dieser E ke inzidierender Kanten zerst�ort werden, so istG kein Hamiltons her Graph.3. Man zeige, dass ein bipartiter Graph mit einer ungeraden Zahl von E ken ni ht Ha-miltons h ist. Hiermit zeige man, dass der in Abbildung 3.9 angegebene Graph ni ht12

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Abbildung 3.9: Bipartiter Graph mit ungerader E kenzahlHamiltons h ist.4. Der Graph Qn, der sogenannte Hyperw�urfel, ist folgenderma�en de�niert: Die E ken-menge Vn besteht aus allen 0; 1-Folgen der L�ange n, o�enbar ist jVnj = 2n. Zwei E kenx; y 2 V werden dur h eine Kante (x; y) verbunden, wenn si h die beiden 0; 1-Folgenan genau einer Stelle unters heiden. Die Kantenmenge von Qn wird mit En bezei hnet.Man zeige:(a) Es ist jEnj = n2n�1.(b) Qn ist bipartit.( ) Qn ist f�ur n � 2 ein Hamilton-Graph.5. Gegeben sei ein n�n-S ha hbrett. Die Felder seien die E ken eines Graphen. Zwei E kensind dur h eine Kante verbunden, wenn ein R�osselsprung zwis hen ihnen m�ogli h ist.Man zeige, dass f�ur ungerades n der entspre hende Graph kein Hamilton-Graph ist.Hinweis: Man benutze die Aussage von Aufgabe 3, dass n�amli h ein bipartiter Graphmit einer ungeraden Zahl von E ken ni ht Hamiltons h ist.

88 Graphentheorie6. Gegeben sei ein zusammenh�angender Graph G = (V;E), der genau k E ken mit unge-radem Grad besitzt. Man zeige:(a) Es ist k gerade.(b) Etwas lax formuliert: Die minimale Anzahl der Kantenz�uge, mit denen die Kan-tenmenge E gezei hnet werden kann, ist k=2.( ) Gegeben sei der Graph in Abbildung 3.10. Man zeige, dass man die Kantenmenger r r rr r r rr r r

Abbildung 3.10: Wie oft muss man absetzen?in vier, aber ni ht in drei Z�ugen zei hnen kann.Hinweis: Der erste Teil der Aufgabe ist eine einfa he Folgerung aus dem sogenanntenHandshaking Lemma, das ohne Beweis benutzt werden darf (obwohl dieser einfa h ist).Dieses sagt aus:� Sei G = (V;E) ein Graph. Dann ist Px2V d(x) = 2jEj, wobei nat�urli h d(x) denGrad einer E ke x 2 V bedeutet.F�ur den zweiten Teil der Aussage f�uge man k=2 Kanten zu G so dazu, dass der entste-hende Graph Eulers h ist.3.2 Minimale aufspannende B�aume, k�urzeste Wege3.2.1 BeispieleWir geben nur zwei einfa he Beispiele an.Beispiel: In einem gewissen Gebiet soll eine bestimmte Anzahl von D�orfern dur h einLeitungssystem (Strom, Wasser oder Kommunikation k�onnen z. B. hierdur h geleitetwerden) miteinander verbunden werden. Ni ht je zwei D�orfer k�onnen aus te hnis henGr�unden verbunden werden. Wenn dies aber m�ogli h ist, sind die (positiven) Kostender Verbindung bekannt. Gesu ht ist na h einem kostenminimalen Leitungssystem,dem alle D�orfer anges hlossen sind, wobei allerdings eine Eins hr�ankung darin besteht,dass das zu bauende Leitungssystem zusammenh�angend ist.Wie kann dies graphentheoretis h modelliert werden? Die D�orfer bilden die E keneines Graphen. Wenn zwis hen zwei D�orfern eine Leitung gebaut werden kann, sowerden die beiden E ken dur h eine Kante verbunden7. Auf diese Weise gewinnt maneinen (zusammenh�angenden) Graphen G = (V;E). Gegeben ist ferner eine auf den7Nat�urli h m�ussen wir voraussetzen, dass der hierdur h gewonnene Graph zusammenh�angend ist,denn andernfalls kann man ni ht dur hWeglassen von Kanten zu einem zusammenh�angenden Graphenkommen.

3.2 Minimale aufspannende B�aume, k�urzeste Wege 89Kanten de�nierte Kostenfunktion f : E �! R+ . Unter allen zusammenh�angendenUntergraphen G0 = (V;E 0) (es ist also E 0 � E) bestimme man einen mit minimalenKosten f(G0) :=Pe02E0 f(e0). Es ist klar, dass in einem optimalen Untergraphen keinKreis vorkommt (man k�onnte n�amli h eine Kante strei hen, ohne den Zusammenhangdes Graphen zu verlieren). Wie wir sehr bald sehen werden, su hen wir einenminimalen,G aufspannenden Baum.Als spezielles Beispiel betra hten wir 5 D�orfer mit der in Abbildung 3.11 angege-benen Kantenbewertung. 2s ss ss ����������1 2 35 4HHHHHHHHH�������

��AAAAAAAAA2 3 67 104 835Abbildung 3.11: Was ist der minimale aufspannende Baum?Beispiel: Gewisse Orte sind dur h Stra�en miteinander verbunden. Jede Stra�e hateine gewisse L�ange. Die Aufgabe besteht darin, einen k�urzesten Weg zwis hen zweivorgegebenen Orten zu �nden, wobei die L�ange des Weges die Summe der L�ange derdabei benutzten Stra�en ist.Die graphentheoretis he Modellierung ist o�ensi htli h. Die Orte bilden die E kenin einem Graphen. Gibt es zwis hen zwei Orten eine Stra�e, so sind die beiden entspre- henden E ken dur h eine Kante verbunden. Hierdur h gewinnt man einen GraphenG = (V;E). Gegeben ist ferner eine ni htnegative Gewi htsfunktion auf der Kanten-menge E, also f : E �! R�0 . F�ur x; y 2 V sei P = P (x; y) ein x und y verbindenderWeg und E(P ) die dabei (als Verbindung der paarweise vers hiedenen E ken) auftre-tenden Kanten. Mit l(P ) :=Pe2E(P ) f(e) wird die zugeh�orige (gewi htete) L�ange desWeges P bezei hnet. Unter allen x und y verbindenden Wegen will man nun einen mitminimaler L�ange, also einen k�urzesten Weg bestimmen. 23.2.2 B�aume, minimale aufspannende B�aumeEin Graph, der keinen Kreis enth�alt, hei�t ein Wald . Ein zusammenh�angender Waldhei�t ein Baum. IstG = (V;E) ein zusammenh�angender Graph, so hei�t ein UntergraphG0 = (V;E 0) (dieselbe E kenmenge wie G und eine Kantenmenge E 0 � E), der einBaum ist, ein (den Graphen G) aufspannender Baum (spanning tree). O�enbar besitztjeder zusammenh�angende GraphG (mindestens) einen aufspannenden Baum. EntwederistG bereits ein Baum, dann sind wir fertig, oderG besitzt einen Kreis C. Entfernen wiraus C eine beliebige Kante e, so ist G1 = (V;E nfeg) na h wie vor zusammenh�angend.Auf G1 kann dasselbe Verfahren angewandt werden und na h endli h vielen S hrittenerh�alt man einen aufspannenden Baum.

90 GraphentheorieIm folgenden Satz werden notwendige und hinrei hende Bedingungen daf�ur ange-geben, dass ein Graph ein Baum ist.Satz 2.1 Sei G = (V;E) ein Graph. Die folgenden Bedingungen sind �aquivalent:1. G ist ein Baum.2. Je zwei E ken in G sind dur h genau einen Weg verbunden.3. G ist zusammenh�angend und es gilt jEj = jV j � 1.Beweis: Sei G ein Baum, insbesondere also zusammenh�angend. Zwei beliebige E kenx; y 2 V k�onnen dur h mindestens einen Weg verbunden werden. W�urde es zwei Wegevon x na h y geben, so h�atte man einen Kreis, was in einem Baum ni ht m�ogli hist. Sind umgekehrt je zwei E ken in G dur h genau einen Weg verbunden, so ist Ginsbesondere zusammenh�angend. G�abe es in G einen Kreis, so sind je zwei E ken diesesKreises dur h zwei vers hiedene Wege verbunden. Damit ist die �Aquivalenz der erstenbeiden Aussagen bewiesen.Wir nehmen an, G = (V;E) sei ein Baum. Dann ist G insbesondere zusammen-h�angend und es bleibt zu zeigen, dass jEj = jV j � 1. Hierzu �uberlegen wir uns, dasses in einem Baum E ken vom Grad 1 gibt. Ist n�amli h P = x; x1; : : : ; y ein l�angsterWeg in G, so sind alle Na hbarn von x (und von y) in P , also d(x) = d(y) = 1(andernfalls k�onnte der Weg verl�angert werden, da G keinen Kreis enth�alt). Man setzeG1 := (V1; E1) := (V n fxg; E n fxx1g). Dann ist au h G1 ein Baum und jV1j � jE1j =jV j�jEj. Na h n�2 S hritten (hierbei bezei hne n := jV j die Ordnung von G) erhaltenwir einen Baum Gn�2 = (Vn�2; En�2) auf 2 E ken, d. h. es ist Gn�2 = K2 und es giltjV j � jEj = jVn�2j � jEn�2j = 1. Umgekehrt sei G = (V;E) ein zusammenh�angenderGraph mit jV j = jEj � 1. Sei T ein aufspannender Baum von G. Wegen V (T ) = V (G)und E(T ) � E(G) ist1 = jV (G)j � jE(G)j � jV (T )j � jE(T )j = 1;wobei wir f�ur die letzte Glei hung die gerade eben bewiesene Aussage auf T anwenden.Folgli h ist jE(T )j = jE(G)j und daher G = T selbst s hon ein Baum. 2Zur Bestimmung eines minimalen G = (V;E) aufspannenden Baumes T 0 = (V;E 0)geben wir den folgenden Algorithmus an:1. Sei E 0 := �, F := E.2. Bestimme e0 2 F mit f(e0) = mine2F f(e). Setze F := F n fe0g.3. Besitzt der Graph (V;E 0 [ fe0g) einen Kreis, so gehe zu 2.4. Besitzt der Graph (V;E 0 [ fe0g) keinen Kreis, so setze E 0 := E 0 [ fe0g. Ist jE 0j =jV j � 1, dann STOP, andernfalls gehe zu 2.

3.2 Minimale aufspannende B�aume, k�urzeste Wege 91Zun�a hst bestimme man also die k�urzeste Kante, d. h. diejenige mit der niedrigstenBewertung. Jede dana h zu w�ahlende Kante wird als eine k�urzeste unter den verblei-benden Kanten gew�ahlt, es sei denn, man w�urde dadur h einen Kreis erzeugen. DerProzess endet, wenn man keine Kante hinzuf�ugen kann, ohne einen Kreis zu erzeugen.Dies ist der Fall, wenn jV j�1 Kanten hinzugef�ugt sind8. Man nennt diesen Algorithmuseinen Greedy-Algorithmus (greedy=gefr�a�ig), weil in jedem S hritt die zu dieser Zeitlokal beste M�ogli hkeit ausgew�ahlt wird.Wir wollen uns das Verfahren an dem Graphen in Abbildung 3.11 klar ma hen. Dieeinzelnen S hritte �ndet man in Abbildung 3.12. Im letzten S hritt haben wir ni ht dies ss ss1 2 35 4 s ss ss1 2 3

5 42 �����3HHHHHHHHH3�����6Abbildung 3.12: Konstruktion des minimalen aufspannenden BaumesKante 54 mit der Bewertung 4 w�ahlen d�urfen, weil wir dann den Kreis (genauer einDreie k) 145 erzeugt h�atten. Insgesamt haben wir einen G aufspannenden Baum derL�ange 14 erzeugt.Nun kann man beweisen (gar ni ht so ganz einfa h!)9:Satz 2.2 Der dur h den obigen Algorithmus (Verfahren von Kruskal) zum zusam-menh�angenden Graphen G = (V;E) erzeugte Graph T 0 = (V;E 0) ist ein minimaler Gaufspannender Baum.Beweis: Na h Konstruktion ist T 0 = (V;E 0) ein maximaler kreisfreier Untergraph vonG und als sol her ein G aufspannender Baum, wenn no h gezeigt werden kann, dassT 0 zusammenh�angend ist. Seien x; y 2 V zwei beliebige E ken. Wir wollen zeigen, dassman auf einem Weg in T 0, der also nur Kanten aus E 0 enth�alt, von x na h y kommenkann. Da G als zusammenh�angend vorausgesetzt wurde, gibt es in G einen Weg vonx na h y, etwa xz1 � � � zky. Mit z0 := x, zk+1 := y ist also zizi+1 2 E, i = 0; : : : ; k.Es gen�ugt zu zeigen, dass man von zi na h zi+1 auf einem Weg in T 0 gelangen kann,i = 0; : : : ; k. Ist zizi+1 2 E 0, so ist dies trivialerweise der Fall. Ist dagegen zizi+1 62 E 0,so existiert in (V;E 0[fzizi+1g) ein Kreis, was impliziert, dass man au h in diesem Fallvon zi na h zi+1 �uber Kanten aus E 0 kommen kann. Insgesamt gibt es also von x na hy einen Weg in T 0, d. h. T 0 ist zusammenh�angend.8Jeder Graph G = (V;E) mit jEj � jV j enth�alt einen Kreis. Denn angenommen, das w�are ni ht derFall. Dann w�are G ein Wald und seine Zusammenhangskomponenten daher B�aume. Ist t die Anzahlder Zusammenhangskomponenten von G, so jEj = jV j � t < jV j, ein Widerspru h.9Siehe z. B.B. Bollob�as (1998, S. 13) Modern Graph Theory . Springer, New York-Berlin-Heidelberg.

92 GraphentheorieNa hdem wir nun gezeigt haben, dass der Kruskal-Algorithmus mit einem G auf-spannenden Baum T 0 endet, wollen wir zeigen, dass T 0 ein minimaler G aufspannenderBaum ist. Hierzu nehmen wir an, T � = (V;E�) sei ein minimaler G aufspannenderBaum, der maximal viele Kanten mit T 0 = (V;E 0) gemeinsam hat. Wir werden die An-nahme E 0 6= E� zum Widerspru h f�uhren. Die Kanten in E 0 werden S hritt f�ur S hrittbestimmt. Da wir E 0 6= E� annehmen, gibt es eine erste Kante xy in E 0, die keineKante in E� ist. In T � gibt es genau einen Weg P von x na h y (wegen des Zusam-menhangs von T � ist die Existenz eines Weges klar, die Eindeutigkeit folgt wegen derKreisfreiheit von T �). Es gibt wenigstens eine Kante in P , die ni ht zu E 0 geh�ort, dennandernfals gibt es einen Kreis in T 0 (da xy 2 E 0). Sei etwa uv eine sol he Kante. Wir�uberlegen uns, dass f(xy) � f(uv). Dies ist si herli h ri htig, wenn man si h �uberlegt,dass zu dem Zeitpunkt, als xy als Kante gew�ahlt wurde, au h dur h Hinzuf�ugen derKante uv kein Kreis entstanden w�are. Denn alle Kanten, die vor xy erzeugt sind, liegenin T �. Wenn also dur h Hinzuf�ugen von uv 2 E� ein Kreis entstanden w�are, so h�atteman einen Widerspru h zur Kreisfreiheit von T �. Also ist f(xy) � f(uv). De�niertman T := (V; (E� n fuvg) [ fxyg), so ist T ein G aufspannender Baum (denn T istzusammenh�angend, da es einen Weg von u na h v in T gibt, ferner gibt es au h in Tkeinen Kreis) mit f(T ) = f(T �)� f(uv) + f(xy) � f(T �):Da T � ein k�urzester aufspannender Baum ist, ist es au h T . Da T mehr Kanten mit T 0gemein hat als T �, haben wir einen Widerspru h zur Wahl von T � erhalten. Folgli hist E 0 = E� bzw. T 0 = T �, also au h T 0 ein minimaler aufspannender Baum. 2Beispiel: Wir wollen untersu hen, wel he Hilfsmittel Maple bereitstellt, um minima-le aufspannende B�aume zu bestimmen. Wir kehren zu dem Beispiel aus Abbildung3.11 zur�u k. Zun�a hst muss man das networks pa kage laden, dann muss man dengewi hteten Graphen de�nieren und s hlie�li h den minimalen aufspannenden Baumbere hnen. Dies kann folgenderma�en ges hehen:with(networks): new(G):addvertex({1,2,3,4,5},G):addedge([{1,2},{1,3},{1,4},{1,5},{2,3},{2,4},{2,5},{3,4},{4,5}℄,weight=[3,7,3,2,6,8,5,10,4℄,G);T:=spantree(G,1,w):Dur h draw(G); bzw. draw(T); kann man den Graphen bzw. den minimalen auf-spannenden Baum zei hnen, siehe Abbildung 3.13 (leider ist mir unklar, wie man dieGewi hte l�angs der Kanten beim draw-Befehl ber�u ksi htigt). Der Wert der Variablenw ist das minimale Gewi ht, in unserem Fall ist w = 14. Der zweite Parameter inspantree gibt die Wurzel (der Name spri ht fast f�ur si h) des aufspannenden Baumesan. 2Minimale aufspannende B�aume spielen au h eine Rolle, um eine N�aherung beim TSPzu gewinnen. Wir gehen kurz auf dieMinimum Spanning Tree Heuristik ein. Sie bestehtaus folgenden S hritten.� Zu dem bewerteten vollst�andigen Graphen Kn bestimme man (z. B. mit demVerfahren von Kruskal) einen minimalen aufspannenden Baum T .

3.2 Minimale aufspannende B�aume, k�urzeste Wege 93

5

4

3

2

1

5

4

3

2

1

Abbildung 3.13: Ein minimaler aufspannender Baum� Verdopple alle Kanten in T . Hierdur h erh�alt man einen Eulers hen MultigraphenTD. Sei C ein Euler-Zug in TD.� In C ist ein Hamilton-Kreis enthalten, den man dur h �Uberspringen s hon dur h-laufener E ken erhalten kann.Beispiel: Wir reproduzieren ein Beispiel bei M. Aigner (1996, S. 141). Die 6 St�adtemit ihren jeweiligen Entfernungen sind in der folgenden Tabelle angegeben.A B D F K WAa hen � 91 80 259 70 121Bonn 91 � 77 175 27 84D�usseldorf 80 77 � 232 47 29Frankfurt 259 175 232 � 189 236K�oln 70 27 47 189 � 55Wuppertal 121 84 29 236 55 �In Abbildung 3.14 geben wir zun�a hst den mit dem Verfahren von Kruskal gewonnenenminimalen aufspannenden Baum an (der Reihe na h werden die Kanten KB, DW,KD, AK (die Kante KW darf ni ht genommen werden, weil sonst ein Kreis gebildetw�are), BF konstruiert). Wenn dann alle Kanten verdoppelt werden, gibt es nat�urli heine Euler-Tour in dem so entstandenen Multigraphen. Z.B werden der Reihe na h dieKanten KB, BF, FB, BK, KD, DW,WD, DK, KA, AK dur hlaufen. Hieraus erh�alt manden Hamilton-Kreis K, B, F, D, W, A, K, den wir in Abbildung 3.14 re hts eingetragenhaben. Die L�ange dieser Tour ist 654. 23.2.3 K�urzeste WegeWir geben den Algorithmus von Dijkstra an. Dieser gibt zu einem zusammenh�angen-den gewi hteten Graphen G = (V;E) und einer vorgegebenen E ke x 2 V einen G

94 Graphentheorie���� �������� ����

���� ����A KB FD W

���� �������� �������� ����A KB FD W

AAAAAAAAAA����������

Abbildung 3.14: Minimum Spanning Tree Heuristikaufspannenden Baum T an mit der Eigens haft, dass f�ur jedes y 2 V der eindeutigeWeg von x na h y in T (g�abe es zwei Wege, so enthielte T einen Kreis) k�urzester Wegvon x na h y in G ist.� Gegeben ist ein zusammenh�angender Graph G = (V;E) mit n := jV j, eine ni ht-negative Gewi htsfunktion f :E �! R�0 und x 2 V .� Setze x0 := x, V0 := fx0g, E0 := � und l(x0) := 0.� F�ur i = 0; : : : ; n� 2:{ Betra hte f�ur alle Kanten e = uv mit u 2 Vi, v 2 V n Vi den Ausdru kg(e) := l(u) + f(e) und w�ahle unter diesen Kanten e0 = u0v0 mit g(e0) =min g(e).{ Setze xi+1 := v0, ei+1 := e0 und Vi+1 := Vi[fxi+1g, Ei+1 := Ei[fei+1g sowiel(xi+1) := g(e0).� Dann ist T := (V;En�1) ein G aufspannender Baum mit der Eigens haft, dassf�ur jedes y 2 V der (in T ) eindeutige Weg von x na h y ein minimaler Weg vonx na h y in G ist.Bevor wir beweisen, dass der Algorithmus von Dijkstra wirkli h das Verlangte tut,geben wir ein Beispiel an.Beispiel: Gegeben10 sei der gewi htete Graph in Abbildung 3.15. Es sei x := f1g. Wirerhalten dann die folgenden S hritte.� V0 = f1g, E0 = �.� V1 = f1; 7g, E1 = f17g. Statt 7 h�atte au h die E ke 8 aufgenommen werdenk�onnen.� V2 = f1; 7; 8g, E2 = f17; 18g.� V3 = f1; 7; 8; 2g, E3 = f17; 18; 12g. Hier h�atte statt der E ke 2 au h die E ke 6oder die E ke 4 aufgenommen werden k�onnen.10Dieses Beispiel haben wir M. Aigner (1996, S. 114) entnommen.

3.2 Minimale aufspannende B�aume, k�urzeste Wege 95r������ ������r rr r r������������ ������r r56 47 8 31 231 1 3 12 2 2 43 2Abbildung 3.15: K�urzeste Wege?� V4 = f1; 7; 8; 2; 6g, E4 = f17; 18; 12; 86g. Statt der Kante 86 h�atte au h die Kante76 in E4 aufgenommen werden k�onnen.� V5 = f1; 7; 8; 2; 6; 4g, E5 = f17; 18; 12; 86; 84g.� V6 = f1; 7; 8; 2; 6; 4; 3g, E6 = f17; 18; 12; 86; 84; 23g.� V7 = f1; 7; 8; 2; 6; 4; 3; 5g, E7 = f17; 18; 12; 86; 84; 23; 45g.Der resultierende aufspannende Baum ist in Abbildung 3.16 re hts angegeben, links1

24

3

5

7

6 8

1

24

3

5

7

6 8

Abbildung 3.16: Resultat des Algorithmus von Dijkstra�ndet man den Graphen selber. Hieraus liest man z.B. ab, dass ein k�urzester Weg von1 na h 5 dur h f1; 8; 4; 5g gegeben ist.Bevor wir die Korrektheit des Dijkstra-Verfahrens na hweisen, wollen wir no h dieM�ogli hkeiten von Maple zur L�osung des Problems der k�urzesten Wege testen. Imnetworks pa kage gibt es hierzu die Funktion shortpathtree. Ihre Anwendung ma- hen wir uns am besten dur h die L�osung des obigen Beispiels klar. Na h

96 Graphentheoriewith(networks): new(G):addvertex({1,2,3,4,5,6,7,8},G):addedge([{1,2},{1,7},{1,8},{2,3},{2,8},{3,4},{4,5},{4,8},{5,6},{6,7},{6,8}℄,weights=[3,1,1,1,3,4,2,2,3,2,2℄,G):T:=shortpathtree(G,1): S:=draw(T):plots[display℄([S℄,thi kness=3);erh�alt man den in Abbildung 3.17 dargestellten Baum. Nur bemerkt sei, dass man mit

8

7

6

5

4 2

1

3

Abbildung 3.17: Resultat von shortpathtreeder Maple-Funktion allpairs k�urzeste Wege zwis hen je zwei E ken eines Graphenbestimmen kann. Man informiere si h selber hier�uber. 2Satz 2.3 Sei G = (V;E) ein zusammenh�angender Graph, f :E �! R�0 eine ni ht-negative Kantenbewertung und x 2 V . Der Algorithmus von Dijkstra ergibt einen Gaufspannenden Baum mit der Eigens haft, dass f�ur jedes y 2 V der in T eindeutigeWeg von x na h y ein minimaler (x; y)-Weg mit d(x; y) = l(y) ist.Beweis: O�enbar ist Ti = (Vi; Ei) zusammenh�angend (lei ht dur h vollst�andige In-duktion zu zeigen) und jEij = jVij � 1, i = 1; : : : ; n� 1. Na h Satz 2.1 ist Ti ein Baum,insbesondere also Tn�1 = (V;En�1) ein G aufspannender Baum. Dur h vollst�andigeInduktion na h i zeigen wir, dass f�ur i = 1; : : : ; n � 1 der in Ti eindeutige Weg vonx = x0 na h y 2 Vi n fxg ein k�urzester Weg in G und d(x; y) = l(y) seine L�ange ist.F�ur den Induktionsanfang ist i = 1. Im ersten S hritt wird x1 2 V nfxg so bestimmt,dass die Kante e1 = x0x1 minimales Gewi ht hat. Daher ist dur h x0x1, den einzigenWeg in T1, ein k�urzester Weg von x = x0 na h y = x1 gegeben, ferner ist l(x1) =f(e1) = d(x0; x1).Die Aussage sei f�ur i ri htig. Zu zeigen ist, dass sie au h f�ur i+1 ri htig ist. Hierf�urgen�ugt es, y = xi+1 zu betra hten. Die Kante e0 = u0xi+1 wurde unter allen Kantene = uv mit u 2 Vi, v 2 V n Vi, so gew�ahlt, dass l(u) + f(e) minimal ist. Mit P0 werde

3.2 Minimale aufspannende B�aume, k�urzeste Wege 97der Weg von x = x0 �uber u0 2 Vi na h y = xi+1 bezei hnet. Seine L�ange ist na hInduktionsvoraussetzungl(P0) = d(x0; u0) + f(e0) = l(u0) + f(e0) = l(xi+1):Wir wollen zeigen, dass P0 ein k�urzester Weg von x = x0 na h y = xi+1 ist. Hierzunehmen wir an, P sei ein k�urzester Weg von x = x0 na h y = xi+1. Sei u die letzte E keaus Vi im Weg P (eine sol he muss es geben, denn die erste E ke x = x0 liegt in Vi),weiter sei v 2 V nVi der Na hfolger (au h diesen muss es geben, denn y = xi+1 2 V nVi)im Weg P , ferner sei e := uv. Teilwege eines k�urzesten Weges sind ebenfalls k�urzesteWege, d. h. in P = P (x0; u)P (v; xi+1) sind au h P (x0; u) und P (v; xi+1) k�urzeste Wegevon x0 na h u 2 Ei bzw. von v na h xi+1. Na h Induktionsannahme ist fernerl(P (x0; u)) = d(x0; u) = l(u):Daher ist d(x0; xi+1) = l(P )= l(P (x0; u)) + f(e) + l(P (v; xi+1))= l(u) + f(e) + l(P (v; xi+1))| {z }�0� l(u) + f(e)� l(u0) + f(e0)= l(xi+1)= l(P0):Also ist P0 ein k�urzester Weg und l(P0) = l(xi+1). Damit ist die Induktionsbehauptungund der ganze Satz bewiesen. 2Bemerkung: Es wurde im Beweis ents heidend benutzt, dass die (gewi htete) L�angevon Wegen ni htnegativ ist, was nat�urli h insbesondere f�ur ni htnegative Kantenbe-wertungen der Fall ist. 23.2.4 Aufgaben1. Man zei hne alle B�aume mit h�o hstens 5 E ken.2. SeiG = (V;E) ein zusammenh�angender Graph. Mit d(x; y) bezei hnen wir den Abstandzweier E ken x; y 2 V , also die L�ange eines k�urzesten Weges von x na h y. F�ur x 2 Vde�nieren wir r(x) := maxy2V nfxg d(x; y) als die Exzentrizit�at in x, also die L�angeeines l�angsten von x ausgehenden k�urzesten Weges. Dann hei�t r(G) := minx2V r(x)der Radius von G und Z(G) := fx 2 V : r(x) = r(G)g das Zentrum von G.(a) Was ist der Radius und was das Zentrum zu dem in Abbildung 3.18 dargestelltenGraphen G?(b) Man zeige, dass das Zentrum eines Baumes entweder aus einer E ke oder zweibena hbarten E ken besteht.

98 Graphentheorie1

2

3

4

5

6

7

Abbildung 3.18: Was ist der Radius, was ist das Zentrum?3. In der folgenden Tabelle11 sind die Entfernungen (in Hunderten von Meilen) von se hsSt�adten angegeben. Berlin London Moskau Paris Rom SevillaBerlin � 7 11 7 10 15London 7 � 18 3 12 11Moskau 11 18 � 18 20 27Paris 7 3 18 � 9 8Rom 10 12 20 9 � 13Sevilla 15 11 27 8 13 �(a) In dem zugeh�origen gewi hteten vollst�andigen Graphen bestimme man einen mi-nimalen aufspannenden Baum.(b) Mit der Minimum Spanning Tree Heuristik bestimme man eine (suboptimale)Rundtour.4. Eine Firma hat si h zu �uberlegen, wel hes zusammenh�angende Pipelinenetzwerk siezwis hen 7 Quellen A;B; : : : ; G und einer Fabrik H bauen sollte. Die m�ogli hen Pipe-lines und ihre Konstruktionskosten (in gewissen Geldeinheiten) sind gegeben dur hPipeline Kosten Pipeline KostenAB 23 CG 10AE 17 DE 14AD 19 DF 20BC 15 EH 28BE 30 FG 11BF 27 FH 35Wel hes Pipelinenetzwerk sollte gebaut werden und was sind seine Konstruktionsko-sten? Was ist die kosteng�unstigste Verbindung von der Quelle A zur Fabrik H?5. Ein zusammenh�angender Graph G = (V;E) habe paarweise vers hiedene Gewi hte aufden Kanten. Man zeige, dass G einen eindeutigen minimalen aufspannenden Baumbesitzt.11Siehe J. M. Aldous, R. J. Wilson (2000, S. 186).

3.3 Das F�arben von Landkarten und anderen Dingen 993.3 Das F�arben von Landkarten und anderen Din-gen3.3.1 BeispieleBeispiel: In Abbildung 3.19 haben wir12 den afrikanis hen Kontinent und seine L�anderaufgetragen. Die Abbildung wurde mit Hilfe des Mis ellaneous`WorldPlot` pa kage

Abbildung 3.19: Die L�ander Afrikasvon Mathemati a hergestellt. Und zwar auf die folgende Weise:<<Mis ellaneous`WorldPlot`afri=WorldPlot[Afri a,WorldBa kground->GrayLevel[0.7℄,WorldGrid->None,WorldFrame->Thi kness[.012℄℄Graphi s[afri℄Display["afri .eps",%,"EPS"℄Dur h die letzten beiden Befehle �ndet ein Export in ein eps-�le statt.Nun sollen die L�ander so gef�arbt werden, dass \bena hbarte" L�ander unters hied-li h gef�arbt werden. Hierbei gelten zwei L�ander, die si h nur in einer \E ke" tre�en,ni ht als bena hbart. Einer der ber�uhmtesten S�atze der Mathematik (und der Graphen-theorie) ist der Vierfarbensatz , dass si h n�amli h jeder zusammenh�angende ebene (wasdas ist, werden wir erkl�aren m�ussen) Graph (bzw. die zugeh�orige Landkarte) dur hvier Farben f�arben l�asst. Bekanntli h gibt es f�ur diesen Satz bisher nur einen Compu-terbeweis (K. Appel, W. Haken (1976)), daher wird gelegentli h immer no h von derVierfarbenvermutung gespro hen. 2Beispiel: Ein Zoo muss geeignete Umgebungen f�ur a ht Tierarten A;B; : : : ; H bestim-men, wobei aus Si herheitsgr�unden gewisse Tiere von anderen getrennt werden m�ussen.12Wie aktuell diese Karte ist, kann i h ni ht beurteilen.

100 GraphentheorieEs soll die minimale Anzahl der \Umgebungen" bestimmt werden, in denen die Tieresi her leben k�onnen. In der folgenden Tabelle gibt ein � eine notwendige Trennung an.A B C D E F G HA � � � � � � � �B � � � � � � � �C � � � � � � � �D � � � � � � � �E � � � � � � � �F � � � � � � � �G � � � � � � � �H � � � � � � � �Wir de�nieren einen Graphen mit den E ken A; : : : ; H. Zwei E ken werden dur h eineKante verbunden, wenn die beiden Tiere si h ni ht vertragen. Die Aufgabe bestehtdann darin, die E ken mit m�ogli hst wenig Farben so zu f�arben, dass bena hbarteE ken unters hiedli h gef�arbt sind. Benutzt man Maple zur De�nition des entspre- henden Graphen (auf die �ubli he Weise) und zei hnet diesen mit dem draw-Befehl,so erh�alt man das in Abbildung 3.20 angegebene Bild. Au h wenn das auf den ersten

H

G

F

E

D

C

B

A

Abbildung 3.20: Ein Vertr�agli hkeitsgraphBli k ni ht o�ensi htli h ist, ist dies ein planarer Graph, d. h. die Kanten k�onnen �uber-s hneidungsfrei gezei hnet werden. Die Antwort auf isplanar(G); ist in der Tat true.Eine zul�assige F�arbung mit 4 Farben ist m�ogli h, man brau ht nur fA;Gg, fB;Dg,fC;Eg und fF;Hg vier unters hiedli he Farben zu geben. 23.3.2 Planare GraphenGrob gesagt verstehen wir unter einem planaren Graphen einen Graphen, den manohne Kanten�ubers hneidungen in die Ebene einbetten (bzw. in der Ebene zei hnen)kann bzw. einen hierzu isomorphen Graphen. Wir ben�otigen einige De�nitionen.

3.3 Das F�arben von Landkarten und anderen Dingen 101De�nition 3.1 Zwei Graphen G = (V;E) und G0 = (V 0; E 0) hei�en isomorph, wennes eine Bijektion � : V �! V 0 gibt derart, dass (x; y) 2 E genau dann, wenn(�(x); �(y)) 2 E 0.Beispiel: Man betra hte die beiden Graphen in Abbildung 3.21. Die Isomorphie ver-

6

7

8

1

2

3

5

4

H

G

F

E

D

C

B

A

Abbildung 3.21: Zwei isomorphe Graphenmittelnde Abbildung � liest man aus� : 1 2 3 4 5 6 7 8E B A F C G D Hab. 2De�nition 3.2 Eine stetige Abbildung e: [0; 1℄ �! R2 ist ein Jordanbogen im R2 ,wenn e(t) 6= e(s) f�ur alle s; t 2 [0; 1℄ mit s 6= t.De�nition 3.3 Ein Graph G = (V;E) hei�t ein ebener Graph, wenn folgende dreiBedingungen erf�ullt sind:1. Es ist V = fx1; : : : ; xng � R2 .2. Es ist E = fe1; : : : ; emg mit Jordanb�ogen e1; : : : ; em im R2 , wobei ei(0); ei(1) 2 Vund ei(t) 62 V f�ur alle t 2 (0; 1), i = 1; : : : ; m. Die E ke xi und die Kante ejhei�en inzident , wenn xi 2 fej(0); ej(1)g.3. Die Kanten von G haben (au�er E ken) keine S hnittpunkte. Sind also ei und ejzwei vers hiedene Kanten, so ist ei(s) 6= ej(t) f�ur alle s; t 2 (0; 1). Zwei vers hie-dene Kanten hei�en inzident , wenn sie mit einer gemeinsamen E ke inzidieren.De�nition 3.4 Ist G0 = (V 0; E 0) ein Graph, der zu einem ebenen Graphen G = (V;E)isomorph ist, so hei�t G eine Einbettung von G0 in den R2 . Ein Graph, der zu einemebenen Graphen isomorph ist, hei�t ein planarer Graph.

102 GraphentheorieBeispiel: Zei hnet man den vollst�andigen Graphen in der �ubli hen Weise (z. B. dur hdraw( omplete(4)); so �ndet eine �Ubers hneidung der Kanten statt, siehe Abbildung3.22 links. Re hts geben wir einen isomorphen Graphen an, der K4 ist also planar. Au h

4

3

2

1 1 2

3

4Abbildung 3.22: Der K4 ist planarder vollst�andige bipartite Graph K2;3 ist planar (Beweis?), ni ht aber K3;3 und K5, wiewir sp�ater zeigen werden. Dass der K3;3 ni ht planar ist, kann folgenderma�en inter-pretiert werden. Angenommen, drei Na hbarn A, B und C wollen mit Gas, Strom undWasser versorgt weden. Dann ist es ni ht m�ogli h, die Versorgungsleitungen kreuzungs-frei zu verlegen. Siehe Abbildung 3.23. Zwar kann man einige der Leitungen \au�enStrom

Gas

WasserC

B

AAbbildung 3.23: Das Utility Problem: K3;3 ist ni ht planarherum" legen, aber ni ht alle. 2Beispiel: In Abbildung 3.24 geben wir eine Karte mit einem Teil Europas wieder.Genauer haben wir hier 10 L�ander eingetragen. Bemerkt sei, dass wir (Ents huldigung!)Andorra, Lie htenstein, Mona o und San Marino fortgelassen haben. In Abbildung

3.3 Das F�arben von Landkarten und anderen Dingen 103

Abbildung 3.24: Einige L�ander Europas3.25 geben wir diese Landkarte als einen ebenen Graphen an. Hier tre�en si h Italienund Spanien nur in einer E ke, sind also ni ht bena hbart. Ferner haben wir daraufgea htet, dass ein Grenz�ubertritt nur �uber genau eine Kante m�ogli h ist, dass also keineunn�otigen E ken oder Kanten vorhanden sind13 2Sei G = (V;E) ein zusammenh�angender, ebener Graph. Fassen wir G als Vereinigungder E ken und Kanten auf, so ist R2 nG disjunkte Vereinigung zusammenh�angender Ge-biete, von denen genau eines ni ht bes hr�ankt ist. Diese Zusammenhangskomponentenvon R2 nG nennen wir L�ander (au h \fa es" genannt, man denke an Seiten �a hen einesPolyeders). Die Anzahl der L�ander eines planaren Graphen ist nat�urli h die Anzahl derL�ander einer ebenen Einbettung. Nun f�uhren wir zum ebenen Graphen G = (V;E) dendualen Graphen G� = (V �; E�) ein, und zwar folgenderma�en: Die E ken von G� sinddie L�ander in G, wobei au h das \Au�enland" ein Land, also eine E ke in G� ist. ZweiE ken in G� (bzw. L�ander in G) werden dur h eine Kante verbunden, wenn die beidenL�ander eine gemeinsame Grenze haben. Hierdur h wird das \L�anderf�arbungsproblem"in G auf ein \E kenf�arbungsproblem" in G� zur�u kgef�uhrt.Beispiel: Wir geben in Abbildung 3.26 den dualen Graphen zu dem in Abbildung 3.25angegebenen an. Hierzu haben wir die L�ander mit ihrem Zentrum identi�ziert, das sinddie E ken im dualen Graphen, und diese Zentren mit einer Kante verbunden, wenn dieL�ander eine gemeinsame Grenze haben. S hlie�li h wird der Au�enwelt no h eine E keW zugeordnet, die no h mit allen L�andern au�er den Binnenl�andern Luxemburg undS hweiz zu verbinden ist. Man erkennt, dass der duale Graph wieder zusammenh�angend13Dies gilt allerdings ni ht f�ur das Seefahrerland Portugal. Hier ist ein �Ubergang zur Au�enwelt�uber zwei Kanten m�ogli h. Wenn wir Mehrfa hkanten zulassen w�urden (was dur haus m�ogli h ist),h�atten wir diese Ausnahmeregelung vermeiden k�onnen.

104 Graphentheories s s ss........................................................................................................................................................................ss s sss.......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

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P E FB LNL DCH AIAbbildung 3.25: L�ander Europas als ebener Graph

s s s�����s BBBBBs s����XXX s���HHHHHH �����s�������

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P E FBNL L DACHIsW�������������

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............................................................................................................................................................................................................................................................

Abbildung 3.26: Der duale Graph zu dem Graphen in Abbildung 3.25und eben ist. 2Dass mit G au h der duale Graph G� zusammenh�angend ist, ist ni ht s hwer einzuse-hen. Denn aus jedem bes hr�ankten Gebiet von G gelangt man �uber Kanten bena h-barter Gebiete zum �au�eren Gebiet von G. Von jeder E ke im dualen Graphen, die zueinem (bes hr�ankten) Land geh�ort, ist also die E ke, die die Au�enwelt repr�asentiert,errei hbar. Ni ht ganz so einfa h s heint die entspre hende Aussage �uber die Planarit�atdes dualen Graphen zu sein. Wir werden dies ohne weiteren Beweis benutzen (und sinddann in guter Gesells haft vieler Autoren).3.3.3 Die Eulers he PolyederformelIm folgenden spielt oft ein Argument eine Rolle, wel hes im sogenannten Handshaking-Lemma auftritt. Es beruht im Prinzip darauf, dass man die Anzahl der Elementeeiner Menge auf zwei Weisen za�ahlt. Dieses Handshaking-Lemma kam in Aufgabe 6 inAbs hnitt 3.1 s hon einmal vor, jetzt wollen wir den einfa hen Beweis na hholen.

3.3 Das F�arben von Landkarten und anderen Dingen 105Lemma 3.5 Sei G = (V;E) ein Graph und jEj die Anzahl der Kanten. Dann istXx2V d(x) = 2jEj;also die Summe der Grade aller E ken gerade das Zweifa he der Anzahl der Kanten.Beweis: Wir betra hten die Menge aller PaareP := f(x; e) 2 V � E : x 2 egund bere hnen die Anzahl ihrer Elemente auf zweierlei Weise. Da jede Kante e 2 Ezwei Ende ken besitzt, ist jP j = 2jEj. Andererseits gibt es zu jeder E ke x 2 V genaud(x) bena hbarte E ken, so dass jP j =Px2V d(x). Damit ist der einfa he Beweis s honabges hlossen. 2Insbesondere ist die Summe der Grade in einem Graphen eine gerade Zahl. Diese Aus-sage hei�t das \Handshaking-Lemma", da es die Tatsa he ausdr�u kt, dass bei einerParty die Gesamtzahl der ges h�uttelten H�ande eine gerade Zahl ist.Es folgt das Handshaking-Lemma f�ur planare Graphen. Hierbei de�nieren wir f�urein Land l den Grad deg(l) als die Anzahl der Kanten, die man ben�otigt, um einmalum das Land \herumzuwandern".Beispiel: Man betra hte die Graphen in Abbildung 3.27. F�ur den Graphen links z�ahlts s���ss ���s��ss��s�� sl1 l2 l3 l4 ss������ss���s��� ........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................Abbildung 3.27: Planare Graphenman ab: deg(l1) = 3, deg(l2) = 9 (bea hte, dass eine Kante zweimal dur hlaufen wird),deg(l3) = 4 und deg(l4) = 6. Die Summe aller Grade ist 22, das Doppelte der Anzahlder Kanten. Das Entspre hende gilt au h f�ur den Graphen re hts: Jedes der 6 L�anderhat den Grad 3, es gibt neun Kanten. 2Lemma 3.6 Sei G = (V;E) ein planarer Graph und F die Menge der L�ander. Dannist Xl2F deg(l) = 2jEj:Beweis: Eine Kante e 2 E kann Grenze f�ur genau zwei vers hiedene L�ander sein oderauf dem Rand genau eines Landes liegen (in Abbildung 3.27 links ist dies z. B. f�ureine das Land l2 begrenzende Kante der Fall). Im ersten Fall tr�agt sie genau einmalbei der Bere hnung des Grades des entpre henden Landes bei, im zweiten Fall zwei-mal. Summiert man also die Grade aller L�ander, so wird jede Kante genau zweimalber�u ksi htigt. Das ist s hon der Beweis der behaupteten Glei hung. 2Nun de�nieren wir:

106 GraphentheorieDe�nition 3.7 Sei G = (V;E) ein zusammenh�angender Graph. Eine Kante e 2 Ehei�t eine Br�u ke in G, wenn G0 := (V;E n feg) ni ht zusammenh�angend ist.Die Aussage des n�a hsten Satzes wird die Eulers he Polyederformel genannt.Satz 3.8 Sei G = (V;E) ein zusammenh�angender planarer Graph mit n E ken, mKanten und f L�andern. Dann ist n�m+ f = 2.Beweis: Wir beweisen die Behauptung dur h vollst�andige Induktion na h m, der An-zahl der Kanten von G. Ist m = 1, so ist n = 2 und f = 1, die Aussage also ri htig.Wir nehmen nun an, die Aussage sei f�ur Graphen mit � m� 1 Kanten ri htig. Ange-nommen, e 2 E sei keine Br�u ke. Na h De�nition einer Br�u ke ist G0 := (V;E n feg)zusammenh�angend und nat�urli h planar. Dann hat G0 genau so viel E ken wie G, eineKante und ein Land weniger als G, denn na h dem Entfernen der Grenze e wird auszwei L�andern eines. Na h Induktionsvoraussetzung ist alson� (m� 1) + (f � 1) = 2bzw. n � m + f = 2. Zum S hluss m�ussen wir no h den Fall betra hten, dass jedeKante von G eine Br�u ke ist. Dann ist G ein Baum, also kreisfrei (denn wenn es einenKreis geben w�urde, so w�are jede Kante in diesem Kreis keine Br�u ke). Na h Satz 2.1ist m = n � 1. Ferner ist f = 1, da ein Baum genau ein (ni ht bes hr�anktes) Landbesitzt. Also gilt au h hier n�m + f = 2. Damit ist der Satz bewiesen. 2Beispiel: Es gibt bekanntli h f�unf regul�are Polyeder: Tetraeder, W�urfel, Oktaeder,Dodekaeder und Ikosaeder. In Abbildung 3.28 geben wir das Dodekaeder und das Iko-

Abbildung 3.28: Das Dodekaeder und das Ikosaedersaeder wieder. Ersteres hat 20 E ken, 30 Kanten und 12 Fl�a hen, letzteres hat 12 E ken,30 Kanten und 20 Fl�a hen. Die Anzahl der Fl�a hen bestimmt den Namen. 2

3.3 Das F�arben von Landkarten und anderen Dingen 107Als Folgerung aus der Eulers hen Polyederformel erhalten wir eine Aussage, der wirentnehmen k�onnen, dass ein planarer Graph verh�altnism�a�ig wenig Kanten besitzenkann, da deren Anzahl dur h eine lineare Funktion der E kenzahl bes hr�ankt werdenkann.Korollar 3.9 Sei G = (V;E) ein zusammenh�angender planarer Graph mit jV j � 3.Dann gilt:1. Es ist jEj � 3jV j � 6.2. Enth�alt G kein Dreie k (das ist ein Kreis mit drei E ken bzw. Kanten), so istjEj � 2jV j � 4.3. Es existiert eine E ke mit einem Grad � 5.Beweis: Nat�urli h k�onnen wir annehmen, dass G ein ebener Graph ist. Sei n := jV jdie Anzahl der E ken, m := jEj die Anzahl der Kanten und f die Anzahl der L�ander.F�ur m = 2 ist die Aussage ri htig, so dass m � 3 angenommen werden kann. JedesLand wird von mindestens drei Kanten begrenzt, jede Kante geh�ort zum Rand vonh�o hstens zwei L�andern14. Daher ist 3f � 2m. Wegen der Eulers hen Polyederformelist 3m� 3n+6 � 2m bzw. m � 3n� 6, was s hon die erste Behauptung ist. Enth�alt Gkein Dreie k, so wird jedes Land von mindestens vier Kanten begrenzt, was 4f � 2mna h si h zieht. Einsetzen in die Eulers he Polyederformel liefertm � 2n�4, die zweiteBehauptung. Zum Beweis der dritten Behauptung bezei hnen wir mit d(x) den Gradder E ke x 2 V . Angenommen, es sei d(x) � 6 f�ur alle x 2 V . Man de�niere (wie beimBeweis des Handshaking-Lemmas) P := f(x; e) 2 V � E : x 2 eg. Na h Annahme isteinerseits jP j � 6n, andererseits ist jP j = 2m, insbesondere also m � 3n. Dies ist einWiderspru h zum ersten Teil des Korollars. 2Beispiel: Der K5 hat n = 5 E ken und m = 10 Kanten. Wegen der ersten der beidenobigen Aussagen ist K5 ni ht planar. Der vollst�andige bipartite Graph K3;3 hat n = 6E ken und m = 9 Kanten, weiter enth�alt K3;3 nat�urli h kein Dreie k. Aus der zweitender beiden obigen Aussagen folgt, dass K3;3 ni ht planar ist. 23.3.4 Der Se hs- und der F�un�arbensatzEs geht jetzt um das F�arben planarer Graphen mit m�ogli hst wenig Farben. Dassdazu i. Allg. mindestens vier Farben n�otig sind, erkennt man an an dem Graphen inAbbildung 3.29 links, wobei man daran denken muss, dass au h das unbes hr�ankteLand gef�arbt werden muss. Re hts haben wir den dualen Graphen angegeben. In diesemgibt es eine E ke mit drei Na hbarn. Also sind mindestens vier Farben notwendig.Nun wollen wir den Se hsfarbensatz formulieren und beweisen15.14Es folgt eine Art Handshaking-Argument. Man betra hte die Menge von Paaren, bestehend auseinem Land und einer dieses Land begrenzenden Kante. Die Anzahl der Elemente dieser Menge istmindestens 3f und h�o hstens 2m.15Wir folgen hier und au h beim entspre henden F�un�arbensatz der Darstellung bei J. M. Aldous,R. J. Wilson (2000, S. 284�.).

108 Graphentheories ss s ss s s sss sAAA ���....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... .......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................Abbildung 3.29: Vier Farben sind notwendigSatz 3.10 Ein zusammenh�angender, ebener Graph bzw. die zugeh�orige Landkartel�asst si h dur h se hs Farben f�arben.Beweis:Wir zeigen, dass eine E kenf�arbung eines zusammenh�angenden, planaren Gra-phen G = (V;E) mit se hs Farben m�ogli h ist (wobei nat�urli h zwei bena hbarte E kenunters hiedli h gef�arbt sind). Eine Anwendung dieses Resultats auf den dualen Gra-phen liefert dann die Behauptung16. Wir beweisen die Aussage dur h vollst�andige In-duktion na h der Anzahl n der E ken von G. Die Aussage ist trivialerweise ri htig f�urGraphen mit n � 6 E ken. Wir nehmen an, sie sei ri htig f�ur Graphen mit wenigerals n E ken und zeigen, dass eine E kenf�arbung eines zusammenh�angenden, planarenGraphen mit se hs (oder weniger) Farben m�ogli h ist. Wegen des dritten Teils von Ko-rollar 3.9 gibt es eine E ke v in G mit d(v) � 5. Also gibt es eine E ke v mit h�o hstensf�unf Na hbarn. Diese E ke mitsamt der Kanten, auf denen sie liegt, entferne man ausdem Graphen G und erhalte so den (na h wie vor planaren, m�ogli herweise aber ni htzusammenh�angenden) Graphen H mit n � 1 E ken. Diesen Prozess verans hauli henwir uns in Abbildung 3.30. Na h Induktionsannahme k�onnen die E ken von H (bzw.

s sHHHHHH ���� s

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�����d����e sa���� sb��������sv CCCCCCC

CCCCC �����������G s sHHHHHH ���� s

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���d����e sa���� sb��������HAbbildung 3.30: Gewinne H aus G dur h Entfernen der E ke vder Komponenten von H, wenn H ni ht zusammenh�angend ist) mit se hs Farben sogef�arbt werden, dass bena hbarte E ken unters hiedli h gef�arbt sind. Die h�o hstensf�unf Na hbarn von v sind dadur h gef�arbt, hierzu wurden nat�urli h h�o hstens f�unf Far-ben ben�otigt. Zur F�arbung von v steht no h eine Farbe zur Verf�ugung, so dass eineE kenf�arbung von G mit h�o hstens se hs Farben gelungen ist. Der Beweis ist damitabges hlossen. 2Mit etwas mehr Aufwand k�onnen wir au h den F�un�arbensatz beweisen.16Hierbei benutzen wir, dass der zu einem zusammenh�angenden, planaren Graphen duale Graphebenfalls zusammenh�angend und planar ist.

3.3 Das F�arben von Landkarten und anderen Dingen 109Satz 3.11 Ein zusammenh�angender, ebener Graph bzw. die zugeh�orige Landkartel�asst si h dur h f�unf Farben f�arben.Beweis: Der Beginn des Beweises ist wie beim Se hsfarbensatz. Entspre hend zeigenwir, dass die E ken eines zusammenh�angenden, planaren Graphen G mit f�unf Farbenso gef�arbt werden k�onnen, dass bena hbarte E ken unters hiedli he Farben haben. Diesges hieht wieder dur h vollst�andige Induktion na h n, der Anzahl der E ken von G.Der Induktionsanfang kann f�ur n = 1; 2; 3; 4; 5 gema ht werden, die Annahme ist, dieAussage sei f�ur zusammenh�angende, planare Graphen mit weniger als n E ken ri htig.Au h der Beginn des Induktionsbeweises ist wie beim Beweis des Se hsfarbensatz. Esgibt eine E ke v in G mit h�o hstens f�unf Na hbarn. Diese E ke mitsamt der Kanten, aufdenen sie liegt, entferne man wieder aus dem Graphen G und erhalte so den GraphenH mit n� 1 E ken (siehe Abbildung 3.30). Na h Induktionsvoraussetzung k�onnen dieE ken von H (bzw. der Komponenten von H, wenn H ni ht zusammenh�angend ist) mitf�unf Farben so gef�arbt werden, dass bena hbarte E ken unters hiedli h gef�arbt sind.Wir k�onnen annehmen, dass v f�unf Na hbarn besitzt, die mit f�unf vers hiedenen Far-ben gef�arbt sind, da man andernfalls no h eine Farbe zur F�arbung von v �ubrig h�atte.Die f�unf Farben seien etwa (wir benutzen englis he Vokabeln, da si h die Anfangsbu h-staben der Farben besser unters heiden) blue (b), green (g), purple (p), red (r) undamber (a), siehe Abbildung 3.31.Wir greifen uns zwei beliebige Na hbarn von v heraus,r

b

g

a

pv

Abbildung 3.31: Die E ke v und ihre f�unf Na hbarnetwa die red (r) und amber (a) gef�arbten Na hbarn. Wir betra hten Wege, die nur ausroten (r) oder bernsteinfarbenen (a) E ken bestehen, beginnend bei den Na hbarn rbzw. a und ma hen eine Fallunters heidung. Im ersten Fall sind alle r- und a-E ken, dievom r-Na hbarn errei ht werden k�onnen, vers hieden von denen, die vom a-Na hbarnaus errei ht werden k�onnen. Insbesondere gibt es dann keinen Weg vom r-Na hbarnzum a-Na hbarn, der aus (nat�urli h abwe hselnd) roten und bernsteinfarbenen Na h-barn besteht. In diesem Fall vertaus he man einfa h die Farben derjenigen E ken, dievom r-Na hbarn aus auf einem r-a-Weg errei ht werden kann und f�arbe ans hlie�end vrot. Diesen Fall verans hauli hen wir in Abbildung 3.32. Im zweiten Teil gibt es einen

110 Graphentheorier

b

g

a

pv

a

r

a

b

g

a

pr

r

a

Abbildung 3.32: Vertaus he Farben r und a f�ur vom r-Na hbarn ausgehende r-a-Weger-a-Weg vom r-Na hbarn zum a-Na hbarn. Ein Vertaus hen der Farben w�urde ni htsn�utzen, da v dann na h wie vor einen r- und einen a-Na hbarn h�atte. Andererseitskann es keinen Weg aus violetten (p) und gr�unen (g) E ken vom p-Na hbarn zum g-a

ra

r

v

a

r

ar

a

r

p g

p

b

g

a

ra

r

p

a

r

ar

a

r

g p

g

b

g

Abbildung 3.33: Vertaus he green (g) und purple (p) re hts, f�arbe v mit pNa hbarn geben, da sonst der r-a-Weg gekreuzt werden m�usste. Daher kann man imp-g-Weg von v �uber den p-Na hbarn die Farben purple (p) und green (g) vertaus henund ans hlie�end die E ke v mit der Farbe purple (p) f�arben, man hat den zweitenFall also auf den ersten bez�ugli h eines anderen Farbpaares zur�u kgef�uhrt. Dies ist inAbbildung 3.33 verans hauli ht. Insgesamt ist der Satz bewiesen. 2Beispiel: Ein17 Unternehmen muss gewisse Chemikalien, n�amli h genau sieben ver-17Au h hier folgen wir J. M. Aldous, R. J. Wilson (2000, S. 276).

3.3 Das F�arben von Landkarten und anderen Dingen 111s hiedene Arten, lagern. Gewisse Chemikalien m�ussen von anderen getrennt werden,k�onnen aber dur haus mit anderen zusammen gelagert werden. In der folgenden Tabelleist dur h � gekennzei hnet, dass entspre hende Chemikalien nur getrennt voneinandergelagert werden k�onnen. A B C D E F GA � � � � � � �B � � � � � � �C � � � � � � �D � � � � � � �E � � � � � � �F � � � � � � �G � � � � � � �Die Frage ist, wie man die Chemikalien lagern sollte, wobei man mit m�ogli hst wenigSonderlagern auskommen m�o hte. Wir de�nieren einen Graphen, dessen E ken diesieben Chemikalien sind. Diese E ken werden dur h eine Kante verbunden, wenn dieentspre henden Chemikalien getrennt gelagert werden m�ussen, siehe Abbildung 3.34.

G

F

E

D

C

B

A

Abbildung 3.34: Unvertr�agli he ChemikalienDies ist kein planarer Graph. Denn dieser Graph enth�alt den bipartiten, vollst�andigenGraphen K3;3 mit den E ken fA;B; Fg und fC;D;Gg und dieser ist bekanntli h ni htplanar. M�ogli he Aufteilungen sind fA;Eg, fB;Fg, fC;Gg, fDg oder fA;Eg, fB;Fg,fCg, fD;Gg. Hier haben wir also einen ni htplanaren Graphen, dessen E ken dur hvier Farben so gef�arbt werden k�onnen, dass bena hbarte E ken unters hiedli he Farbenhaben. Da eine entspre hende F�arbung mit drei Farben ni ht m�ogli h ist, sagt man,der Graph habe die hromatis he Zahl 4. Die Aussage des Vierfarbensatzes ist es,dass jeder zusammenh�angende, planare Graph eine hromatis he Zahl � 4 besitzt.F�ur ni htplanare Graphen ist das nat�urli h i. Allg. ni ht ri htig, denn z. B. hat dervollst�andige Graph Kn die hromatis he Zahl n. Die Bestimmung der hromatis hen

112 GraphentheorieZahl eines gegebenen Graphen ist ein s hwieriges Problem, auf das wir ni ht eingehenk�onnen. 23.3.5 Aufgaben1. Sei G = (V;E) ein zusammenh�angender, planarer Graph, bei dem alle L�ander Dreie kesind, also von genau drei Kanten berandet werden. Man zeige, dass dann jEj = 2jV j�6.2. Ist der in Abbildung 3.35 angegebene Graph planar?1

2

3

4

5

6

7

8

9

Abbildung 3.35: Ist dieser Graph planar?3. Sei G = (V;E) ein zusammenh�angender, planarer Graph mit n := jV j � 5 E ken,m := jEj Kanten, ferner habe jeder Kreis eine L�ange � 5. Man zeige:(a) Es ist m � 53(n� 2).(b) Der in Abbildung 3.36 dargestellte Petersen-Graph ist ni ht planar.1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Abbildung 3.36: Der Petersen-Graph ist ni ht planar

3.3 Das F�arben von Landkarten und anderen Dingen 113( ) Man bestimme eine E kenf�arbung des Petersen-Graphen mit m�ogli hst wenig Far-ben, wobei nat�urli h bena hbarte E ken unters hiedli he Farben haben sollen.4. Sei G = (V;E) ein Graph mit d := maxx2V d(x), wobei d(x) den Grad der E ke x 2 Vbedeutet. Dann ist die hromatis he Zahl von G kleiner oder glei h d + 1. D. h. esist eine F�arbung der E ken von G dur h h�o hstens d+ 1 Farben derart m�ogli h, dassbena hbarte E ken vers hieden gef�arbt sind.5. Zehn Personen A;B; : : : ; I; J sind in a ht Kommisionen 1; : : : ; 8 vertreten. In der fol-genden Tabelle 3.2 wird die Zusammensetzung der Kommissionen angegeben: Z.B. hatA B C D E F G H I J1 � � � �2 � � � �3 � � � �4 � � � �5 � � �6 � � �7 � � �8 � �Tabelle 3.2: Zusammensetzung der Kommissionendie Kommision 4 die Mitglieder C;F;G;H. Zwei Kommissionen k�onnen ni ht am sel-ben Tag tagen, wenn sie ein gemeinsames Mitglied haben. Man bestimme die minimaleZahl von Tagen, in denen si h alle Kommissionen zu einer Sitzung tre�en k�onnen.6. Bisher hatten wir uns nur mit dem E kenf�arbungsproblem f�ur einen Graphen G =(V;E) bes h�aftigt. Die hromatis he Zahl �(G) ist die minimale Anzahl der Farben,um die E ken von G so zu f�arben, dass bena hbarte E ken unters hiedli h gef�arbt sind.Entspre hend kann man au h das Kantenf�arbungsproblem f�ur einen Graphen G =(V;E) betra hten. Der hromatis he Index �0(G) ist die minimale Anzahl von Farben,um die Kanten von G so zu f�arben, dass Kanten, die eine gemeinsame E ke haben,unters hiedli h gef�arbt sind.Man zeige, dass �0(K4) = 3 und �0(K5) = 5. Hierbei bezei hne K4 bzw. K5 denvollst�andigen Graphen mit 4 bzw. 5 E ken.

114 Graphentheorie

Kapitel 4Approximations- undOptimierungsaufgabenGanz allgemein versteht man unter einer Approximationsaufgabe das folgende Problem.Gegeben sei ein linearer normierter Raum (X; k � k) (also ein linearer Raum X, dessenSkalark�orper grunds�atzli h der K�orper R der reellen Zahlen sei und eine Norm k � k aufX), eine MengeM � X und ein z 2 X. Gesu ht ist ein Element x� 2M , wel hes unterallen Elementen aus M zu dem vorgegebenen Element z bez�ugli h der Norm k � k denkleinsten Abstand besitzt. Dagegen besteht eine Optimierungsaufgabe darin, eine aufeiner gewissen Menge M (der sogenannten Menge der zul�assigen L�osungen) de�niertereellwertige Funktion f (die sogenannte Ziel- oder Kostenfunktion) zu minimieren.Wir wollen versu hen, einen Eindru k �uber die Vielfalt m�ogli her Aufgabenstellungenzu geben. Ferner sollen einige interessante und wi htige Resultate wenigstens motiviertund der Einsatz mathematis her Anwendersysteme erprobt werden.4.1 ApproximationsaufgabenEine Approximationsaufgabe ist, wie zu Beginn s hon angedeutet wurde, dur h diefolgenden Daten gegeben:1. Der lineare normierte Raum (X; k � k): Der Raum, \in dem si h alles abspielt".2. Eine Menge M � X: Die Menge der Elemente, mit denen approximiert wird.3. Ein Element z 2 X: Das Objekt, das approximiert bzw. angen�ahert werden soll.Die Approximationsaufgabe besteht in(P) Minimiere kx� zk; x 2M:Gesu ht ist also ein x� 2 M mit kx� � zk � kx � zk f�ur alle x 2 M , die besteApproximierende an z bez�ugli h M . Man erkennt, dass es si h hier um eine spezielleOptimierungsaufgabe handelt. Wie bisher stets wollen wir au h diesen Abs hnitt mitBeispielen beginnen, bringen aber ausnahmsweise hier s hon einen grundlegenden Satz,der ni ht re ht in die n�a hsten Unterabs hnitte passen w�urde.

116 Approximations- und OptimierungsaufgabenSatz 1.1 Gegeben sei die Approximationsaufgabe, die dur h den linearen normiertenRaum (X; k � k), die Menge M � X und das Element z 2 X gegeben ist. Dann gilt:1. Ist M � X ein endli hdimensionaler linearer Teilraum von X, so besitzt dasApproximationsproblem eine L�osung.2. Die Abges hlossenheit von M ist eine notwendige Bedingung daf�ur, dass dasApproximationsproblem f�ur jedes z 2 X eine L�osung besitzt.Beweis: F�ur den ersten Teil nehmen wir an, M � X sei ein n-dimensionaler linearerTeilraum von X. Sei etwa M = span fv1; : : : ; vng, also fv1; : : : ; vng eine Basis von M .F�ur a = (aj) 2 Rn de�niere f(a) := kPnj=1 ajvj � zk. Die hierdur h auf dem Rnde�nierte reellwertige Abbildung f ist stetig. Bei der Su he na h einem Minimum vonf auf dem Rn kann man si h auf die Niveaumenge L0 := fa 2 Rn : f(a) � f(0)gbes hr�anken. Wegen der Stetigkeit der Funktion f ist L0 abges hlossen. L0 ist aberau h bes hr�ankt. Denn die Abbildung a 7! kPnj=1 ajvjk ist eine Norm auf dem Rn .Da je zwei Normen auf dem Rn �aquivalent sind, existiert eine Konstante > 0 mitkPnj=1 ajvjk � kak1 f�ur alle a 2 Rn . F�ur ein beliebiges a 2 L0 ist daher kak1 � nXj=1 ajvj � nXj=1 ajvj � z + kzk = f(a) + kzk � 2kzk:Daher ist L0 in einer Kugel um den Nullpunkt mit dem Radius 2kzk= enthalten undfolgli h bes hr�ankt. Insgesamt ist L0 kompakt. Daher nimmt die stetige Funktion aufder kompakten Menge L0 ihr Minimum in einem a� 2 L0 an. Daher ist x� :=Pnj=1 a�jvjbeste Approximierende an z bez�ugli h M .F�ur jedes z 2 X existiere eine beste Approximierende an z bez�ugli h M . Wirzeigen, dass dannM notwendigerweise abges hlossen ist. Denn sei z 2 l(M), also z einElement aus dem Abs hluss vonM . Dann ist infx2M kx�zk = 0, da ja wegen z 2 l(M)eine Folge fxkg �M mit kxk�zk ! 0 existiert. Da aber na h Voraussetzung eine besteApproximierende an z bez�ugli h M existiert, existiert ein x� 2 M mit kx� � zk = 0.Folgli h ist z = x� 2 M . Jedes Element aus dem Abs hluss von M geh�ort also selbstzu M . Das ist die Abges hlossenheit von M . 24.1.1 BeispieleBeispiel: Bei1 einer Nivellierung sollen die H�ohen x1; x2; x3; x4 von vier Niveaus be-stimmt werden. Es wurden einerseits diese H�ohen gemessen und andererseits au h die6 H�ohenunters hiede zwis hen den 4 Niveaus. Man erh�alt das folgende �uberbestimmte1Dieses Beispiel haben wirE. Stiefel (1965) Einf�uhrung in die Numeris he Mathematik . B. G.Teubner, Stuttgartentnommen.

4.1 Approximationsaufgaben 117lineare Glei hungssystem:0BBBBBBBBBBBBBB�1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 11 �1 0 01 0 �1 01 0 0 �10 1 �1 00 1 0 �10 0 1 �1

1CCCCCCCCCCCCCCA| {z }=:A0BB� x1x2x3x4 1CCA| {z }=:x =

0BBBBBBBBBBBBBB�3:472:011:580:431:421:923:060:441:531:20

1CCCCCCCCCCCCCCA| {z }=:b:

Dieses lineare Glei hungssystem Ax = b ist ni ht l�osbar, wie man sofort feststellt. Umeine \m�ogli hst gute" L�osung zu bestimmen, minimiert man den Defekt Ax � b, z. B.bez�ugli h der euklidis hen Norm. Hierdur h kommt man zum linearen Ausglei hspro-blem, kAx � bk2 zu minimieren. Ist A 2 Rm�n (in unserem Beispiel ist m = 10 undn = 4), so ordnet si h diese Aufgabe der allgemeinen Problemstellung unter, wenn man(X; k � k) := (Rm ; k � k2), M := R(A) (Range oder Werteberei h von A) und z := bsetzt2. Eine L�osung mit Maple ist einfa h:> with(LinearAlgebra):> A:=Matrix([[1,0,0,0℄,[0,1,0,0℄,[0,0,1,0℄,[0,0,0,1℄,[1,-1,0,0℄,[1,0,-1> ,0℄,[1,0,0,-1℄,[0,1,-1,0℄,[0,1,0,-1℄,[0,0,1,-1℄℄):> b:=<3.47,2.01,1.58,0.43,1.42,1.92,3.06,0.44,1.53,1.20>:> x:=LeastSquares(A,b); x := 2664 3:472000000000000422:010000000000000681:58200000000000029:426000000000000101 3775Man vermutet zu Re ht, dass der \S hmutz" in den letzten Dezimalen auf Rundungs-fehler zur�u kzuf�uhren sind. Dass dies wirkli h so ist, erkennt man an> b:=(1/100)*<347,201,158,43,142,192,306,44,153,120>:> x:=LeastSquares(A,b); x := 266666666664434125201100791500213500

377777777775> Digits:=20:> evalf(x);2Allerdings ist man weniger an der besten Approximierenden y� 2 R(A), sondern einem Urbild x�interessiert.

118 Approximations- und Optimierungsaufgaben2664 3:47200000000000000002:01000000000000000001:5820000000000000000:42600000000000000000 3775Eine L�osung mit Matlab ist nat�urli h au h lei ht m�ogli h, wir gehen hierauf ni ht mehrein. 2Allgemein spri ht man von einem linearen Ausglei hs- oder Least Squares-Problem,wenn eine Matrix A 2 Rm�n mit m � n sowie ein Vektor b 2 Rm gegeben sind und dasProblem(P) Minimiere kAx� bk2; x 2 Rn ;zu l�osen ist. Wir werden auf dieses Problem, eines der h�au�gsten auftretenden mathe-matis hen Probleme in der Praxis, im folgenden Unterabs hnitt no h etwas genauereingehen.Beispiel: Sei I := [12 ; 1℄. Gesu ht sei ein lineares Polynom, wel hes die Quadratwurzelpt auf dem Intervall I in dem Sinne am besten approximiert, dass der auf I betrags-maximale relative Fehler minimal ist. Gesu ht sei also eine L�osung der Aufgabe(P) Minimiere maxt2I jp(t)�ptjpt ; p 2 P1;wobei P1 die Menge der Polynome vom Grad � 1 bezei hnet. Eine Einordnung in dasallgemeine Approximationsproblem ist au h hier einfa h. Der lineare normierte Raum(X; k � k), in dem si h alles abspielt, ist X := C(I), die Menge der auf dem Intervall Istetigen und reellwertigen Funktionen versehen mit der Norm kxk := maxt2I jx(t)j=pt.Die Menge, mit der approximiert wird, ist M := P1 und das zu approximierendeElement ist z(t) := pt.Dies ist ein Problem, das Maple behandeln kann. Im numapprox-pa kage steht dieFunktion minimax zur Verf�ugung. In dieser ist das erste Argument die zu approximie-rende Funktion, dann kommt das Intervall, auf dem approximiert wird, dann s hlie�li h(es handelt si h um rationale Approximation) Z�ahlergrad und (optional) Nennergrad,s hlie�li h (optional) eine Gewi htsfunktion w (in unserem Fall ist w(t) = 1=sqrtt). Soerh�alt man z.B.> with(numapprox):> Digits:=20:> z:=pro (t) evalf(sqrt(t)) end pro :> w:=pro (t) evalf(1/sqrt(t)) end pro :> p_rel:=minimax(z(t),t=0.5..1,1,w(t));p rel := :41730759963599880980+ :59016206708659117948 t> p_abs:=minimax(z(t),t=0.5..1,1);p abs := :42049512883458866117+ :58578643762690495120 tMit dem plot-Befehl k�onnte man diese Funktionen oder die relativen bzw. absolutenFehler plotten, worauf wir verzi hten wollen.

4.1 Approximationsaufgaben 119Wir wollen nun die oben mit Hilfe von Maple erhaltenen Ergebnisse auf anderemWege erhalten. F�ur eine L�osung ma hen wir jeweils den Ansatz p(t) = �+�t und de�-nieren ans hlie�end in Abh�angigkeit von den Parametern �; � (ohne das extra kenntli hzu ma hen) den relativen bzw. absoluten Defekt:drel(t) := � + �t�ptpt ; dabs(t) := � + �t�pt:Wir bestimmen in beiden F�allen �; � 2 R und t 2 (12 ; 1) so, dassd(12) = d(1); d0(t) = 0; d(t) = �d(1):Aus der ersten Bedingung, dass n�amli h der Defekt an den Intervallgrenzen den selbenWert besitzt, erh�alt man � = �=p2 bzw. � = 2 � p2. Die zweite Bedingung liefertt = 1=p2 bzw. t = 1=[4(2�p2)2℄. Die letzte Bedingung ergibt dann s hlie�li h� = 225=4 + 1 +p2 bzw. � = 38�32p2� 1�:Die KoeÆzienten des linearen Polynoms p(t) = � + �t sind also gegeben dur h� = 225=4 + 1 +p2 ; � = 23=225=4 + 1 +p2bzw. � = 38�32p2� 1�; � = 2�p2:Diese Werte stimmen mit den oben numeris h erhaltenen Werten �uberein. Wir werdensp�ater beweisen k�onnen, dass hierdur h wirkli h L�osungen der entspre henden Proble-me gegeben sind. Diese sind sogar eindeutig, wie man ebenfalls beweisen kann. 2Bemerkung: Allgemein spri ht man von einer univariaten (d. h. es gibt nur eine uni-variate Variable) linearen Ts hebys he�s hen Approximationsaufgabe, wenn die Datendes Approximationsproblems folgenderma�en gegeben sind:1. Es ist (X; k � k) := (C[a; b℄; k � k1), wobei C[a; b℄ den linearen Raum der aufdem Intervall [a; b℄ stetigen, reellwertigen Funktionen bezei hnet und k � k1 dieMaximum- bzw. Ts hebys he�norm auf C[a; b℄ bedeutet. L�asst man no h einepositive Gewi htsfunktion w 2 C[a; b℄ zu, so ist alsokxk1 := maxt2[a;b℄(w(t) jx(t)j):Im obigen Beispiel ist [a; b℄ = [12 ; 1℄ und w(t) := 1=pt bzw. w(t) := 1.2. Es ist M � C[a; b℄ ein endli hdimensionaler linearer Raum. Z.B. ist M = Pnder (n+ 1)-dimensionale lineare Raum der Polynome vom Grad � n. Im obigenBeispiel ist n = 1.

120 Approximations- und Optimierungsaufgaben3. Es ist z 2 C[a; b℄ die zu approximierende Funktion. Im obigen Beispiel ist z(t) :=pt.Ist die MengeM derjenigen Funktionen, mit denen approximiert wird, die Menge Rm;nder rationalen3 Funktionen mit Z�ahlergrad m und Nennergrad n, so ist dies nat�urli h(f�ur n � 1) kein linearer Raum mehr. Trotzdem kann einiges analog der linearen Theo-rie entwi kelt werden, was aber den Rahmen dieser Vorlesung bei weitem sprengenw�urde. Die minimax-Funktion in Maple kann sogar rationale beste Approximierendebere hnen. In der folgenden Abbildung 4.1 haben wir links den absoluten Fehler bei der

–8e–07

–6e–07

–4e–07

–2e–07

0

2e–07

4e–07

6e–07

8e–07

0.6 0.7 0.8 0.9 1t

–2e–08

–1e–08

0

1e–08

2e–08

0.6 0.7 0.8 0.9 1t

Abbildung 4.1: Beste Approximation von z(t) := pt auf [12 ; 1℄ bez�ugli h P5 und R3;2Approximation von z(t) := pt auf [12 ; 1℄ bez�ugli h P5 (Polynom-Approximation) aufge-tragen, re hts �ndet man das entspre hende Ergebnis f�ur die Approximation bez�ugli hR3;2 (rationale Approximation). Man erkennt sehr deutli h, dass der Defekt jeweilsseinen Maximalbetrag mit alternierendem Vorzei hen annimmt. 2Beispiel: Im letzten Beispiel wurde z(t) := pt dur h ein Polynom vom Grad � 1 soapproximiert, dass der maximale betragsm�a�ige Fehler auf dem Intervall [12 ; 1℄ minimalist. Dagegen handelt es si h bei der Approximation im Mittel , angewandt auf dasentspre hende Problem, um die AufgabeMinimiere �Z 11=2[p(t)�pt℄2 dt�1=2; p 2 P1:Ma ht man den Ansatz p(t) = � + �t, so erh�alt man die �aquivalente AufgabeMinimiere f(�; �) := 12 Z 11=2(� + �t�pt)2 dt; (�; �) 2 R � R:3Rationale Funktionen sind gerade die Funktionen, die alleine mit Hilfe der vier Grundre henartenausgewertet werden k�onnen.

4.1 Approximationsaufgaben 121Bei der Bere hnung von f(�; �) ma hen wir es uns einfa h und benutzen Maple. Wirerhalten f(�; �) = �23�� 25� + 316 + 38�� + 14�2 + 748�2 + p26 � + p220 �:Notwendig (und au h hinrei hend) daf�ur, dass f in (�; �) ein Minimum besitzt, ist, dassder Gradient bzw. die partiellen Ableitungen vers hwunden. Au h bei der Bere hnungdieser partiellen Ableitungen (zur Vermeidung von Re hen- oder Fl�u htigkeitsfehlern)hilft Maple. Wir erhaltenrf(�; �) = 0B� �f�� (�; �)�f�� (�; �) 1CA = 0BB� �23 + 38� + 12� + p26�25 + 38� + 724� + p220 1CCA :Die Bedingung rf(�; �) = 0 f�uhrt also auf das lineare Glei hungssystem0B� 12 3838 724 1CA �� ! = 0BB� 23 � p2625 � p220 1CCA ;woraus man � = 215(64� 43p2); � = 65(6p2� 8)erh�alt. In Abbildung 4.2 haben wir links den Fehler der Approximation im Mittelund re hts den entspre henden Fehler bei der Ts hebys he�-Approximation �uber demIntervall [12 ; 1℄ aufgetragen. 2Bemerkung: Das letzte Beispiel kann wesentli h verallgemeinert werden. Man kannsi h n�amli h ein Approximationsproblem mit den folgenden Daten vorstellen:1. Sei (X; (�; �)) ein Pr�a-Hilbertraum, alsoX eine linearer Raum und (�; �) ein inneresProdukt auf X, die Norm auf X also erzeugt dur h kxk := (x; x)1=2. In unseremobigen Beispiel ist X = C([12 ; 1℄) und das innere Produkt gegeben dur h(x; y) := Z 11=2 x(t)y(t) dt:2. Es ist M = span fv1; : : : ; vng ein n-dimensionaler linearer Raum.3. Es ist z 2 X das zu approximierende Element.Das Problem, z im Mittel dur h Elemente aus M zu approximieren, ist �aquivalent zu:Minimiere f(a) := 12 nXj=1 ajvj � z 2; a 2 Rn :

122 Approximations- und Optimierungsaufgaben

–0.004

–0.002

0

0.002

0.004

0.006

0.008

0.6 0.7 0.8 0.9 1t

–0.006

–0.004

–0.002

0

0.002

0.004

0.006

0.6 0.7 0.8 0.9 1t

Abbildung 4.2: Fehler bei der Approximation im Mittel bzw. der Ts hebys he�-ApproximationNun ist f(a) = 12 nXj=1 ajvj � z 2= 12� nXi=1 aivi � z; nXj=1 ajvj � z�= 12 nXi;j=1(vi; vj)aiaj � nXi=1 ai(vi; z) + 12kzk2= 12aTV a� bTa+ 12kzk2;wobei V := ((vi; vj))1�i;j�n und b := ((vi; z))1�i�n. Die Matrix V 2 Rn�n wird eineGrams he Matrix genannt, sie ist symmetris h und positiv de�nit (Beweis?), insbe-sondere also ni htsingul�ar. Daher ist x = Pnj=1 ajvj genau dann eine L�osung der Ap-proximationsaufgabe, z 2 X im Mittel dur h Elemente aus M = span fv1; : : : ; vng zuapproximieren, wenn V a = b bzw. a = V �1b. Aus Zeitgr�unden k�onnen wir auf dieApproximation in Pr�ae-Hilbertr�aumen (also R�aumen, bei denen die Norm dur h eininneres Produkt erzeugt ist) ni ht n�aher eingehen. Siehe aber die Aufgaben 2Bisher haben wir, wenn man einmal von der kurz erw�ahnten rationalen Ts hebys he�-Approximation absieht, nur lineare Approximationsaufgaben betra htet, also Aufga-ben, bei denen die Menge M � X derjenigen Elemente, mit denen approximiert wird,ein linearer Teilraum von X ist. Nat�urli h sind au h ni htlineare Approximationsaufga-ben denkbar und sinnvoll. Auf ni htlineare Ausglei hsprobleme (nonlinear least square

4.1 Approximationsaufgaben 123�t) gehen wir im Abs hnitt �uber Optimierungsaufgaben ein, da eine sol he Aufgabe ambesten als eine spezielle unrestringierte Optimierungsaufgabe formuliert wird. So wirdz. B. in der univariaten Ts hebys he�-Approximation neben der Approximation mitrationalen Funktionen au h die Approximation mit sogenannten Exponentialsummenbetra htet. Hierauf einzugehen w�urde den Rahmen der Vorlesung bei weitem sprengen.4.1.2 Lineare Ausglei hsproblemeWie s hon wiederholt gesagt, besteht ein lineares Ausglei hs- bzw. Least Squares-Problem darin, bei gegebenen A 2 Rm�n mit m � n und b 2 Rm , die Aufgabe(P) Minimiere kAx� bk2; x 2 jRnzu l�osen.Wir formulieren im folgenden Satz die wi htigsten theoretis hen Aussagen zumlinearen Ausglei hsproblem.Satz 1.2 Seien A 2 Rm�n mit m � n und b 2 Rm und hiermit das lineare Ausglei hs-problem(P) Minimiere f(x) := 12kAx� bk22; x 2 Rn ;gegeben. Dann gilt:1. Das lineare Ausglei hsproblem (P) besitzt eine L�osung, d. h. es existiert ein x� 2Rn mit f(x�) � f(x) f�ur alle x 2 Rn .2. Ein x� ist genau dann L�osung des linearen Ausglei hsproblems (P), wenn esL�osung des linearen Glei hungssystem ATAx = AT b ist, des Systems der Nor-malglei hungen.3. Das lineare Ausglei hsproblem (P) ist genau dann eindeutig l�osbar, wenn dieSpalten von A linear unabh�angig sind, also Rang (A) = n gilt.4. Unter allen L�osungen von (P) gibt es genau eine mit minimaler euklidis her Norm.Beweis: F�ur einen Beweis des ersten Teiles bea hten wir, dass es si h bei einem linearenAusglei hsproblem (P) darum handelt, auf (Rm ; k � k2) eine beste Approximierendean b bez�ugli h des Bildraumes R(A) zu bestimmen. Nun ist aber R(A) � Rm einendli hdimensionaler linearer Teilraum. Wegen Satz 1.1 folgt die Existenz einer L�osung.Ist x� eine L�osung von (P), so ist0 = rf(x�) = AT (Ax� � b)bzw. x� eine L�osung des Systems der Normalglei hngen. Sei umgekehrt rf(x�) = 0bzw. x� eine L�osung des Systems der Normalglei hungen. F�ur ein beliebiges x 2 Rn istf(x) = f(x�) +rf(x�)T (x� x�)| {z }=0 +12(x� x�)TATA(x� x�)

124 Approximations- und Optimierungsaufgaben= f(x�) + 12kA(x� x�)k22| {z }�0� f(x�);also x� eine L�osung von (P).Ist Rang (A) = n, so ist ATA 2 Rn�n symmetris h und positiv de�nit, daher dieNormalglei hungen und damit au h (P) eindeutig l�osbar. Ist umgekehrt Rang (A) < n,so ist Kern (A) 6= f0g und daher die Normalgleungen und folgli h au h (P) ni hteindeutig l�osbar.Sei L die Menge der L�osungen von (P) bzw. des Systems der Normalglei hungen.Dies ist ein aÆn linearer Teilraum des Rn , also ein vers hobener linearer Raum. In Lgibt es genau ein Element mit minimaler euklidis her Norm, n�amli h die orthogonaleProjektion des Nullpunktes auf L. Der letzte Teil des Satzes ist bewiesen. 2Auf die numeris he L�osung eines linearen Ausglei hsproblems waren wir in Abs hnitt2.1 im Zusammenhang mit der QR-Zerlegung einer Matrix s hon eingegangen, wobeiallerdings vorausgesetzt werden muss, dass Rang (A) = n. Eine kurze Wiederholung:Bekannt sei eine Zerlegung A = Q� R0 � ;wobei Q 2 Rm�m orthogonal und R 2 Rn�n eine obere Dreie ksmatrix ist, die wegen(na h Voraussetzung) Rang (A) = n ni htsingul�ar ist. Einsetzen dieser Zerlegung in dieNormalenglei hung ATAx = AT b ergibt unter Benutzung von := (QT b)(1 : n) (d. h.der Vektor besteht aus den ersten n Komponenten von QT b), dass die (eindeutige)L�osung x aus RT Rx = RT bzw. Rx = zu bestimmen ist. Bei sogenannten rangde-�zienten Problemen (bei diesen ist Rang (A) < n bzw. die Spalten von A sind linearabh�angig) oder sol hen, bei denen das \fast" der Fall ist kann die QR Zerlegung in derfr�uher angegebenen Form ni ht angewandt werden. Ein geeignetes Hilfsmittel ist danndie sogenannte Singul�arwertzerlegung . Wir de�nieren:De�nition 1.3 Sei A 2 Rm�n mit m � n gegeben. Eine DarstellungA = U�V T mit � = � �0 � ;bei der U 2 Rm�m und V 2 Rn�n orthogonal sind und � = diag (�1; : : : ; �n) einen� n-Diagonalmatrix mit�1 � � � � � �r > �r+1 = � � � = �n = 0ist, hei�t eine Singul�arwertzerlegung von A, die Zahlen �1; : : : ; �n hei�en die singul�arenWerte von A. Eine Darstellung A = U �V T , bei der die Spalten von U 2 Rm�n einOrthonormalsystem bilden, also UT U = I gilt, und � und V wie eben sind, hei�t einereduzierte Singul�arwertzerlegung von A.

4.1 Approximationsaufgaben 125Nat�urli h erh�alt man aus einer (vollen) Singul�arwertzerlegung von A eine reduzierte,indem man U dur h Weglassen der letzten m � n Spalten aus U gewinnt. Umgekehrterh�alt man aus einer reduzierten Singul�arwertzerlegung A = U�V T eine volle Sin-gul�arwertzerlegung, indem man die Spalten von U dur h weitere m � n Vektoren zueiner Orthonormalbasis des Rm erg�anzt.Bevor wir auf die Existenz einer Singul�arwertzerlegung eingehen, die Eindeutig-keit der singul�aren Werte beweisen und die Anwendung beim rangde�zienten LeastSquares Problem erl�autern, wollen wir uns �uber die M�ogli hkeiten von Maple bei derBere hnung einer Singul�arwertzerlegung informieren.Im pa kage LinearAlgebra von Maple, das dur h with(LinearAlgebra): (keinOutput) geladen werden kann, gibt es die Funktion SingularValues. Am besten ma- hen wir uns die Wirkungsweise dieser Funktion dur h Beispiele klar. Wi htig ist hier-bei, dass wenigstens einer der Eintr�age von A eine Gleitkommazahl sein muss, wennman au h die orthogonalen Matrizen U oder V bere hnen will. Daher hat im folgen-den Beispiel der erste Eintrag von A no h einen Dezimalpunkt erhalten, andernfallsers heint eine Fehlermeldung.> with(LinearAlgebra):> A:=Matrix([[22.,10,2℄,[14,7,10℄,[-1,13,-1℄,[-3,-2,13℄,[9,8,1℄℄):> U,S,Vt:=SingularValues(A,output=['U','S','Vt'℄):> Sigma:=DiagonalMatrix(S[1..3℄,5,3):> Norm(U.Sigma.Vt-A); :621724893790087663 10�14> Norm(Transpose(U).U-IdentityMatrix(5));:860856524953490521 10�15> Norm(Vt.Transpose(Vt)-IdentityMatrix(3));:714706072102444523 10�15> S; 266664 32:277099074516037515:801082298245031411:85388854081073800:0: 377775Wir haben hier �uberpr�uft, ob mit den angegebenen Werten die Darstellung ri htigist und ob U und V orthogonal sind. Ferner haben wir am S hluss die singul�arenWerte ausgegeben. Nat�urli h h�atten wir den Output au h anders als mit U , S undV t benennen k�onnen. Mit Hilfe der Funktion DiagonalMatrix wird aus einem Vektoreine Matrix konstruiert. Oben w�are es au h m�ogli h gewesen, nur die singul�aren Werteoder nur die orthogonalen Matrizen U und V auszugeben. Die Funktion Norm ohne einoptionales Argument bere hnet, angewandt auf eine Matrix, die Maximumnorm dieserMatrix.Satz 1.4 Sei A 2 Rm�n mit m � n gegeben. Dann gilt:1. Es existiert eine Singul�arwertzerlegung A = U�V T (mit den in der De�nitionangegebenen Eigens haften).

126 Approximations- und Optimierungsaufgaben2. Die singul�aren Werte sind die Quadratwurzeln der Eigenwerte von ATA unddaher eindeutig bestimmt.3. Die Anzahl r positiver Singul�arwerte ist der Rang von A.Beweis: Seien �1 � � � � � �r > �r+1 = � � � = �n = 0die Eigenwerte von ATA und fv1; : : : ; vng ein zugeh�origes Orthonormalystem von Ei-genvektoren. Man de�niere �i := �1=2i , i = 1; : : : ; n, und hiermit� := diag (�1; : : : ; �n); V := ( v1 � � � vn ):Dann ist V 2 Rn�n nat�urli h eine orthogonale Matrix. Weiter de�niere manui := 1�iAvi; i = 1; : : : ; r:Dann ist fu1; : : : ; urg ein Orthonormalsystem von Eigenvektoren zu AAT 2 Rm�mmit zugeh�origen positiven Eigenwerten �1; : : : ; �r. Man erg�anze fu1; : : : ; urg dur hur+1; : : : ; um zu einem vollst�andigen System von Eigenvektoren der Matrix AAT 2Rm�m , wobei ur+1; : : : ; um notwendigerweise Eigenvektoren zum Eigenwert 0 sind. Setztman nun U := ( u1 � � � um );so ist U orthogonal, ferner(UTAV )ij = uTi Avj = �juTi uj = �iÆij; 1 � i; j � r:Wegen AATui = 0 (i = r + 1; : : : ; m); ATAvj = 0 (j = r + 1; : : : ; n)sowie Kern (A) = Kern (ATA) und Kern (AT ) = Kern (AAT ), ist(UTAV )ij = 0 falls i 2 fr + 1; : : : ; mg oder j 2 fr + 1; : : : ; ng.Folgli h ist dur h A = U � �0 �V Tdie gesu hte Singul�arwertzerlegung gefunden.Ist A = U �V T eine reduzierte Singul�arwertzerlegung von A, so ist ATA = V �2V T ,insbesondere haben ATA und �2 die selben Eigenwerte. Die singul�aren Werte sind alsodie (ni htnegativen) Quadratwurzeln aus den Eigenwerten von ATA.O�enbar istRang (A) = n� dimKern (A) = n� dimKern (ATA) = Rang (ATA) = r;wobei4 r die Anzahl der positiven Singul�arwerte bezei hnet. 24Hierbei haben wir benutzt, da� Kern (A) = Kern (ATA). Beweis?

4.1 Approximationsaufgaben 127Kennt man eine Singul�arwertzerlegung von A, so kann die L�osungsmenge zum linearenAusglei hsproblem mit den Daten (A; b) angegeben werden. Denn sei A = U�V Teine Singul�arwertzerlegung von A, r := Rang (A) und U = ( u1 � � � um ), V =( v1 � � � vn ). F�ur ein beliebiges x 2 Rn ist dannkAx� bk22 = kUT (Ax� b)k22= kATAV (V Tx)� UT bk22= k�(V Tx)� UT bk22= rXi=1 [�i(V Tx)i � uTi b℄2 + mXi=r+1(uTi b)2:Hieraus folgt, dass x 2 Rn genau dann eine L�osung des zu den Daten (A; b) geh�orendenlinearen Ausglei hsproblem ist, wenn (V Tx)i = uTi b=�i, i = 1; : : : ; r. Hieraus erhaltenwir sofort:Satz 1.5 Sei A 2 Rm�n mit m � n, r := Rang (A) und A = U�V T eine Singul�arwert-zerlegung von A. Mit ui bzw. vi seien die i-te Spalte von U bzw. V bezei hnet, weiterseien �1 � � � � � �n die singul�aren Werte von A. Dann gilt:1. F�ur jedes b 2 Rm ist die Menge L der L�osungen des zu (A; b) geh�orenden linearenAusglei hsproblems gegeben dur hL = n rXi=1 uTi b�i vi + nXi=r+1�ivi : �i 2 R; i = r + 1; : : : ; no:2. Es ist x� := rXi=1 uTi b�i vidie eindeutige L�osung minimaler euklidis her Norm des zu (A; b) geh�orendenlinearen Ausglei hsproblems.Bemerkung: Mit Hilfe der Singul�arwertzerlegung kann die Pseudoinverse A+ 2 Rn�meiner Matrix A 2 Rm�n de�niert werden, und zwar so, dass f�ur eine quadratis he, ni ht-singul�are Matrix die Begri�e \Pseudoinverse" und \Inverse" von A zusammenfallen.Hierauf gehen wir in Aufgabe 5 ein. 2Die numeris he Bere hnung der Singul�arwertzerlegung einer Matrix ist ni ht ganz ein-fa h. Auf diese gehen wir daher ni ht mehr ein.4.1.3 Lineare Ts hebys he�-ApproximationWir betra hten in diesem kurzen Unterabs hnitt lineare Ts gebys he�-Approximation,wobei wir uns sogar auf die Approximation mit Polynomen spezialisieren5. Wir betra h-ten also ein Approximationsproblem mit den folgenden Daten:5Ebenso h�atten wir au h ohne Mehrarbeit sogenannte Haars he Teilr�aume betra hten k�onnen, wirwollen aber ni ht zu viele Vokabeln einf�uhren.

128 Approximations- und Optimierungsaufgaben1. Es ist (X; k � k) = (C[a; b℄; k � k1), wobei wir bei der Norm auf die Einf�uhrungeiner Gewi htsfunktion verzi hten, so dasskxk1 := maxt2[a;b℄ jx(t)j:2. Es ist M = Pn � C[a; b℄, der (n + 1)-dimensionale Teilraum der Polynome vomGrad � n, die Menge der Funktionen, mit denen approximiert wird.3. Es ist z 2 C[a; b℄ die zu approximierende Funktion.Da Pn ein endli h dimensionaler linearer Teilraum ist, besitzt das Approximations-problem mindestens eine L�osung (siehe den ersten Teil von Satz 1.1). Mit d(z;Pn)bezei hnen wir den Abstand von z zu Pn, d. h. es ist d(z;Pn) := minx2Pn kx � zk1.Der Weierstra�s he Approximationssatz sagt aus, dass limn!1 d(z;Pn) = 0, dass alsojede auf dem Intervall [a; b℄ stetige Funktion z beliebig genau bez�ugli h der Norm k�k1dur h ein Polynom approximiert werden kann.Wir wollen die wi htigsten Aussagen zur Charakterisierung und der Eindeutigkeiteiner L�osung bringen, wobei aber ni ht alles bewiesen werden soll. Zun�a hst beweisenwir den Satz von de la Vall�ee-Poussin.Satz 1.6 Gegeben sei das obige lineare Approximationsproblem. Zu x 2 Pn m�ogenn+ 2 Punkte t0; : : : ; tn+1 mit a � t0 < � � � < tn+1 � b und[x(ti)� z(ti)℄ [x(ti+1)� z(ti+1)℄ < 0; i = 0; : : : ; n;existieren. D. h. das Vorzei hen des Defektes x(�) � z(�) alterniere in den Punktent0; : : : ; tn+1. Dann ist mini=0;:::;n+1 jx(ti)� z(ti)j � d(z;Pn) � kx� zk1:Beweis: Zu zeigen ist hier nat�urli h nur die linke Unglei hung. Angenommen, es gibtein x 2 Pn mit kx� zk1 < mini=0;:::;n+1 jx(ti)� z(ti)j. Insbesondere ist dannjx(ti)� z(ti)j < jx(ti)� z(ti)j; i = 0; : : : ; n+ 1:Wir werden uns �uberlegen, dass x� x 2 Pn n f0g in den ti alternierendes Vorzei hen,also mindestens n+1 Nullstellen in [a; b℄ besitzt, was der gew�uns hte Widerspru h ist.Wir setzen zur Abk�urzung �i := sign (x(ti)� z(ti)). Dann ist[x(ti)� x(ti)℄[x(ti)� z(ti)℄ = [(x(ti)� z(ti))� (x(ti)� z(ti))℄[x(ti)� z(ti)℄= [�i(x(ti)� z(ti))� jx(ti)� z(ti)j| {z }<0 ℄ jx(ti)� z(ti)j< 0:Da x� z na h Voraussetzung in den ti dem Vorzei hen na h alterniert, tri�t dies au hauf x� x zu, womit der Satz s hlie�li h bewiesen ist. 2

4.1 Approximationsaufgaben 129Bemerkung: Satz 1.6 gibt einige n�utzli he Informationen. Zum einen kann mit ihmeine untere (und eine triviale obere) S hranke f�ur den Minimalwert d(z;Pn) gefundenwerden. Zum anderen liefert er sofort eine hinrei hende Bedingung daf�ur, dass einx� 2 M beste Approximierende an z in Pn ist. Alterniert n�amli h x� � z in n + 2aufeinander folgenden Punkten t0 < � � � < tn+1 aus [a; b℄ dem Vorzei hen na h und istjx�(ti)� z(ti)j = kx�� zk1, i = 0; : : : ; n+1, so ist d(z;Pn) = kx�� zk1 und daher x�beste Approximierende an z in Pn. 2Beispiel: Sei speziell [a; b℄ := [12 ; 1℄, n := 1 und z(t) := pt. Oben hatten wir s honmotiviert und mit der minimax-Funktion von Maple na hgepr�uft, dassx�(t) := (2�p2)t + 38 �32 p2� 1�eine L�osung der zugeh�origen linearen Ts hebys he�s hen Approximationsaufgabe ist.Um dies mit Hilfe des Satzes von de la Vall�ee-Poussin bzw. der ans hlie�enden Bemer-kung na hzupr�ufen, setzen wir t0 := 12 , t2 := 1 und bestimmen t1 2 (t0; t1) so, dassx� � z in t1 extremal wird. Man bere hnett1 := 3 + 2p28 ; kx� � zk1 = �[x�(t1)� z(t1)℄ = 10� 7p216und [x�(t0)� z(t0)℄ = �[x�(t1)� z(t1)℄ = [x�(t2)� z(t2)℄:Folgli h ist x� beste Approximierende an z in P1. 2Im Ans hluss an den Satz von de la Vall�ee Possin hatten wir in einer Bemerkung s honeine hinrei hende Bedingung daf�ur angegeben, dass ein x� 2 Pn beste Ts hebys he�-Approximierende an z bez�ugli h Pn ist. Der folgende Satz hei�t Alternantensatz undsagt aus, dass diese hinrei hende Optimalit�atsbedingung au h notwendig ist. Diesewesentli h s hwierigere Ri htung wollen wir aber ni ht beweisen6.Satz 1.7 Es ist x� 2 Pn genau dann beste Ts hebys he�-Approximierende an z 2C[a; b℄ bez�ugli h Pn, wenn es n + 2 Punkte t0; : : : ; tn+1 in [a; b℄ mit(a) a � t0 < � � � < tn+1 � b,(b) jx�(ti)� z(ti)j = kx� � zk1, i = 0; : : : ; n+ 1,( ) [x�(ti)� z(ti)℄ = �[x�(ti+1 � z(ti+1)℄, i = 0; : : : ; ngibt.Als Folgerung aus dem Alternantensatz erh�alt man die folgende Eindeutigkeitsaussage.Satz 1.8 Die beste Ts hebys he�-Approximierende an z 2 C[a; b℄ bez�ugli h Pn isteindeutig bestimmt.6Einen \konstruktiven" Beweis �ndet man bei R. S haba k, H. Werner (1992) Numeris heMathematik . Springer, Berlin-Heidelberg-New York.

130 Approximations- und OptimierungsaufgabenBeweis: Seien x1; x2 2 Pn jeweils beste Approximierende an z 2 C[a; b℄ bez�ugli h Pn.Dann ist au h 12(x1 + x2) beste Ts hebys he�-Approximierende. Na h dem Alternan-tensatz existieren n + 2 Punkte ti, i = 0; : : : ; n + 1, mit a � t0 < � � � < tn+1 � b und� 2 f�1; 1g mit12[x1(ti) + x2(ti)℄� z(ti) = �(�1)id(z;Pn); i = 0; : : : ; n+ 1:Also ist12[x1(ti)� z(ti)℄ + 12[x2(ti)� z(ti)℄ = �(�1)id(z;Pn); i = 0; : : : ; n+ 1:Nun ist jx1(ti)� z(ti)j � kx1 � zk1 = d(z;Pn); i = 0; : : : ; n+ 1;und entspre hend jx2(ti)� z(ti)j � d(z;Pn), i = 0; : : : ; n+ 1. Folgli h istd(z;Pn) = ���12[x1(ti)� z(ti)℄ + 12[x2(ti)� z(ti)℄���� 12 jx1(ti)� z(ti)j+ 12 jx2(ti)� z(ti)j� d(z;Pn):Insgesamt folgt x1(ti)� z(ti) = x2(ti)� z(ti), i = 0; : : : ; n+ 1. Daher hat x1 � x2 2 Pnn+ 2 Nullstellen, so dass x1 = x2. Die Eindeutigkeit ist bewiesen. 2Der Alternantensatz ist Grundlage f�ur das wi htigste Verfahren zur numeris hen Be-re hnung der besten Ts hebys he�-Approximierenden, des Remes-Verfahrens. Au hhierauf kann ni ht mehr eingegangen werden.4.1.4 Aufgaben1. Gegeben seien t; b 2 Rm (m Beoba htungen bi zu Zeiten ti, i = 1; : : : ;m). Zur Bestim-mung der Regressionsgeraden hat man die Aufgabe(P) Minimiere f(x1; x2) := 12 mXi=1(x1 + x2ti � bi)2; (x1; x2) 2 R � R;zu l�osen. Man gebe eine explizite Darstellung f�ur die L�osung.2. In der folgenden Tabelle gibt t die L�ange eines S�auglings bei der Geburt und b dieS hwangers haftsdauer an:t [ m℄ 48 49 50 51 52b [Tage℄ 277:1 279:3 281:4 283:2 284:8Hierbei kann man si h vorstellen, dass die Daten in den f�unf Gruppen s hon Mittel-werte aus zahlrei hen weiteren Messungen sind. Es wird ein linearer Zusammenhangzwis hen der L�ange bei der Geburt und der S hwangers haftsdauer vermutet. Manbestimme mit der Methode der kleinsten Quadrate die beiden Parameter bzw. l�osedas entspre hende lineare Ausglei hsproblem. Hierbei kann Maple (oder ein anderesmathematis hes Anwendersystem) oder Aufgabe 1 benutzt werden.

4.1 Approximationsaufgaben 1313. Gegeben sei ein Approximationsproblem mit den Daten (X; k � k), M � X und z 2 X.Man zeige:(a) Ist M � X konvex, so ist die Menge der besten Approximierenden an z bez�ugli hM ebenfalls eine konvexe Menge.(b) Ist M � X konvex und die Norm k � k strikt , d. h. gilt die Implikationkx+ yk = kxk+ kyk =) x und y sind linear abh�angig,so existiert h�o hstens eine beste Approximierende an z bez�ugli h M .( ) Ist k � k dur h ein inneres Produkt (�; �) erzeugt, so ist die Norm k � k strikt. Fernergilt die sogenannte Parallelogrammglei hung , d. h. f�ur alle x; y 2 X istkx+ yk2 + kx� yk2 = 2(kxk2 + kyk2):4. Man bestimme alle L�osungen des linearen Ausglei hsproblems zu den DatenA := 0BB� 1 11 11 11 1 1CCA ; b := 0BB� 200�1 1CCA :Hinweis: Man wende den ersten Teil von Satz 1.5 an.5. Sei A 2 Rm�n mit m � n gegeben, es sei r := Rang (A). Sei A = U�V T eine Sin-gul�arwertzerlegung von A (also U 2 Rm�m , V 2 Rn�n orthogonal, � 2 Rm�n eineDiagonalmatrix mit den singul�aren Werten �1 � � � � � �n in der Diagonalen). Mande�niere A+ := V �+UT , wobei �+ 2 Rn�m gegeben ist dur h �+ := ( �+ 0 ) mit�+ := diag (1=�1; : : : ; 1=�r; 0; : : : ; 0| {z }n�r ):Man zeige:(a) F�ur jedes b 2 Rm ist A+b die eindeutige L�osung minimaler euklidis her Norm deszu den Daten (A; b) geh�orenden linearen Ausglei hsproblems. Insbesondere zeigtdies die Wohlde�niertheit der Pseudoinversen.(b) Ist m � n und Rang (A) = n, so ist A+ = (ATA)�1AT .( ) Ist A 2 Rn�n ni htsingul�ar, so ist A+ = A.6. Sei z 2 C2[a; b℄ eine Funktion, deren zweite Ableitung auf dem Intervall [a; b℄ ni htne-gativ oder ni htpositiv ist, die also konvex oder konkav ist. Wegen des Mittelwertsatzesexistiert ein t1 2 (a; b) mit z(b)� z(a) = z0(t1)(b� a). Man zeige, dassx�(t) := z(b)� z(a)b� a �t� a+ t12 �+ 12[z(a) + z(t1)℄die beste Ts hebys he�-Approximierende an z bez�ugli h P1 ist.

132 Approximations- und Optimierungsaufgaben7. Bei gegebener ni htnegativer ganzer Zahl n hei�t die dur h Tn(t) := os(n ar os t)de�nierte Funktion Tn: [�1; 1℄ �! R Ts hebys he�-Polynom (erster Art) vom Gradn. Man beweise die folgenden Aussagen, von denen dur h die erste �uberhaupt erstna hgewiesen wird, dass es si h um Polynome handelt.(a) Es gilt die RekursionsformelT0(t) = 1; T1(t) = 1; Tn+1(t) = 2tTn(t)� Tn�1(t) (n = 2; 3; : : :):(b) Es ist Tn 2 Pn und Tn(t) = 2n�1tn + p(t) mit p 2 Pn�2.( ) Die Nullstellen von Tn sindsj := os�2(n� j) + 12n ��; j = 1; : : : ; n:(d) Es ist kTnk1 = 1 und Tn(ti) = (�1)n�i mitti := os�n� in ��; i = 0; : : : ; n:(e) Es ist Tn(�t) = (�1)nTn(t).(f) Es gilt 2� Z 1�1 Tm(t)Tn(t)p1� t2 dt = 8<: 2 f�ur m = n = 0;1 f�ur m = n 6= 0;0 f�ur m 6= n:Hinweis: Ma he die Variablentransformation t = os�.(g) Es ist Tn(t) = 12 [(t+pt2 � 1)n + (t�pt2 � 1)n℄:(h) Sei n 2 N und p� 2 Pn�1 die beste Ts hebys he�-Approximierende an z(t) := tnauf dem Intervall [a; b℄ := [�1; 1℄. Dann ist tn � p�(t) = 2�n+1Tn(t) und daherd(z;Pn�1) = 2�n+1 der Abstand von z zu Pn�1.8. Sei (X; (�; �)) ein Pr�a-Hilbertraum, also (�; �) ein inneres Produkt und k � k die dur hkxk := (x; x)1=2 induzierte Norm. Sei fernerM � X ni htleer, konvex und z 2 X. Danngilt:(a) Es ist x� 2M genau dann beste Approximierende an z bez�ugli h M , wenn (x�x�; z � x�) � 0 f�ur alle x 2M .(b) Ist (X; (�; �)) sogar ein Hilbertraum, ist also jede Cau hy-Folge in (X; k �k) konver-gent, und ist M zus�atli h abges hlossen, so existiert (genau eine: das folgt s honaus den Aussagen von Aufgabe 3) eine eindeutige beste Approximierende an zbez�ugli h M .

4.2 Optimierungsaufgaben 1334.2 OptimierungsaufgabenWie ganz am Anfang dieses Kapitels s hon angedeutet wurde, besteht eine Optimie-rungsaufgabe darin, eine auf einer gewissen MengeM , der Menge der zul�assigen L�osun-gen, gegebene reellwertige Funktion f , die sogenannte Zielfunktion, zu minimieren. Imn�a hsten Unterabs hnitt wollen wir dur h einige Beispiele einen Eindru k �uber dieVielfalt der hierdur h erfassten Probleme geben. Dana h gehen wir auf lineare Op-timierungsaufgaben ein, wobei wir auf die Bes hreibung des Simplexverfahrens ausZeitgr�unden verzi hten. Bei ni htlineare Optimierungsaufgaben konzentrieren wir unsauf die Darstellung und Anwendung des Satzes von Kuhn-Tu ker.4.2.1 BeispieleBeispiel: Die Bev�olkerungszahlen von Lausanne in den Jahren 1950{1959 sind in derfolgenden Tabelle angegeben:Jahr ti Bev�olkerungszahl pi Malthus-Modell1950 107 680 107 6291951 108 997 109 2301952 111 106 110 8551953 112 849 112 5041954 114 338 114 1781955 115 476 115 8761956 117 323 117 6001957 118 968 119 3491958 121 210 121 1251959 123 328 122 926Mit dem Malthus-Wa hstumsmodell (wir kommen hierauf im Zusammenhang mit ge-w�ohnli hen Di�erentialglei hungen zur�u k) ma hen wir f�ur die Population zur Zeit teinen Ansatz p(a; q0; t) = q0 exp(a(t� 1950)):Die no h unbekannten Parameter a; q0 werden als L�osungen des ni htlinearen Aus-glei hsproblemsMinimiere f(a; q0) := 12 10Xi=1 [p(a; q0; ti)� pi℄2; (a; q0) 2 R2 ;gewonnen. Man hat hier also eine unrestringierte Optimierungsaufgabe, n�amli h aufM := R2 die oben de�nierte Funktion f zu minimieren. Zu ihrer L�osung gibt es spezi-elle Algorithmen. Es w�urde zu weit f�uhren, hierauf n�aher einzugehen7. Die M�ogli hkei-ten von Maple s heinen ziemli h bes hr�ankt zu sein. Besser sieht es bei Matlab aberau h vor allem bei Mathemati a (siehe z. B. der Befehl NonlinearFit, der na h Laden7Siehe z. B. Kapitel 7 von J. Werner Numeris he Mathematik 2 . Vieweg, Brauns hweig-Wiesbaden.

134 Approximations- und Optimierungsaufgabendes entspre henden Zusatzpakets dur h <<Statisti s`NonlinearFit` zur Verf�ugungsteht, es kann aber au h der Befehl FindMinimum n�utzli h sein) aus. Man erh�alt alsn�aherungsweise L�osung a = 0:0147662, q0 = 107629. Die hiermit erhaltenen Werte sindin der dritten Spalte in obiger Tabelle eingetragen. 2Au h die folgende Aufgabe ist eine unrestringierte Optimierungsaufgabe.Beispiel: Das folgende Problem s heint 1629 zum ersten Mal von Fermat formuliertworden zu sein:� Gegeben seien drei Punkte in der Ebene. Man �nde einen Punkt in der Ebenederart, dass die Summe der Abst�ande dieses Punktes zu den drei vorgegebenenPunkten minimal ist.Die Verallgemeinerung auf m Punkte im Rn hei�t das Fermat-Weber-Problem:� Gegeben seien m � 3 paarweise vers hiedene Punkte a1; : : : ; am 2 Rn und posi-tive reelle Zahlen w1; : : : ; wm. Man bestimme eine L�osung x� 2 Rn von(P) Minimiere f(x) := mXi=1 wi kx� aik2 auf M := Rn ;wobei k � k2 die euklidis he Norm auf dem Rn bedeutet.Die �okonomis he Interpretation (man spri ht in den Wirts haftswissens haften au hvon dem \Standortproblem") k�onnte die folgende sein: Eine Warenhauskette mit Fi-lialen in a1; : : : ; ak und Zulieferern in ak+1; : : : ; am will den Standort eines zus�atzli henLagers bestimmen. Dieser soll so gew�ahlt werden, dass eine gewi htete Summe derAbst�ande vom Lager zu den Filialen und von den Zulieferern zum Lager minimal wird.Beim Fermat-Weber-Problem ist der Abstand zwis hen zwei Punkten dur h deneuklidis hen Abstand gegeben. Es liegt ni ht nur an der bekannten Verallgemeine-rungswut der Mathematiker, dass au h andere Abstandsbegri�e bzw. Normen in derLiteratur betra htet wurden. Hierzu geh�oren insbesondere die 1-Norm, die 1-Norm(Maximumnorm) und positive Linearkombinationen dieser beiden Normen als Spezi-alf�alle sogenannter polyedris her Normen (hier ist die Einheitskugel ein Polyeder).Wir wollen hier auf das Fermat-Weber-Problem gar ni ht weiter eingehen, sondernnur einen h�ubs hen geometris hen Beweis daf�ur angeben, dass beim eingangs genann-ten Fermat-Problem der gesu hte Punkt (au h Fermat- oder Torri elli-Punkt genannt)derjenige ist, von dem die drei Seiten des (spitzwinkligen) Dreie ks unter einem Winkelvon 120Æ gesehen werden.Gegeben sei ein spitzwinkliges Dreie k in der Ebene mit den E ken A, B und C.In diesem Dreie k w�ahle man si h einen beliebigen Punkt P und verbinde ihn mit denE ken. Das innere Dreie k 4APB drehe man um 60Æ um B und erhalte das Dreie k4C 0P 0B. In Abbildung 4.3 ist die Konstruktion angegeben. Dann sind 4ABC 0 und4PBP 0 glei hseitig, die Winkel in diesen Dreie ken also jeweils 60Æ. Daher istjAP j+ jBP j+ jCP j = jC 0P 0j+ jP 0P j+ jPCj;

4.2 Optimierungsaufgaben 135

������������

������������

��������� HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH

Hs sssB C

AP

s sC 0 P 0

Abbildung 4.3: Konstruktion zum Fermat-Problemund die re htsstehende Summe ist die L�ange eines i. Allg. gebro henen Stre kenzuges.Dieser ist minimal, wenn er ein Geradensegment ist. In diesem Falle ist^BPC = 180Æ � ^BPP 0 = 120Æund ^APB = ^C 0P 0B = 180Æ � ^PP 0B = 120Æ:Der gesu hte Punkt P , f�ur den jAP j+jBP j+jCP jminimal ist, ist also derjenige PunktP , f�ur den ^APB = ^BPC = ^CPA = 120Æ:Diese L�osung des Fermat-Problems kann man bei H. S. M. Coxeter (1969, S. 21)8na hlesen.Zur L�osung unrestringierter Optimierungsaufgaben stellt Mathemati a den BefehlFindMinimum bereit. In Abbildung 4.4 geben wir ein Dreie k und den zugeh�origens s

s................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................ ....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

...............................................................sAbbildung 4.4: Der Fermat (Torri elli) PunktFermat- bzw. Torri elli-Punkt an. Diesen haben wir im konkreten Fall mit Hilfe von8H. S. M. Coxeter (1969) Introdu tion to Geometry. John Wiley & Sons, New York.

136 Approximations- und OptimierungsaufgabenMathemati a (weil es in Maple o�enbar, i h mag mi h t�aus hen, keine der Mathemati a-Funktion FindMinimum verglei hbare Funktion gibt) dur hxkoord={50,95,130};ykoord={5,40,0};f[x_,y_℄:=Sum[Sqrt[(xkoord[[i℄℄-x)^2+(ykoord[[i℄℄-y)^2℄,{i,3}℄;FindMinimum[f[x,y℄,{x,90},{y,20}℄gefunden, als Output erhalten wir n�amli h zum einen den minimalen Zielfunktionswert(hier: 107:189) und die Koordinaten des Fermat-Punktes (hier: (93:7239; 25:3947)).Hierbei gingen wir von drei Punkten mit den Koordinaten (50; 5), (95; 40) und (130; 0)aus. 2Unter einer linearen Optimierungsaufgabe versteht man die Aufgabe, eine reellwertigelineare Funktion unter (aÆn) linearen Glei hungen und/oder Unglei hungen zu mini-mieren. Hier ist also die Menge M der zul�assigen L�osungen ein Polyeder im Rn unddie Zielfunktion f linear, so dass sie si h mit einem Vektor 2 Rn , dem sogenanntenKostenvektor, in der Form f(x) = Tx darstellen l�asst. Viele Probleme in den Anwen-dungen f�uhren auf lineare Optimierungsaufgaben, in der Einf�uhrung gingen wir z. B.s hon auf das klassis he Di�atproblem ein. Wir wollen hier als ein spezielles linearesOptimierungsproblem das Transportproblem kennenlernen. Dieses geh�ort zu den erstenn�aher untersu hten Optimierungsaufgaben. Verbunden hiermit werden Namen wie L.V. Kantorowi h, T. C. Koopmans (beide erhielten 1975 den Wirts hafts-Nobelpreis)und F. L. Hit h o k. Zun�a hst geben wir ein spezielles Beispiel f�ur das Transportpro-blem an, dana h formulieren wir das (allgemeine) klassis he Transportproblem.Beispiel: In9 zwei Rangierbahnh�ofen A und B stehen 18 bzw. 12 leere G�uterwagen. Inden drei Bahnh�ofen R, S und T werden 11, 10 bzw. 9 G�uterwagen zum Verladen vonWaren ben�otigt. Die Distanzen in km von den Rangierbahnh�ofen zu den Bahnh�ofensind dur h R S TA 5 4 9B 7 8 10gegeben. Die G�uterwagen sind so zu leiten, dass die totale Anzahl der dur hfahre-nen Leerkilometer minimal ist. Um dieses Problem zu l�osen, f�uhren wir als VariablexAR; xAS; xA;T ; xBR; xBS ; xBT ein. Hierbei bedeutet xAR z. B. die Anzahl der G�uterwa-gen, die vom Rangierbahnhof A zum Bahnhof R gebra ht werden. Die Gesamtzahl dergefahrenen Leerkilometer ist dannz := 5xAR + 4xAS + 9xAT + 7xBR + 8xBS + 10xBT ;diese gilt es zu minimieren. Als Nebenbedingungen hat man (wir bea hten, dass dieGesamtzahl der in den Rangierbahnh�ofen A und B zur Verf�ugung stehenden G�uterwa-gen glei h der Gesamtzahl der in den Bahnh�ofen R, S und T ben�otigten G�uterwagenist) xAR + xAS + xAT = 18; xBR + xBS + xBT = 129Diese Aufgabe ist ein Beispiel in dem Lehrbu h �uber Numeris he Mathematik von H. R. S hwarz.

4.2 Optimierungsaufgaben 137(d. h. 18 G�uterwagen gehen von A aus auf die Reise, 12 von B) undxAR + xBR = 11; xAS + xBS = 10; xAT + xBT = 9(der Bedarf in den Bahnh�ofen R, S und T wird befriedigt), hinzu tritt au�erdem dieBedingung, dass xAS; : : : ; xBT ni htnegativ und ganzzahlig sind. Letzere Bedingunglassen wir weg (man kann zeigen: Sind die Daten ganzzahlig, so existiert au h eineganzzahlige L�osung) und erhalten die lineare OptimierungsaufgabeMinimiere 0BBBBBB� 5497810

1CCCCCCAT 0BBBBBB� xARxASxATxBRxBSxBT

1CCCCCCA unter den Nebenbedingungen0BBBB� 1 1 1 0 0 00 0 0 1 1 11 0 0 1 0 00 1 0 0 1 00 0 1 0 0 11CCCCA0BBBBBB� xARxASxATxBRxBSxBT

1CCCCCCA = 0BBBB� 1812111091CCCCA ; 0BBBBBB� xARxASxATxBRxBSxBT

1CCCCCCA � 0BBBBBB� 0000001CCCCCCA :

Wir wollen diese Aufgabe mit Maple l�osen. Das kann z. B. folgenderma�en ges hehen.> with(simplex):Warning, the prote ted names maximize and minimize have been redefinedand unprote ted> Rangier:=[18,12℄:> Bahnhof:=[11,10,9℄:> Distanzen:=array([[5,4,9℄,[7,8,10℄℄):> x:=array(1..2,1..3):> restr:=fseq(sum(x[i,'j'℄,'j'=1..3)=Rangier[i℄,i=1..2)gunion>fseq(sum(x['i',j℄,'i'=1..2)=Bahnhof[j℄,j=1..3)g;restr := fx1; 1 + x1; 2 + x1; 3 = 18; x2; 1 + x2; 2 + x2; 3 = 12; x1; 1 + x2; 1 = 11; x1; 2 + x2; 2 = 10;x1; 3 + x2; 3 = 9g> ziel:=add(add(x[i,j℄*Distanzen[i,j℄,i=1..2),j=1..3);ziel := 5x1; 1 + 7x2; 1 + 4x1; 2 + 8x2; 2 + 9x1; 3 + 10x2; 3> minimize(ziel,restr,NONNEGATIVE);fx1; 3 = 0; x2; 2 = 0; x1; 2 = 10; x2; 1 = 3; x1; 1 = 8; x2; 3 = 9g> assign(%);eval(x); � 8 10 03 0 9 �> ziel; 191

138 Approximations- und OptimierungsaufgabenHieraus liest man ab: Die Gesamtzahl der Leerkilometer wird minimiert, wenn vomRangierbahnhof A zu den Bahnh�ofen R und S gerade 8 bzw. 10 G�uterwagen gebra htwerden und vom Rangierbahhof B na h R und T genau 3 bzw. 9 G�uterwagen geletetwerden. Die minimale Anzahl der Leerkilometer ist 191. 2Nun wollen wir das letzte Beispiel verallgemeinern und kommen dadur h zum klassi-s hen Transportproblem.Beispiel: Ein Gut, das in m Lagern vorhanden ist, soll zu n Kunden transportiertwerden. Es ist zu ents heiden, wel he Menge xij dieses Gutes vom Lager i zum Kundenj zu transportieren ist. Hierbei sei folgendes zu bea hten:� Die Transportkosten einer Mengeneinheit des Gutes vom Lager i zum Kunden jseien ij Geldeinheiten. Ferner wird angenommen, dass die Transportkosten vomLager i zum Kunden j proportional zur Menge ist. Es wird also kein Mengenra-batt gew�ahrt, ferner werden au h keine Fixkosten in Re hnung gestellt.� Die Summe der gesamten Transportkosten Pmi=1Pnj=1 ijxij ist zu minimieren.� Die in Lager i vorhandene Menge li � 0 des Gutes sowie der Bedarf kj � 0 desKunden sind bekannt.� Der Bedarf jedes Kunden muss befriedigt werden.� Negative Transportmengen (R�u ktransporte) sind ausges hlossen.Ein Transportplan x = (xij) ist zul�assig , wennnXj=1 xij � li; i = 1; : : : ; m;die vom Lager i abtransportierte Menge also ni ht gr�o�er ist als der Bestand li, i =1; : : : ; m, und au�erdem mXi=1 xij � kj; j = 1; : : : ; n;der Bedarf aller n Kunden also gede kt wird. Hinzu kommt die Ni htnegativit�atsfor-derung xij � 0 (i = 1; : : : ; m; j = 1; : : : ; n):O�enbar existiert genau dann ein zul�assiger Transportplan, wennmXi=1 li � nXj=1 kj;der Gesamtbestand also ni ht kleiner als der Gesamtbedarf ist. Ist dies erf�ullt, so kanno.B. d.A. sogar angenommen werden, dass der Gesamtbestand glei h dem Gesamt-bedarf ist. Andernfalls denke man si h einen \�ktiven Kunden" eingef�uhrt, der den

4.2 Optimierungsaufgaben 139�Ubers huss ohne Transportkosten aufnimmt, was nat�urli h in der Praxis bedeutet, dassdieser in den jeweiligen Lagern liegen bleibt. In diesem Falle lautet also das Transport-problem Minimiere mXi=1 nXj=1 ijxijunter den NebenbedingungennXj=1 xij = li (i = 1; : : : ; m); mXi=1 xij = kj (j = 1; : : : ; n)sowie xij � 0 (i = 1; : : : ; m; j = 1; : : : ; n):Eine Matrix-Vektor-S hreibweise ist lei ht m�ogli h, indem man die \Matrix" x = (xij)zeilenweise liest: x = 0B� x1...xm 1CA 2 Rmn mit xi = 0B� xi1...xin 1CA :Bezei hnet ferner I die n � n-Einheitsmatrix und e den Vektor des Rn , dessen Kom-ponenten alle glei h 1 sind, so k�onnen die Nebenbedingungen kompakt ges hriebenwerden als(�) 0BBBBB� eT 0T � � � 0T0T eT 0T... ... . . . ...0T 0T � � � eTI I � � � I1CCCCCA x = � lk � ; x � 0:Die KoeÆzientenmatrix ist eine (m+n)�(mn)-Matrix. Die Summe der ersten m Zeilenist der Zeilenvektor (eT ; : : : ; eT ), was au h die Summe der letzten n Zeilen ist. Daherist ihr Rang � m+n�1 und es ist ni ht s hwierig zu zeigen, dass hier sogar Glei hheitgilt. 2Beispiel: Es sollen 400 m3 Kies von einem Ort zu einem anderen transportiert werden.Dies ges hehe in einer (na h oben!) o�enen Box der L�ange x, der Breite y und der H�ohez. Der Boden (xy m2) und die beiden Seiten (2xz m2) m�ussen aus einem Materialhergestellt sein, das zwar ni hts kostet, von dem aber nur 4 m2 zur Verf�ugung steht.Das Material f�ur die beiden Enden (2yz m2) kostet 200 Euro pro m2. Ein Transportder Box kostet 1 Euro. Wie hat man die Box zu konstruieren?Die Kosten zum Bau der Box sind 400yz Euro. Die Anzahl der Transporte ist400=(xyz), so dass die Gesamtkosten zum Bau der Box und des Transportes der Kies-menge dur h f(x; y; z) := 400�yz + 1xyz�

140 Approximations- und Optimierungsaufgabengegeben ist. Wegen der Kapazit�atss hranken f�ur das Material des Bodens und derbeiden Seiten hat man die Restriktionxy + 2xz � 4:Ber�u ksi htigt man no h, dass die Variablen positiv sein sollten, so haben wir insgesamt(wir lassen jetzt den Faktor 400 in der Zielfunktion fort) die Optimierungsaufgabe( Minimiere f(x; y; z) := 1=(xyz) + yz unter den Nebenbedingungenxy + 2xz � 4; x; y; z > 0:Dies ist eine ni htlineare Optimierungsaufgabe. Die M�ogli hkeiten von Mathemati aund Maple bei ni htlinearen Optimierungsaufgaben sind eher d�urftig. 2Beispiel: Ein von J. J. Sylvester (1857) gestelltes Problem lautet:� It is required to �nd the least ir le whi h shall ontain a given system of pointsin a plane.Nur lei ht verallgemeinert bedeutet dies: Gegeben seien l Punkte a1; : : : ; al 2 Rn ,gesu ht ist die euklidis he Kugel B[x; r℄ := fy 2 Rn : ky � xk2 � rg mit minimalemRadius r, wel he die vorgegebenen Punkte enth�alt, f�ur die also kai � xk2 � r, i =1; : : : ; l. Mit der Variablentransformation r = p2Æ erh�alt man die Aufgabe:( Minimiere f(Æ; x) := Æ aufM := f(Æ; x) 2 R � Rn : 12kx� aik22 � Æ; i = 1; : : : ; lg:Dies ist also eine Optimierungsaufgabe mit einer linearen Zielfunktion und (einfa hen)quadratis hen Unglei hungsnebenbedingungen. 24.2.2 Lineare Optimierungsaufgaben: Existenz und Dualit�atEine lineare Optimierungsaufgabe ist in Normalform, wenn sie in der Form(P) Minimiere Tx auf M := fx 2 Rn : x � 0; Ax = bgvorliegt, also alle Variablen vorzei henbes hr�ankt sind, die �ubrigen Nebenbedingungenin Glei hungsform auftreten und es si h um eine Minimierungsaufgabe handelt. Da-gegen kann man von einer allgemeinen linearen Optimierungsaufgabe spre hen, wenngewisse Variable vorzei henbes hr�ankt sind (o. B. d.A. seien es die ersten, was dur heine Umnumerierung der Variablen errei ht werden kann), wenn ein Teil der Restrik-tionen in Unglei hungsform (o.B. d.A. seien diese glei hgeri htet, was notfalls dur heine Multiplikation mit �1 errei ht werden kann), ein anderer in Glei hungsform vor-liegt, es si h s hlie�li h um eine Minimierungsaufgabe handelt (was ebenfalls dur h eine

4.2 Optimierungsaufgaben 141Multiplikation mit �1 errei ht werden kann). Ein sol hes Programm ist daher dur hMinimiere nXj=1 jxj aufM := 8>>>><>>>>:x 2 Rn : xj � 0 (j = 1; : : : ; n0); nXj=1 aijxj � bi (i = 1; : : : ; m0);nXj=1 aijxj = bi (i = m0 + 1; : : : ; m) 9>>>>=>>>>;gegeben. Hierbei ist n 2 N die Anzahl der Variablen, n0 mit 0 � n0 � n die Anzahl dervorzei henbes hr�ankten Variablen (die n� n0 �ubrigen hei�en frei), m 2 N die Anzahlder Restriktionen und m0 mit 0 � m0 � m die Anzahl der Unglei hungsrestriktionen.Es kann praktis h sein, zu einer Vektor-Matrix-S hreibweise �uberzugehen. Hierzu seizun�a hst A = (aij) 2 Rm�n , b = (bi) 2 Rm , = ( j) 2 Rn . Vektoren des Rm denke mansi h zerlegt in einen Anteil, der aus den ersten m0 Komponenten besteht, und einemzweiten Anteil, in dem die restli hen m�m0 Komponenten zusammengefasst sind. F�urden Vektor b sei etwa b = � b(1)b(2) � :Entspre hendes kann au h f�ur Vektoren aus dem Rn ges hehen, so dass der Variablen-vektor x = (xj) 2 Rn und der Kostenvektor 2 Rn zerlegt werden k�onnen:x = � x(1)x(2) � ; = � (1) (2) � :Zerlegt man au h die Matrix A dur hA = � A11 A12A21 A22 � ;so lautet obige \allgemeine" lineare Optimierungsaufgabe in Matrix-Vektor-S hreib-weise Minimiere � (1) (2) �T � x(1)x(2) � aufM := �� x(1)x(2) � : x(1) � 0; A11x(1) + A12x(2) � b(1);A21x(1) + A22x(2) = b(2) � :Ganz wi htig ist die Bemerkung, dass man dieses \allgemeine" lineare Programm auf�aquivalente Normalform zur�u kf�uhren kann. Hierzu stelle man die freien Variablen xj,j = n0 + 1; : : : ; n, als Di�erenz ni htnegativer Variabler x+j und x�j dar: xj = x+j � x�j ,j = n0 + 1; : : : ; n, und f�uhre ni htnegative S hlupfvariable yi, i = 1; : : : ; m0, ein, umdie Unglei hungen in �aquivalente Glei hungen zu transformieren:nXj=1 aijxj � bi () nXj=1 aijxj � yi = bi; yi � 0:

142 Approximations- und OptimierungsaufgabenIn Matrix-Vektor-S hreibweise geht man also von der Darstellungx(2) = x(2)+ � x(2)� ; x(2)+ � 0; x(2)� � 0aus und nutzt ferner aus, da�A11x(1) + A12x(2) � b(1) () A11x(1) + A12x(2) � y(1) = b(1); y(1) � 0:Insgesamt erh�alt man Minimiere 0BB� (1) (2)� (2)0 1CCAT 0BB� x(1)x(2)+x(2)�y(1) 1CCA aufM 0 :=8>><>>:0BB� x(1)x(2)+x(2)�y(1) 1CCA :0BB� x(1)x(2)+x(2)�y(1) 1CCA � 0;� A11 A12 �A12 �IA21 A22 �A22 0 �0BB� x(1)x(2)+x(2)�y(1) 1CCA = � b(1)b(2) �9>>=>>;als \�aquivalentes" lineares Programm in Normalform. Die Anzahl der Variablen hatsi h hierbei erh�oht, da Elemente aus M 0 genaun0 + (n� n0) + (n� n0) +m0 = 2n� n0 +m0Komponenten besitzen. Was bedeutet diese \�Aquivalenz" aber genauer? Intuitiv d�urftedies klar sein: Einem Element aus M kann ein Element aus M 0 (und umgekehrt) zuge-ordnet werden, wobei die Zielfunktionswerte �ubereinstimmen. Die Formalit�aten wollenwir ni ht zu weit treiben, daher begn�ugen wir uns mit diesem Hinweis. Jedenfalls wer-den wir im folgenden von einem linearen Programm in Normalform ausgehen, sind unsaber si her, dass entspre hende Aussagen f�ur allgemeine lineare Optimierungsaufgabengelten.Ist die lineare Optimierungsaufgabe (P) in Normalform gegeben, so nennt man(D) Maximiere bT y auf N := fy 2 Rm : ATy � gdie zu (P) duale lineare Optimierungsaufgabe. Entspre hend kann au h die duale Op-timierungsaufgabe zu einer si h ni ht in Normalform be�ndenden linearen Optimie-rungsaufgabe bestimmt werden: Man bringe diese zun�a hst in �aquivalente Normalformund bilde ans hlie�end die duale Aufgabe, wobei man versu ht, eine m�ogli hst einfa heForm zu erhalten.Bemerkung: Die zu (P) duale Aufgabe(D) Maximiere bT y auf N := fy 2 Rm : ATy � gist �aquivalent zuMaximiere (�b)T y auf N := fy 2 Rm : (�AT )y � � g:

4.2 Optimierungsaufgaben 143Eine �Uberf�uhrung in Normalform liefertMinimiere 0� �bb0 1AT 0� y+y�z 1A unter den Nebenbedingungen( �AT AT �I )0� y+y�z 1A = � ; 0� y+y�z 1A � 0:Das hierzu duale Problem istMaximiere (� )Tx unter den Nebenbedingungen 0� �AA�I 1A x � 0� �bb0 1A :Dieses wiederum ist ganz o�ensi htli h �aquivalent zu (P). Grob gesagt: Dualisieren von(D) liefert wieder das Ausgangsproblem (P). 2Beispiel: Das klassis he Transportproblem ist (na h eventuellem Einf�uhren eines den�Ubers huss aufnehmenden �ktiven Lagers) gegeben dur h(P) Minimiere Tx auf M := fx = (xij) 2 Rmn : x � 0; Ax = bg;wobeiA := 0BBBBB� eT 0T � � � 0T0T eT 0T... ... . . . ...0T 0T � � � eTI I � � � I1CCCCCA 2 R(m+n)�mn ; b = � lk � 2 Rm+n ; = ( ij) 2 Rmn :Hierbei besitzt e 2 Rn nur Einsen als Komponenten und I ist die n�n-Einheitsmatrix.Die duale Variable y besitzt m+ n Komponenten. Es liegt nahe, sie dur hy = � uv �zu partitionieren. WegenATy = 0BBB� e 0 � � � 0 I0 e � � � 0 I... ... . . . ... ...0 0 � � � e I 1CCCA� uv � ; bTy = lTu+ kTverh�alt man als duales Problem die Aufgabe(D) ( Maximiere lTu+ kTv aufN := f(u; v) 2 Rm � Rn : ui + vj � ij; (i; j) 2 f1; : : : ; mg � f1; : : : ; ngg: 2Sehr einfa h ist der folgende s hwa he Dualit�atssatz , den wir daher au h ausnahmsweisebeweisen wollen.

144 Approximations- und OptimierungsaufgabenSatz 2.1 Gegeben seien die lineare Optimierungsaufgabe(P) Minimiere Tx auf M := fx 2 Rn : x � 0; Ax = bgund die hierzu duale lineare Optimierungsaufgabe(D) Maximiere bTy auf N := fy 2 Rm : ATy � g:Dann gilt:1. Ist x 2M und y 2 N , so ist bT y � Tx.2. Ist x� 2 M , y� 2 N und bT y� = Tx�, so ist x� eine L�osung von (P) und y� eineL�osung von (D).Beweis: Seien x 2M und y 2 N . Dann istbT y = (Ax)Ty = xTATy � xT = Tx;womit der erste Teil s hon bewiesen ist.Ist x� 2 M , y� 2 N und bTy� = Tx�, sind ferner x 2 M und y 2 N beliebig, soerh�alt man dur h eine Anwendung des ersten Teiles auf die Paare (x�; y) bzw. (x; y�),dass bTy � Tx� = bT y� � Tx;was zu zeigen war. 2Der s hwa he Dualit�atssatz liefert eine hinrei hende Optimalit�atsbedingung : Ist ein x� 2M gegeben und existiert ein y� 2 N mit Tx� = bTy�, so ist x� eine L�osung von (P)(und y� eine L�osung von (D)). Wir geben hierzu ein Beispiel.Beispiel: Wir betra hten no h einmal das Problem, G�uterwagen von den Rangier-bahnh�ofen A und B zu den Bahnh�ofen R, S und T zu leiten (siehe voriger Unterab-s hnitt). Es lautete(P)

8>>>>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:Minimiere 0BBBBBB� 5497810

1CCCCCCAT 0BBBBBB� xARxASxATxBRxBSxBT

1CCCCCCA unter den Nebenbedingungen0BBBB� 1 1 1 0 0 00 0 0 1 1 11 0 0 1 0 00 1 0 0 1 00 0 1 0 0 11CCCCA0BBBBBB� xARxASxATxBRxBSxBT

1CCCCCCA = 0BBBB� 1812111091CCCCA ; 0BBBBBB� xARxASxATxBRxBSxBT

1CCCCCCA � 0BBBBBB� 0000001CCCCCCA :

4.2 Optimierungsaufgaben 145Das duale Problem hierzu lautet(D)

8>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>:Maximiere � 1812 �T � uAuB �+0� 11109 1AT 0� vRvSvT 1Aunter den Nebenbedingungen uA + vR � 5;uA + vS � 4;uA + vT � 9;uB + vR � 7;uB + vS � 8;uB + vT � 10:Mit Hilfe von Maple hatten wir� x�AR x�AS x�ATx�BR x�BS x�BT � = � 8 10 03 0 9 �als L�osung von (P) erhalten, die zugeh�origen Kosten sind 191. \Per Hand" ma ht mansi h lei ht klar, dass die von Maple ausgespu kte L�osung in der Tat zul�assig f�ur (P)ist. Ihre Optimalit�at ist aber, da wir misstrauis h sind, streng genommen no h ni htbewiesen. F�ur einen mathematis h strengen Beweis l�osen wir au h das duale Programm(D) mit Hilfe von Maple:> with(simplex):> ziel:=18*u_A+12*u_B+11*v_R+10*v_S+9*v_T:> restr:=>fu_A+v_R<=5,u_A+v_S<=4,u_A+v_T<=9,u_B+v_R<=7,u_B+v_S<=8,u_B+v_T<=10g:> loesung:=maximize(ziel,restr);loesung := fu A = 8; u B = 10; v R = �3; v S = �4; v T = 0g> opt:=subs(loesung,ziel); opt := 191Als L�osung (oder, da wir misstrauis h sind: L�osungskandidat) gibt Maple an:� u�Au�B � = � 810 � ; 0� v�Rv�Sv�T 1A = 0� �3�40 1A ;der zugeh�orige Zielfunktionswert ist 191. Die hinrei hende Optimalit�atsbedingung ims hwa hen Dualit�atssatz gibt dann einen mathematis h strengen Beweis, dass die vonMaple augegebenen Ergebnisse wirkli h L�osungen von (P) bzw. (D) sind. 2Nun wollen wir no h auf den Existenzsatz und den starken Dualit�atssatz der linearenOptimierung eingehen. Hierzu stellen wir ein ber�uhmtes Resultat, das Farkas-Lemma,an den Anfang. Es wird ni ht vollst�andig bewiesen, sondern in einer ans hlie�endenBemerkung eine Beweisidee angegeben.

146 Approximations- und OptimierungsaufgabenLemma 2.2 Das System(I) Ax = b; x � 0besitzt genau dann keine L�osung, wenn das System(II) ATy � 0; bT y > 0eine L�osung besitzt.Bemerkung: Ein Teil des Beweises von Lemma 2.2 ist v�ollig trivial. Angenommen,(I) und (II) besitzen eine L�osung x bzw. y. Dann ist0 < bTy = (Ax)Ty = xTATy � 0;ein Widerspru h. Also k�onnen (I) und (II) ni ht glei hzeitig l�osbar sein. Nun nehmenwir an, (I) sei ni ht l�osbar. Das bedeutet, dass b 62 K := fAx : x � 0g. Die MengeK � Rm ist o�ensi htli h konvex. Angenommen, es w�are s hon bewiesen, dass Kabges hlossen ist. Dann kann der Projektionssatz f�ur abges hlossene, konvexe Mengen(siehe Aufgabe 8 in Abs hnitt 4.1) angewandt werden. Dieser liefert die Existenz genaueiner L�osung der Aufgabe Minimiere ku� bk2; u 2 K;n�amli h die sogenannte Projektion von b auf K, diese bezei hnen wir mit PK(b). DieProjektion PK(b) 2 K ist harakterisiert dur h (die ebenfalls geometris h einsi htige)Bedingung(�) (b� PK(b))T (u� PK(b)) � 0 f�ur alle u 2 K.Wir setzen y := b � PK(b) (es ist y 6= 0 wegen b 62 K) und erhalten aus (�) (setzeu := 0), dass 0 � yTPK(b). Ferner folgt aus (�), dass(ATy)Tx � yTPK(b) f�ur alle x � 0,und hieraus, dass ATy � 0. Ferner istbT y = (b� Pk(b))Ty + yTPK(b) = kyk22 + yTPK(b)| {z }�0 � kyk22 > 0:Also ist y eine L�osung von (II). Bis auf den Beweis der Abges hlossenheit von K istdies ein vollst�andiger Beweis des Farkas-Lemmas. 2Es folgen nun der Existenzsatz und der starke Dualit�atssatz der linearen Optimierung,die wir fast vollst�andig beweisen werden. Zun�a hst der Existenzsatz .Satz 2.3 Gegeben sei die lineare Optimierungsaufgabe(P) Minimiere Tx auf M := fx 2 Rn : x � 0; Ax = bg:Ist M 6= � und inf (P) := infx2M Tx > �1, so besitzt (P) eine L�osung, d. h. esexistiert ein x� 2M mit Tx� � Tx f�ur alle x 2M .

4.2 Optimierungsaufgaben 147Beweis: Wir haben zu zeigen, dass das System(I) � A T � x = � binf (P) � ; x � 0l�osbar ist. Angenommen, dies sei ni ht der Fall. Dann liefert das Farkas-Lemma dieExistenz einer L�osung (y; Æ) 2 Rm � R von(II) ( AT )� yÆ � � 0; � binf (P) �T � yÆ � > 0bzw. ATy + Æ � 0; bT y + Æ inf (P) > 0:Na h Voraussetzung ist M 6= � bzw. (P) zul�assig. Es existiert also ein x 2 Rn mitAx = b und x � 0. Multipliziert man die erste Unglei hung in (II) mit diesem x undber�u ksi htigt man die zweite Unglei hung, so erh�alt manbT y + Æ Tx � 0 < bT y + Æ inf (P);woraus Æ < 0 folgt. Mit y := �y=Æ ist dann AT y � bzw. y zul�assig f�ur das zu (P)duale Programm und bT y > inf (P), was ein Widerspru h zum s hwa hen Dualit�atssatzist. 2Und nun der starke Dualit�atssatz .Satz 2.4 Gegeben seien die lineare Optimierungsaufgabe(P) Minimiere Tx auf M := fx 2 Rn : x � 0; Ax = bgund die hierzu duale lineare Optimierungsaufgabe(D) Maximiere bTy auf N := fy 2 Rm : ATy � g:Dann gilt:1. Ist M 6= � und N 6= �, so besitzen (P) und (D) jeweils eine L�osung x� bzw. y�und es ist Tx� = bT y�.2. IstM 6= � und N = �, so ist infx2M Tx = �1, die Zielfunktion von (P) ist alsoauf der Menge M der zul�assigen L�osungen von (P) ni ht na h unten bes hr�ankt.3. IstM = � und N 6= �, so ist supy2N bT y = +1, die Zielfunktion von (D) ist alsoauf der Menge N der zul�assigen L�osungen von (D) ni ht na h oben bes hr�ankt.Beweis: Die Programme (P) und (D) besitzen wegen des Existenzsatzes der linearenOptimierung jeweils eine L�osung x� bzw. y�, da es si h hier um zul�assige Aufgabenhandelt, deren Zielfunktionen auf der Menge der primal bzw. dual zul�assigen L�osungenna h unten bzw. oben bes hr�ankt sind. Wir zeigen, dass(I) � A T � x = � bbT y� � ; x � 0;

148 Approximations- und Optimierungsaufgabenl�osbar ist, woraus dann mit Hilfe des s hwa hen Dualit�atssatzes der erste Teil folgt.Angenommen, das ist ni ht der Fall. Mit Hilfe des Farkas-Lemmas folgt wie beim Beweisdes Existenzsatzes (ersetze nur inf (P) dur h bTy�) die Existenz eines dual zul�assigen ymit bT y > bT y�, was nat�urli h ein Widerspru h dazu ist, dass y� eine L�osung von (D)ist.Nun zum Beweis des zweiten Teiles des starken Dualit�atssatzes. Wegen N = � gibtes kein y 2 Rm mit ATy � . Hieraus folgt, dass (f�uhre eine ni htnegative S hlupfva-riable z ein und stelle y als Di�erenz ni htnegativer Vektoren dar) au h das System(I) ( AT �AT I )0� y+y�z 1A = ; 0� y+y�z 1A � 0;ni ht l�osbar ist. Aus dem Farkas-Lemma folgt die Existenz eines Vektors p 2 Rn mit0� A�AI 1A p � 0; Tp > 0bzw. Ap = 0; p � 0; Tp > 0:Mit einem beliebigen z 2M (ein sol hes existiert, da wir M 6= � vorausgesetzt haben)ist z� tp 2M f�ur alle t � 0 und T (z� tp)! �1 mit t!1, womit au h der zweiteTeil des starken Dualit�atssatzes bewiesen ist.Den Beweis f�ur den dritten Teil des starken Dualit�atssatzes zu f�uhren, stellen wirals Aufgabe, siehe Aufgabe 1. 24.2.3 Lineare Optimierungsaufgaben: MatrixspieleWir wollen hier nur auf Zwei-Personen-Nullsummen-Matrixspiele und insbesondere denHauptsatz10 der Theorie der Matrixspiele (John von Neumann) eingehen.Zwei Personen D und P spielen ein Spiel. Jeder von ihnen hat hierbei eine end-li he Menge von Handlungsm�ogli hketen, n�amli h S = fs1; : : : ; smg f�ur D und T =ft1; : : : ; tng f�ur P. Vor Beginn des Spiels ist bekannt: Wird si von D und tj von Pgew�ahlt, so hat der Spieler P an den Spieler D einen Betrag von aij Geldeinheiten zuzahlen. Dieser Betrag kann nat�urli h au h negativ sein, so dass P in diesem Falle von Din Wahrheit etwas erh�alt. In jedem Fall ist der Gewinn des einen der Verlust des ande-ren, daher der Name Nullsummen-Spiele. Dur h A = (aij) 2 Rm�n ist die sogenannteAuszahlungsmatrix des Spiels gegeben, sie ist beiden Spielern bekannt.Eines der bekanntesten Beispiele hierzu ist das \Knobel-Spiel" S here-Stein-Papier:Stein s hl�agt S here, S here s hl�agt Papier, Papier s hl�agt Stein. \Klassis herweise"10BeiA. S hrijver (1986, S. 218) Theory of Linear and Integer Programming . J. Wiley & Sonskann man etwas zur Ges hi hte dieses Satzes na hlesen.

4.2 Optimierungsaufgaben 149erh�alt man die folgende Auszahlungsmatrix:D n P Stein S here PapierStein 0 1 �1S here �1 0 1Papier 1 �1 0Bei diesem Spiel, das ja i. allg. ni ht nur einmal, sondern mehrmals hintereinandergespielt wird, wei� man intuitiv oder aus eigener Erfahrung, dass man jede der soge-nannten reinen Strategien aus S oder T , hier f�ur beide Spieler \Stein", \S here" und\Papier", mit derselben Wahrs heinli hkeit 13 spielen, also zu der sogenannten gemis h-ten Strategie (13 ; 13 ; 13) �ubergehen sollte.Allgemeiner werdenX := fx 2 Rn : x � 0; eTx = 1g; Y := fy 2 Rm : y � 0; eT y = 1gals Mengen der gemis hten Strategien f�ur Spieler P bzw. D bezei hnet. Hier und imfolgenden ist e immer der Vektor des Rn bzw. Rm , dessen Komponenten alle glei hEins sind. W�ahlt Spieler P ein x 2 X, so besagt dies, dass er f�ur j = 1; : : : ; n seineHandlungsm�ogli hkeit tj mit der Wahrs heili hkeit xj spielt.W�ahlt Spieler D eine gemis hte Strategie y 2 Y und Spieler P ein x 2 X, so hatD von P eine Auszahlung von yTAx Geldeinheiten zu erwarten. Der maximale Verlustvon P bei Wahl einer gemis hten Strategie x 2 X ist maxy2Y yTAx, diesen wird erversu hen zu minimieren. D. h. Spieler P l�ost die Aufgabe(P) Minimiere �(x) := maxy2Y yTAx; x 2 X:Entspre hend ist der Mindestgewinn des Spielers D bei Wahl der gemis hten Strategiey 2 Y dur h minx2X yTAx gegeben, diesen wird er versu hen zu maximieren. Also hatSpieler D die Aufgabe(D) Maximiere (y) := minx2X yTAx; y 2 Yzu l�osen. Der folgende Satz, der sogenannte Hauptsatz der Theorie der (Zwei-Personen-Nullsummen) Matrixspiele sagt aus, dass der maximale Mindestgewinn von Spieler Dglei h dem minimalen Maximalverlust von Spieler P ist. Dies ges hieht dadur h, dassdie beiden Optimierungsaufgaben als �aquivalent zu linearen Programmen \entlarvt"werden, die zueinander dual sind. Der starke Dualit�atssatz der linearen Optimierungwird dann die Behauptung liefern.Satz 2.5 Sei A = (aij) 2 Rm�n undX := fx 2 Rn : x � 0; eTx = 1g; Y := fy 2 Rm : y � 0; eTy = 1g;wobei e der Vektor aus dem Rn bzw. Rm ist, dessen Komponenten alle glei h Eins sind.Dann ist maxy2Y minx2X yTAx = minx2X maxy2Y yTAx:

150 Approximations- und OptimierungsaufgabenBeweis: Wie in obiger Motivation betra hte man die beiden Aufgaben(P) Minimiere �(x) := maxy2Y yTAx; x 2 Xund(D) Maximiere (y) := minx2X yTAx; y 2 Y:Dann ist �(x) = maxi=1;:::;m(Ax)i; (y) = minj=1;:::;n(AT y)j:Denn: Bei vorgegebenem x 2 X und f�ur beliebiges y 2 Y istyTAx = mXi=1 yi(Ax)i � maxi=1;:::;m(Ax)iund daher �(x) � maxi=1;:::;m(Ax)i. Andererseits ist�(x) � eTi Ax = (Ax)i; i = 1; : : : ; m;und folgli h �(x) � maxi=1;:::;m(Ax)i, insgesamt �(x) = maxi=1;:::;m(Ax)i. Entspre hendzeigt man (y) = minj=1;:::;n(ATy)j. Daher sind (P) bzw. (D) �aquivalent zu(P) 8>>><>>>: Minimiere � 01 �T � x� � aufM := �(x; �) 2 Rn � R : x � 0; �Ax + �e � 0;eTx = 1 �bzw.(D) 8>>><>>>: Maximiere � 01 �T � y� � aufN := �(y; �) 2 Rm � R : y � 0; �AT y + �e � 0;eTy = 1 � :Diese beiden linearen Programme sind zul�assig und o�enbar dual zueinander. Der star-ke Dualit�atssatz zeigt, dass beide l�osbar sind (was mit Kompaktheitsargumenten au hlei ht direkt gezeigt werden k�onnte) und max (D) = min (P) ist. Damit ist der Satzbewiesen. 2Bemerkung: Der Beweis des letzten Satzes zeigt, dass beide Spieler zur Bere hnungf�ur sie optimaler Strategien zueinander duale (speziell strukturierte) lineare Programmezu l�osen haben. Dies wollen wir in dem folgenden Beispiel verdeutli hen. 2Beispiel: Sei die Auszahlungsmatrix eines Zwei-Personen-Nullsummen-Spiels dur hA := � 2 1 �1�1 �2 3 �

4.2 Optimierungsaufgaben 151gegeben. Wir wollen auf sehr einfa he, ni ht sehr elegante Weise das primale und dasduale Programm der Spieler P und D mit Maple l�osen:> with(simplex):> pziel:=alpha:> prestr:=fx1>=0,x2>=0,x3>=0,-2*x1-x2+x3+alpha>=0,> x1+2*x2-3*x3+alpha>=0,x1+x2+x3=1g:> minimize(pziel,prestr);fx1 = 0; x3 = 37 ; x2 = 47 ; � = 17g> dziel:=beta:> drestr:=fy1>=0,y2>=0,-2*y1+y2+beta<=0,-y1+2*y2+beta<=0,> y1-3*y2+beta<=0,y1+y2=1g:> maximize(dziel,drestr); fy1 = 57 ; y2 = 27 ; � = 17gSpieler P hat also die optimale gemis hte Strategie x� = (0; 47 ; 37)T und den Wert�� = 17 , w�ahrend Spieler D die optimale gemis hte Strategie y� = (57 ; 27)T und den Wert�� = 17 = �� hat. Das Spiel zwis hen P und D ist also mit der obigen Auszahlungsmatrixni ht fair in dem Sinne, dass der gemeinsame Wert von Null vers hieden ist. In unseremFall wird der Spieler D letzten Endes immer gewinnen. 24.2.4 Lineare Optimierungsaufgaben: Netzwerk ussproblemeEin Produkt ( �Ol oder Orangen oder . . . ) wird in gewissen Orten in einer bestimmtenMenge angeboten und an anderen Orten verlangt. S hlie�li h gibt es Orte, die ni htsanbieten und ni hts verlangen, in denen das Produkt aber umgeladen werden darf.Gewisse Orte sind miteinander dur h Verkehrswege miteinander verbunden. Die Ko-sten f�ur den Transport einer Mengeneinheit des Gutes l�angs eines Verkehrsweges sindbekannt, ferner ist die Kapazit�at eines jeden m�ogli hen Transportweges vorgegeben.Diese gibt Obergrenzen f�ur die zu transportierende Menge auf dem Weg an. Gesu htist ein kostenminimaler Transportplan. Wir werden glei h ein mathematis hes Modellf�ur diese Aufgabenstellung angeben und dana h kurz auf wenigstens einen Spezialfalleingehen.Gegeben sei ein geri hteter Graph bzw. Digraph (N ;A). Hier steht N f�ur die (end-li he) Menge der Knoten (Nodes) und A f�ur die Menge der Pfeile (Ar s), also ge-ordneten Paaren von Knoten. Mit jedem Knoten k 2 N ist eine (i. allg. ganzzahlige)Mengenangabe bk des im Digraphen zu transportierenden Gutes verbunden. Ist bk > 0,so sind bk Mengeneinheiten dieses Gutes im Knoten k vorhanden und Knoten k wirdein Angebotsknoten genannt. Ist dagegen bk < 0, so werden dort jbkj Mengeneinheitenben�otigt, man spri ht von einem Bedarfsknoten. Im Fall bk = 0 handelt es si h umeinen Umladeknoten.Zu jedem Pfeil (i; j) 2 A des Digraphen geh�oren die Kosten ij f�ur den Flusseiner Mengeneinheit auf ihm. Mit xij wird der Fluss auf diesem Pfeil bezei hnet, dieKapazit�at des Pfeils wird dur h (i. Allg. ganzzahliges) uij > 0 angegeben. Gesu ht wirdein Fluss im Digraphen, der unter Ber�u ksi htigung der Kapazit�atsbes hr�ankungen die

152 Approximations- und OptimierungsaufgabenAngebote und \Bedarfe" mengenm�a�ig ausglei ht und die daf�ur erforderli hen Kostenminimiert. Dabei ist in jedem Knoten der Fluss zu erhalten. Dies bedeutet f�ur denKnoten k 2 N , dass die Summe der Fl�usse auf seinen eingehenden Pfeilen plus derin ihm verf�ugbaren (wenn k ein Angebotsknoten) beziehungsweise minus der von ihmben�otigten (wenn k ein Bedarfsknoten) Menge jbkj glei h der Summe der Fl�usse aufseinen ausgehenden Pfeilen ist. Die Flusserhaltungsbedingung f�ur den Knoten k lautetdaher Xi:(i;k)2Axik + bk = Xj:(k;j)2Axkj:Das kapazitierte lineare Netzwerk ussproblem l�asst si h daher wie folgt formulieren:8>>>>>><>>>>>>:Minimiere X(i;j)2A ijxijunter den NebenbedingungenXj:(k;j)2Axkj � Xi:(i;k)2A xik = bk (k 2 N ); 0 � xij � uij ((i; j) 2 A):Diese Aufgabe wollen wir nun in Matrix-Vektors hreibweise formulieren. Dies kannfolgenderma�en ges hehen. Der Fluss x = (xij) hat so viele Komponenten wie es Pfeilegibt, ihre Anzahl sei n := jAj. Es liegt also nahe, A dur hzunummerieren. Es sei etwaA = fl1; : : : ; lng. Dann kann x = (xij)(i;j)2A als Vektor x = (x1; : : : ; xn)T mit xp = xlp ,p = 1; : : : ; n, ges hrieben werden, entspre hendes gilt f�ur die Kosten = ( ij) undKapazit�aten u = (uij). Ist ferner m := jN j die Anzahl der Knoten, so kann man(bk)k2N zu einem Vektor b = (b1; : : : ; bm)T zusammenfassen. De�niert man die Knoten-Pfeil-Inzidenzmatrix A = (akp) 2 Rm�n dur hakp := 8><>: +1; falls: Der Knoten k ist Startknoten f�ur den p-ten Pfeil lp;�1; falls: Der Knoten k ist Endknoten f�ur den p-ten Pfeil lp;0 sonst;so erkennt man, dass obiges Netzwerk ussproblem, das sogenannte (kapazitierte) Mini-male-Kosten-Fluss-Problem, in der Form(P) Minimiere Tx auf M := fx 2 Rn : 0 � x � u; Ax = bgges hrieben werden kann.Beispiel: Nat�urli h kann auf ein gegebenes Minimale-Kosten-Fluss-Problem einfa hein zur Verf�ugung stehender \Solver" f�ur lineare Optimierungsprobleme angewandtwerden. Dabei wird allerdings die Struktur des Problems ni ht ber�u ksi htigt. Wirwollen ein spezielles Problem mit Hilfe von Maple l�osen.Gegeben sei der in Abbildung 4.5 angegebene Digraph, wobei re hts angegebenist, wel he Bedeutung die angegebenen Zahlen haben. Z.B. sind die Knoten 2 und 3Umladeknoten, der Knoten 1 ein Angebots- und der Knoten 4 ein Bedarfsknoten. Als

4.2 Optimierungsaufgaben 153

Æ ��2 - Æ ��4Æ ��1? - Æ ��3��������

����� ?0 �55 0

2;35;6

4;23;1 2;0 Æ ��i - Æ ��juij ; ijbi bjAbbildung 4.5: Ein UmladeproblemKnoten-Pfeil-Inzidenzmatrix hat man(1; 2) (1; 3) (2; 3) (2; 4) (3; 4)1 1 1 0 0 02 �1 0 1 1 03 0 �1 �1 0 14 0 0 0 �1 �1Das zugeh�orige lineare Programm lautet also

Minimiere 0BBBB� 160321CCCCAT 0BBBB� x12x13x23x24x34

1CCCCA unter den Nebenbedingungen0BBBB� 000001CCCCA � 0BBBB� x12x13x23x24x34

1CCCCA � 0BBBB� 352241CCCCA ; 0BB� 1 1 0 0 0�1 0 1 1 00 �1 �1 0 10 0 0 �1 �1 1CCA0BBBB� x12x13x23x24x34

1CCCCA = 0BB� 500�5 1CCA :Eine L�osung mit Maple k�onnte folgenderma�en aussehen:> with(simplex):> ziel:=x12+6*x13+3*x24+2*x34:> restr:=fx12<=3,x13<=5,x23<=2,x24<=2,x34<=4,x12+x13=5,-x12+x23+x24=0,> -x13-x23+x34=0,-x24-x34=-5g:> loesung:=minimize(ziel,restr,NONNEGATIVE);loesung := fx24 = 1; x13 = 2; x12 = 3; x23 = 2; x34 = 4g> kosten:=subs(loesung,ziel); kosten := 26

154 Approximations- und OptimierungsaufgabenAls kostenminimalen Fluss erh�alt man also0BBBB� x�12x�13x�23x�24x�341CCCCA = 0BBBB� 32214

1CCCCA ;die zugeh�origen minimalen Kosten sind 26. 2Wir wollen nun no h auf das Maximaler-Fluss-Problem (maximum ow problem) ein-gehen. Hierbei ist ein geri hteter Graph (N ;A) gegeben, in dem zwei Knoten s (Quelle,sour e, kein Pfeil endet in s) und t (Senke, terminal, kein Pfeil startet in t) ausgezei h-net sind. L�angs der Pfeile sind wieder Kapazit�aten festgelegt. Es wird angenommen,dass es eine die Quelle s und die Senke t verbindenden (Vorw�arts-) Pfad gibt. Es wirdna h dem maximalen Fluss von s na h t gefragt, also na h der maximalen Anzahlder Mengeneinheiten, die bei s losges hi kt werden k�onnen und in t ankommen, wobeinat�urli h die Kapazit�atsbes hr�ankungen zu ber�u ksi htigen sind. Es ist m�ogli h, die-ses Problem als ein Minimale-Kosten-Fluss-Problem zu formulieren. Hierzu fassen wiralle Knoten als reine Umladeknoten auf, die Kosten l�angs jeden Pfeils werden auf Nullgesetzt, es ist also ij := 0 f�ur alle (i; j) 2 A. Ferner f�uhre man einen Pfeil (t; s) vonder Senke zur Quelle ein und de�niere ts := �1 und uts := +1. Dieser Pfeil kann alsobeliebig viel aufnehmen. Die Aufgabe k�onnte also formuliert werden als:Minimiere � xtsunter den NebenbedingungenXj:(k;j)2Axkj � Xi:(i;k)2A xik = 0; k 2 N n fs; tg;(alles was in einem Knoten k 2 N n fs; tg ankommt, ie�t dort au h weg),Xj:(s;j)2Axsj = Xi:(i;t)2A xit = xts;(alles was bei s weg ie�t, kommt bei t an und ie�t s hlie�li h wieder (�uber den k�unst-li hen Pfeil) na h t) sowie 0 � xij � uij; (i; j) 2 A:O�enbar ist dann ein kostenminimaler Fluss ein Maximal uss.Etwas nat�urli her ist es aber viellei ht, direkt die zum Maximaler-Fluss-Problemgeh�orende lineare Optimierungsaufgabe aufzustellen. Die Knoten seien so nummeriert,dass die Quelle s der erste und die Senke t der letzte bzw. der m-te Knoten ist. MitA = (akp) 2 Rm�n bezei hnen wir wieder die Knoten-Pfeil-Inzidenzmatrix. Es ist alsoakp = +1, wenn der k-te Knoten Startknoten f�ur den p-ten Pfeil ist, akp = �1, wenn derk-te Knoten Endknoten f�ur den p-ten Pfeil ist, und akp = 0 in allen anderen F�allen. Ist

4.2 Optimierungsaufgaben 155x = (x1; : : : ; xn)T (hierbei bedeutet xp den Fluss auf dem p-ten Pfeil), so ist (Ax)1 =Pnp=1 a1pxp der an der Quelle austretende Fluss. Diesen gilt es unter Ber�u ksi htigungder Kapazit�atsbes hr�ankungen auf den Pfeilen und der Flussbedingung (Ax)k = 0,k = 2; : : : ; m� 1, zu minimieren. Weiter ist (Ax)m = �(Ax)1 (Beweis?). De�niert mandaher no h den Vektor d 2 Rm dur hdk := 8<: �1 f�ur k = 1;0 f�ur k = 2; : : : ; m� 1;+1 f�ur k = m;so erkennt man, dass das Maximaler-Fluss-Problem als lineare OptimierungsaufgabeMaximiere v auf f(x; v) 2 Rn � R : Ax+ dv = 0; 0 � x � ugformuliert werden kann. Wieder ist es einleu htend, dass zur L�osung dieses linearenProgramms die spezielle Struktur ausgenutzt werden sollte.Beispiel: In der folgenden Abbildung geben wir einen Digraphen mit 8 Knoten und15 Pfeilen an, eingetragen sind ferner die Kapazit�aten l�angs der Pfeile. Was ist derus u3

u1u2 u4

u5u6

u�������-���R���?? -HHHHHHjHHHHHH-������*������- 66

���R���-������� t2211

2 11 11111 222

Abbildung 4.6: Ein Digraph mit 8 Knoten und 15 Pfeilenmaximale Fluss? Klar ist, dass dieser ni ht gr�o�er als 6 sein kann, da die drei Pfeileweg von der Quelle nur eine Gesamtkapazit�at von 6 besitzen.In der Abbildung 4.7 geben wir einen Fluss mit dem Wert 5 an. Gibt es au h einenmit dem Wert 6? Das obige lineare Programm ist in diesem Falle eine Aufgabe mit16 Variablen und 8 Glei hungsrestriktionen. Es gibt hier au h eine ni htganzzahligeL�osung, siehe z. B. die in Abbildung 4.8. 2Wir wollen jetzt no h die M�ogli hkeiten von Maple zur L�osung des Maximaler-Fluss-Problems untersu hen. Im networks pa kage von Maple gibt es die Funktion flow, mitwel her der maximale Fluss von einer Quelle s in eine Senke t bere hnet werden kann.Beispiel: Gegeben sei der gewi htete Digraph in Abbildung 4.6. Zun�a hst wird dasnetworks-pa kage geladen, ans hlie�end der DigraphG erzeugt. Dana h wird die flow-Funktion aufgerufen. Es wird der maximale Fluss ausgegeben, ferner eine Menge sa-turierter Pfeile (auf diesen ist der Fluss glei h der Kapazit�at) und eine gewisse Mengevon E ken:

156 Approximations- und Optimierungsaufgabenus u

uu uuu u�������-���R���?

? -HHHHHHjHHHHHH-������*������- 66���R���-������� t21

11

2 01 11110 221

Abbildung 4.7: Ein Fluss mit dem Wert 5us u

uu uuu u�������-���R���?

? -HHHHHHjHHHHHH-������*������- 66���R���-������� t4=35=3

11

2 01=3 11110 221

Abbildung 4.8: Ebenfalls ein Fluss mit dem Wert 5> with(networks):> new(G):> addvertex(fs,t,1,2,3,4,5,6g,G):> GewPfeile:=[[s,1,2℄,[s,2,2℄,[s,3,2℄,[2,1,1℄,[3,2,1℄,[1,4,1℄,> [1,5,1℄,[2,5,1℄,[3,5,1℄,[3,6,1℄,[4,5,1℄,[4,t,2℄,[5,t,2℄,[5,6,1℄,> [6,t,2℄℄:> for i from 1 to nops(GewPfeile) do> addedge([GewPfeile[i℄[1℄,GewPfeile[i℄[2℄℄,weights=GewPfeile[i℄[3℄,G):> end do:> flow(G,s,t,'satpfeile',' omp'); 5> satpfeile;ff1; sg; f3; sg; f1; 4g; f1; 5g; f2; 5g; f3; 6g; f5; 6g; f3; 5g; f5; tg; f6; tgg> omp; f1; 2; sgIn Abbildung 4.9 geben wir den hiermit erhaltenen Fluss wieder. Man erkennt, dass er

4.2 Optimierungsaufgaben 157us u3

u1u2 u4

u5u6

u�������-���R���?? -HHHHHHjHHHHHH-������*������- 66

���R���-������� t1211

2 00 11110 221

Abbildung 4.9: Ein maximaler Flussmit dem in Abbildung 4.7 angegebenen Fluss ni ht �ubereinstimmt. An der Ni hteindeu-tigkeit liegt es, dass es au h ni htganzzahlige L�osungen gibt, da die Konvexkombinationvon zwei L�osungen nat�urli h au h eine L�osung ist. 2Bemerkung: Sehr kurz wollen wir das ber�uhmte Max-Flow Min-Cut Theorem vonFord-Fulkerson s hildern. Gegeben sei wieder ein Digraph (N ;A), in dem eine Quelles und eine Senke t ausgezei hnete Knoten sind. Die Pfeile (i; j) 2 A haben jeweilsgewisse Kapazit�aten uij. Dur h diese Daten ist das Maximaler-Fluss-Problem (Max-Flow Problem) gegeben.Jetzt s hildern wir das Minimaler-S hnitt-Problem (Min-Cut Problem). Ein S hnittist eine Partition der Knotenmenge N in zwei (disjunkte) Mengen N1 und N2 mits 2 N1 und t 2 N2. Zu einem S hnitt (N1;N2) de�nieren wir die zugeh�orige Kapazit�atC(N1;N2) als die Summe aller Kapazit�atss hranken �uber Pfeilen, die in N1 startenund in N2 enden, also in der oben eingef�uhrten Notation dur hC(N1;N2) := X(i;j)2Ai2N1; j2N2 uij:Unter dem Minimaler-S hnitt-Problem (min- ut problem) versteht man die Aufgabe,einen S hnitt mit minimaler Kapazit�at zu bestimmen.In Abbildung 4.10 geben wir einen S hnitt an. Die zu N1 := fs; 1; 2g geh�orendenKnoten sind dur h Æ, sol he zu N2 := f3; 4; 5; 6; tg dur h � gekennzei hnet. Hier gibt esvier Pfeile, die Knoten aus N1 mit Knoten aus N2 verbinden, die zugeh�orige Kapazit�atist 5.Das Max-Flow Min-Cut Theorem von Ford-Fulkerson sagt unter Benutzung obigerBezei hnungen aus:� Ist x = (xij)(i;j)2A ein zul�assiger Fluss mit dem Wert v = Pj:(s;j)2A xsj und ist(N1;N2) ein S hnitt mit Kapazit�at C(N1;N2), so ist v � C(N1;N2).� Ist x� eine L�osung des Maximaler-Fluss-Problems mit dem Wertv� = Xj:(s;j)2Ax�sj;

158 Approximations- und Optimierungsaufgabenes u

ee uuu u�������-���R���?

? -HHHHHHjHHHHHH-������*������- 66���R���-������� t22

11

2 11 11111 222

312

456

Abbildung 4.10: Ein S hnitt mit der Kapazit�at 5so existiert ein S hnitt (N �1 ;N �2 ) mit der Kapazit�at C(N �1 ;N �2 ) = v�. DieserS hnitt ist eine L�osung des Minimaler-S hnitt-Problems.� Ist (N �1 ;N �2 ) eine L�osung des Minimaler-S hnitt-Problems (da es nur endli h vie-le S hnitte gibt, und mindestens einen, wenn es eine die Quelle und die Senkeverbindende Pfeilfolge gibt, hat das Minimaler-S hnitt-Problem trivialerweise ei-ne L�osung), so gibt es einen zul�assigen Fluss x� mit dem Wert v� = C(N �1 ;N �2 ).Dieser Fluss ist eine L�osung des Maximaler-Fluss-Problems.Dir Situation erinnert an die beim s hwa hen bzw. starken Dualit�atssatz der linearenOptimierung. Man kann zeigen, dass das kein Zufall ist. 2Beispiel: Am kapazitierten Digraphen in Abbildung 4.6 wollen wir die min ut-Funk-tion im networks-pa kage von Maple erl�autern. Leider ist die Bes hreibung ziemli hd�urftig. Wir nehmen an, der Graph G sei wie oben erzeugt. Dann erhalten wir:> M:=min ut(G,s,t, ap); M := fe3 ; e6 ; e7 ; e8g> ap; 5> ends(M,G); f[1; 4℄; [1; 5℄; [s; 3℄; [2; 5℄gDie minimale Kapazit�at ist also 5, ferner sind in M die Pfeile aufgef�uhrt, die einenBeitrag zur Kapazit�at des S hnittes liefern, siehe Abbildung 4.10. 24.2.5 Der Satz von Kuhn-Tu kerWir betra hten in diesem Unterabs hnitt eine Optimierungsaufgabe der Form(P) Minimiere auf M := fx 2 Rn : g(x) � 0; h(x) = 0g:Hierbei sind die Zielfunktion f :Rn �! R und die Restriktionsabbildungen g:Rn �! Rlsowie h:Rn �! Rm gegeben, sie werden als \hinrei hend glatt" (das wird im Einzelfallspezi�ziert) vorausgesetzt. Wir nennen x� 2 M eine (globale) L�osung von (P), wenn

4.2 Optimierungsaufgaben 159f(x�) � f(x) f�ur alle x 2M . Naheliegenderweise nennt man x� 2M eine lokale L�osungvon (P), wenn es eine Umgebung U� von x� mit f(x�) � f(x) f�ur alle x 2M \U� gibt.Nun geben wir den wi htigen Satz von Kuhn-Tu ker an, in dem notwendige Opti-malit�atbedingungen erster Ordnung formuliert werden. Wenigstens in einem Spezialfall(n�amli h dem, dass keine Glei hungen als Restriktionen vorkommen) wollen wir diesenau h beweisen.Satz 2.6 Sei x� eine lokale L�osung von(P) Minimiere f(x) auf M := fx 2 Rn : g(x) � 0; h(x) = 0g:Hierbei seien die Zielfunktion f :Rn �! R und die Restriktionsabbildungen g:Rn �!Rl sowie h:Rn �! Rm auf einer Umgebung von x� stetig di�erenzierbar. MitI(x�) := fi 2 f1; : : : ; lg : gi(x�) = 0gwird die Indexmenge der sogenannten aktiven Unglei hungsrestriktionen bezei hnet.Es existiere ein p 2 Rn mit rgi(x�)T p < 0 f�ur alle i 2 I(x�) und h0(x�)p = 0, ferner seiRang h0(x�) = m. Dann existiert ein Paar (u�; v�) 2 Rl � Rm mitu� � 0; rf(x�) + g0(x�)Tu� + h0(x�)Tv� = 0; g(x�)Tu� = 0:Bemerkung: Bevor wir Satz 2.6 wenigstens in einem Spezialfall beweisen, wollen wiruns seine Aussage an hand von Spezialf�allen klar ma hen. Mitg(x) = 0B� g1(x)...gl(x) 1CA ; h(x) = 0B� h1(x)...hm(x) 1CAsind die Funktionalmatrizen g0(x�) bzw. h0(x�) dur hg0(x�) = 0B� rg1(x�)T...rgl(x�)T 1CA ; h0(x�) = 0B� rh1(x�)T...rhm(x�)T 1CAgegeben. Zun�a hst betra hten wir die Aussage des Kuhn-Tu ker Satzes, bei der keineUnglei hungsrestriktionen auftreten.� Sei x� eine lokale L�osung von(P) Minimiere f(x) auf M := fx 2 Rn : h(x) = 0g:Hierbei seien f :Rn �! R und h:Rn �! Rm auf einer Umgebung von x� ste-tig di�erenzierbar. Es sei Rang h0(x�) = m bzw. frh1(x�); : : : ;rhm(x�)g linearunabh�angig. Dann existiert v� 2 Rm mitrf(x�) + mXi=1 v�irhi(x�) = 0:

160 Approximations- und OptimierungsaufgabenDiese Aussage hei�t au h Lagranges he Multiplikatorenregel. Sie wird h�au�g s honin einer Vorlesung Analysis II (als Anwendung des Satzes �uber implizite Funktionen)bewiesen.Nun betra hten wir den Spezialfall, dass nur Unglei hungen als Restriktionen auf-treten.� Sei x� eine lokale L�osung von(P) Minimiere f(x) auf M := fx 2 Rn : g(x) � 0g:Hierbei seien f :Rn �! R und g:Rn �! Rl auf einer Umgebung von x� stetigdi�erenzierbar. Mit I(x�) := fi 2 f1; : : : ; lg : gi(x�) = 0gwird die Indexmenge der aktiven Unglei hungsrestriktionen bezei hnet. Es existie-re ein p 2 Rn mit rgi(x�)T p < 0 f�ur alle i 2 I(x�). Dann existiert ein u� 2 Rlmit u� � 0; rf(x�) + lXi=1 u�irgi(x�) = 0; g(x�)Tu� = 0:Diese Aussage werden wir im Ans hluss mit Hilfe des Farkas Lemmas beweisen. 2Beweis von Satz 2.6 (wenn keine Glei hungen auftreten): Angenommen, die Aussagesei ni ht ri htig. Dann existiert keine L�osung u�i , i 2 I(x�), vonXi2I(x�) u�irgi(x�) = �rf(x�); u�i � 0 (i 2 I(x�))(denn andernfalls setze man u�i := 0, i 62 I(x�), und hat ein gesu htes u� 2 Rl gefunden).Das Farkas-Lemma 2.2 liefert die Existenz eines Vektors q 2 Rn mitrgi(x�)T q � 0 (i 2 I(x�)); (�rf(x�))T q > 0:Na h Voraussetzung existiert ein p 2 Rn mit rgi(x�)T p < 0, i 2 I(x�). Nun bestimmeman ein so kleines s > 0, dass rf(x�)T (q+ sp) < 0 und setze ans hlie�end p := q+ sp.Dann ist rgi(x�)Tp < 0 (i 2 I(x�)); rf(x�)Tp < 0und folgli h x� + tp zul�assig und f(x� + tp) < f(x�) f�ur alle hinrei hend kleinen t > 0,ein Widerspru h dazu, dass x� eine lokale L�osung von (P) ist. 2Bemerkung: Ist die Restriktionsabbildung g aÆn linear (und tritt keine oder nur eineaÆn lineare Glei hungsrestriktion auf), so zeigt der obige Beweis, dass keine Zusatzbe-dingung (au h Constraint Quali� ation genannt) n�otig ist. Dies gilt aber i. Allg. ni htf�ur ni htlineare Restriktionen, wie man dur h Beispiele na hweisen kann. 2

4.2 Optimierungsaufgaben 1614.2.6 Beispiele zum Satz von Kuhn-Tu kerBeispiel: Gegeben sei die Optimierungsaufgabe (siehe Kies-Transport in einem fr�uher-en Beispiel)(P) ( Minimiere f(x; y; z) := 1=(xyz) + yz unter den Nebenbedingungeng(x; y; z) := xy + 2xz � 4 � 0; x; y; z > 0:Sei (x�; y�; z�) eine lokale L�osung. Der Satz von Kuhn-Tu ker ist anwendbar (Begr�un-dung?) und liefert die Existenz einer ni htnegativen reellen Zahl u� mit� 1x�y�z� 0� 1=x�1=y�1=z� 1A+0� 0z�y� 1A+ u�0� y� + 2z�x�2x� 1A = 0und u�[x�y� + 2x�z� � 4℄ = 0:Zur L�osung benutzen wir Maple:> solve(f-1/(x^2*y*z)+u*(y+2*z)=0,-1/(x*y^2*z)+z+u*x=0,> -1/(x*y*z^2)+y+2*u*x=0,u*(x*y+2*x*z-4)=0g,fx,y,z,ug);fy = 1; x = 2; u = 14 ; z = 12g; fx = �2� 2%1; u = �14 � 14 %1; y = %1; z = 12 %1g%1 := RootOf( Z 2 + Z + 1; label = L1 )Aso erhalten wir (x�; y�; z�) = (2; 1; 12); u� = 14als eine reelle L�osung bzw. genauer als einen reellen L�osungskandidaten und einenzugeh�origen Lagrange-Multiplikator. Denn au h wenn dur h (x�; y�; z�) und u� einsogenanntes Kuhn-Tu ker-Paar gefunden ist, ist damit nat�urli h no h ni ht bewiesen,dass in (x�; y�; z�) eine lokale oder gar globale L�osung von (P) gegeben ist. 2Beispiel: Gegeben seien l Punkte a1; : : : ; al 2 Rn , gesu ht ist die euklidis he KugelB[x; r℄ := fy 2 Rn : ky � xk2 � rg mit minimalem Radius r, wel he die vorgegebenenPunkte enth�alt, f�ur die also kai�xk2 � r, i = 1; : : : ; l. Mit der Variablentransformationr = p2Æ erh�alt man die Aufgabe:(P) ( Minimiere f(Æ; x) := Æ aufM := f(Æ; x) 2 R � Rn : 12kx� aik22 � Æ; i = 1; : : : ; lg:Mit gi(Æ; x) := �Æ + 12kx � aik22 ist die Zusatzbedingung im Satz von Kuhn-Tu kererf�ullt. Ist also (Æ�; x�) die L�osung von (P) (es ist ni ht s hwierig, die Existenz undEindeutigkeit einer L�osung von (P) na hzuweisen), so erh�alt man die Existenz einesVektors u� 2 Rm mitu� � 0; � 10 � + lXi=1 u�i � �1x� � ai � = � 00 �

162 Approximations- und Optimierungsaufgabensowie u�i [12kx� � aik22 � Æ�℄ = 0; i = 1; : : : ; l:Aus den ersten Glei hungen folgt x� =Pli=1 u�iai mit ni htnegativen u�i , deren Summe1 ist, man erh�alt also (was intuitiv klar ist), dass x� eine Konvexkombination dervorgegebenen ai, i = 1; : : : ; l, ist. F�ur l = 3 und n = 2 sowie a1 = (50; 5), a2 = (95; 40)und a3 = (130; 0) bere hnen wir aus den notwendigen Optimalit�atsbedingungen mitHilfe von Maple die L�osung. Wir erhalten sieben L�osungskandidaten:> solve(fx1=50*u1+95*u2+130*u3,x2=5*u1+40*u2,u1+u2+u3=1,> u1*((1/2)*((x1-50)^2+(x2-5)^2)-delta)=0,> u2*((1/2)*((x1-95)^2+(x2-40)^2)-delta)=0,> u3*((1/2)*((x1-130)^2+x2^2)-delta)=0g,fx1,x2,u1,u2,u3,deltag);fu3 = 0; x2 = 40; Æ = 0; x1 = 95; u2 = 1; u1 = 0g;fu3 = 0; Æ = 0; x2 = 5; x1 = 50; u2 = 0; u1 = 1g;fu3 = 0; x2 = 452 ; Æ = 16254 ; x1 = 1452 ; u2 = 12 ; u1 = 12g;fu3 = 1; Æ = 0; x2 = 0; x1 = 130; u2 = 0; u1 = 0g;fu3 = 12 ; x2 = 52 ; x1 = 90; Æ = 64258 ; u2 = 0; u1 = 12g;fu3 = 12 ; x2 = 20; x1 = 2252 ; Æ = 28258 ; u2 = 12 ; u1 = 0g;fu3 = 780014641 ; u1 = 1548129282 ; x2 = 45242 ; x1 = 21745242 ; Æ = 4719162558564 ; u2 = �179929282 gDie letzte hiervon istÆ� = 4719162558564 ; (x�1; x�2) = ( 45242 ; 21745242 ); (u�1; u�2; u�3) = (1548129282 ;� 179929282 ; 780014641 ):Da der zweite Multiplikator negativ ist, ist diese L�osung f�ur uns irrelevant. Davorwerden aber no h die o�ensi htli h f�ur (P) ni ht zul�assigen L�osungenÆ� = 0; (x�1; x�2) = (50; 5); (u�1; u�2; u�3) = (1; 0; 0);Æ� = 0; (x�1; x�2) = (95; 40); (u�1; u�2; u�3) = (0; 1; 0);Æ� = 0; (x�1; x�2) = (130; 0); (u�1; u�2; u�3) = (0; 0; 1)sowie Æ� = 16254 ; (x�1; x�2) = (1452 ; 452 ); (u�1; u�2; u�3) = (12 ; 12 ; 0);Æ� = 28258 ; (x�1; x�2) = (2252 ; 20); (u�1; u�2; u�3) = (0; 12 ; 12);Æ� = 64258 ; (x�1; x�2) = (90; 52); (u�1; u�2; u�3) = (12 ; 0; 12)ausgegeben. Um die Zul�assigkeit dieser drei L�osungen na hzuweisen, gen�ugt es, diedritte, die erste bzw. die zweite Unglei hung zu betra hten (da der dritte, erste bzw.zweite Multiplikator vers hwindet). Hierdur h erh�alt man, dassÆ� = 64258 ; (x�1; x�2) = (90; 52); (u�1; u�2; u�3) = (12 ; 0; 12)hiervon die einzige zul�assige L�osung ist. In Abbildung 4.11 ist diese eingezei hnet. Derminimale Radius eines die Punkte a1; a2; a3 enthaltenden Kreises ist r� = p2Æ� =

4.2 Optimierungsaufgaben 163

sa1 sa3sa2

..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................sx� .............................................................................................................................................................................................

...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

Abbildung 4.11: L�osung des Sylvester-Problems5p257=2 � 40:078. Man k�onnte vermuten, der optimale Kreis sei gerade der, auf demdie Punkte a1; a2; a3 liegen. Der Mittelpunkt und der Radius dieses Kreises ist(x1; x2) = (89:8554; 0:18595); r � 40:1451:Der Radius dieses Kreises ist hier also nur unwesentli h gr�o�er als der des optimalenKreises, die Vermutung ist aber trotzdem fals h. 2Beispiel: In einer11 (x; y)-Ebene gehe ein Li htstrahl vom Punkt (0; a1) zum Punkt(b;�a2) mit a1; a2 > 0, was in Abbildung 4.12 verdeutli ht werde. In den Halbebeneny > 0, y < 0 sei jeweils ein konstantes Medium vorhanden, in wel hem die Li ht-ges hwindigkeit v1 bzw. v2 betrage. Der Li htstrahl bes hreibe einen gebro hen ge-radlinigen Weg, und zwar unter dem Winkel �1 in der oberen und �2 in der unterenHalbebene gegen�uber der "lote hten\ Ri htung (parallel zur y-A hse). Sind die L�angender Li htwege in den beiden Halbebenen s1 bzw. s2, so betr�agt die Li htzeitQ = s1v1 + s2v2 = a1v1 os �1 + a2v2 os �2 :Damit gen�ugen die Variablen �j bzw. xj = tan �j der Nebenbedingunga1x1 + a2x2 = b;11Dieses Beispiel haben wir w�ortli hL. Collatz, W. Wetterling (1971) Optimierungsaufgaben. Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg-New Yorkentnommen.

164 Approximations- und Optimierungsaufgaben-x

6yrra2ba1 s1 s2HHHHHHHHHHHH

���������1�2Abbildung 4.12: K�urzeste Li htzeitw�ahrend die Zielfunktion in den Variablen x1; x2 die FormQ = a1v1 (1 + x21)1=2 + a2v2 (1 + x22)1=2annimmt. Bei vorgegebenen positiven a1; a2, v1; v2 und b hat man also die Optimie-rungsaufgabe8<: Minimiere f(x) := a1v1 (1 + x21)1=2 + a2v2 (1 + x22)1=2 unter der Nebenbedingunga1x1 + a2x2 = b:Da die Nebenbedingung (aÆn) linear ist, kann der Satz von Kuhn-Tu ker angewandtwerden ohne dass gepr�uft wird, ob die Zusatzbedingung erf�ullt ist. Hierna h existiertzu einer L�osung (x�1; x�2) eine reelle Zahl v� mit(�) 0BB� a1v1 x�1(1 + (x�1)2)1=2a2v2 x�2(1 + (x�2)2)1=2 1CCA + v� a1a2 ! = 0:Hieraus folgt 1v1 x�1(1 + (x�1)2)1=2 = 1v2 x�2(1 + (x�2)2)1=2 :Mit x�j = tan��j (Bre hungswinkel) erh�alt man das Bre hungsgesetzsin��1sin��2 = v1v2 :Z.B. erh�alt man f�ur (a1; a2) = (1; 3), (v1; v2) = (2; 1) und b = 5 aus den beidenGlei hungen 0:5 x1(1 + x21)1=2 = x2(1 + x22)1=2 ; x1 + 3x2 = 5

4.2 Optimierungsaufgaben 165mittels> fsolve(f0.5*x1/sqrt(1+x1^2)=x2/sqrt(1+x2^2),x1+3*x2=5g,fx1,x2g);fx1 = 3:361881094; x2 = :5460396354gdas Ergebnis (x�1; x�2) = (3:361881094; :5460396354);dana h k�onnen ��j := ar tan(x�j) und s�j := aj= os(��j ), j = 1; 2, bere hnet werden. 24.2.7 Aufgaben1. Man beweise den dritten Teil des starken Dualit�atssatzes 2.4, also: Gegeben seien dielineare Optimierungsaufgabe(P) Minimiere Tx auf M := fx 2 Rn : x � 0; Ax = bgund die hierzu duale lineare Optimierungsaufgabe(D) Maximiere bT y auf N := fy 2 Rm : AT y � g:Man zeige: Ist M = � und N 6= �, so ist supy2N bT y = +1, die Zielfunktion von (D)ist also auf der Menge N der zul�assigen L�osungen von (D) ni ht na h oben bes hr�ankt.2. Die12 Spieler P und D haben je 3 Karten auf der Hand, und zwar P die Karten Pik As,Karo As und Pik Zwei, D die Karten Pik As, Karo As und Karo Zwei. Beide Spielerlegen jeweils zuglei h eine ihrer Karten auf den Tis h. D gewinnt, wenn die hingelegtenKarten die glei he Farbe haben, andernfalls P. Ein As hat den Wert 1, eine Zwei denWert 2. Die H�ohe des Gewinnes ist glei h dem Wert derjenigen Karte, die der Gewinnerhingelegt hat. Das Spiel hat also die AuszahlungsmatrixD n P 3 � ��3 1 �1 �2� �1 1 133 2 �1 �2Man hat den Eindru k, das Spiel sei unfair, weil die Auszahlungsmatrix 5 negativeElemente gegen�uber 4 positiven enth�alt. Das gibt Anlass zur Formulierung derZusatzregel: Wenn beide Spieler ihre Zweierkarte hinlegen, so soll keiner an den anderenetwas zahlen, d. h. das Element �2 in der re hten unteren E ke der Auszahlungsmatrixwird dur h 0 ersetzt.Man bere hne f�ur das Spiel ohne und mit Zusatzregel mit Hilfe von Maple jeweilsoptimale gemis hte Strategien f�ur P und D und ents heide damit, wel hes der beidenSpiele fair ist.12SieheL. Collatz, W. Wetterling (1971) Optimierungsaufgaben. Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg-New York.

166 Approximations- und Optimierungsaufgaben3. Seien �, � und Winkel in einem (spitzwinkligen) Dreie k mit 90Æ � � � � � � 0und nat�urli h �+�+ = 180Æ. Unter allen sol hen Winkeln bestimme man diejenigen,f�ur die g(�; �; ) := minf ; � � ; � � �; 90Æ � �gmaximal ist. Hierzu formuliere man diese Aufgabe als ein lineares Programm und l�osees mit Hilfe eines mathematis hen Anwendersystems.Hinweis: Die obige Aufgabenstellung steht im engen Zusammenhang mit einem (sehrwitzigen) Aufsatz von B. Tergan (1980)13, in dem gezeigt wird, dass es (bis auf�Ahnli hkeit) genau ein allgemeines, spitzwinkliges Dreie k gibt, dessen Winkel dur h�� := 75Æ, �� := 60Æ und � := 45Æ gegeben sind.4. In einer Molkerei14 werden zwei Sorten K�ase hergestellt, etwa Gouda und Edamer. DieFabrik hat Vertr�age, bis zu bestimmten Daten eine gewisse Menge (gemessen in einerbestimmten Einheit) von K�ase mindestens herzustellen, n�amli hZeitpunkt Gouda Edamer30. Juni 5 000 3 00031. Juli 6 000 3 00031. August 4 000 5 000Zur Produktion stehen zwei Typen von Mas hinen zur Verf�ugung. Die Anzahl derzur Verf�ugung stehenden Produktionsstunden f�ur die beiden Mas hinen w�ahrend derSommermonate sind: Monat Mas hine A Mas hine BJuni 700 1 500Juli 300 400August 1 000 300Die Produktionsraten (Stunden pro Mengeneinheit K�ase) auf den beiden Typen vonMas hinen sind Typ Mas hine A Mas hine BGouda 0:15 0:16Edamer 0:12 0:14Unabh�angig von den benutzten Typen und dem produzierten K�ase kostet eine Arbeits-stunde 100 Euro. Das Material f�ur eine Mengeneinheit Gouda kostet 52.50 Euro, das f�ur13Siehe den Anhang 2 beiF. Wille (1982) Humor in der Mathematik . Vandenhoek & Rupre ht, G�ottingen.14Die Aufgabe ist im wesentli henM. Asghar Bhatti (2000) Pra ti al Optimization Methods. With Mathemati a Appli ations . Sprin-ger-Verlag, New York-Berlin-Heidelbergentnommen. Dort handelt es si h allerdings um eine Reifenfabrik (statt einer Molkerei), in der Sommer-und Winterreifen produziert werden. Da die Produktion eines Bru hteils eines Reifens keinen Sinnma ht, handelt es si h bei dem dort ges hilderten Problem aber um eine ganzzahlige lineare Opti-mierungsaufgabe. Um dies zu vermeiden (es kommen n�amli h ni ht ganzzahlige Werte heraus) habenwir die Aufgabenstellung ein wenig ver�andert. Inwiefern diese Aufgabenstellung sinnvoll ist, sei dahingestellt. Es kommt letzten Endes darauf an, das mathematis he Modell aufzustellen.

4.2 Optimierungsaufgaben 167Edamer 41.50 Euro. Pro Mengeneinheit K�ase kommen no h 4Euro hinzu. �Ubers h�ussi-ger K�ase kann in den n�a hsten Monat (also von Juni in den Juli und von Juli in denAugust) �ubernommen werden, die Lagerkosten sind 1.50 Euro pro Mengeneinheit K�ase.Eine Mengeneinheit des produzierten K�ases wird f�ur 200 Euro (Gouda) bzw. 150 Euro(Edamer) verkauft. Wie sollte die Produktion organisiert werden, um einerseits denLieferbedingungen na hzukommen und andererseits den Gewinn der Molkerei zu ma-ximieren?Hinweis: Als Variable f�uhren man ein:x1 Menge des im Juni auf Ma hine A produzierten Goudax2 Menge des im Juli auf Mas hine A produzierten Goudax3 Menge des im August auf Mas hine A produzierten Goudax4 Menge des im Juni auf Ma hine A produzierten Edamerx5 Menge des im Juli auf Ma hine A produzierten Edamerx6 Menge des im August auf Ma hine A produzierten Edamerx7 Menge des im Juni auf Ma hine B produzierten Goudax8 Menge des im Juli auf Mas hine B produzierten Goudax9 Menge des im August auf Mas hine B produzierten Goudax10 Menge des im Juni auf Ma hine B produzierten Edamerx11 Menge des im Juli auf Ma hine B produzierten Edamerx12 Menge des im August auf Ma hine B produzierten Edamer5. Man beweise den ersten Teil des Max-Flow Min-Cut Theorems von Ford-Fulkerson,also: Gegeben sei ein Digraph (N ;A), in dem zwei Knoten s (Quelle) und t (Senke)ausgezei hnet sind. Auf den Pfeilen seien ni htnegative Kapazit�aten gegeben. Ist dannx = (xij)(i;j)2A ein zul�assiger Fluss mit dem Wert v =Pj:(s;j)2A xsj und ist (N1;N2)ein S hnitt mit Kapazit�at C(N1;N2), so ist v � C(N1;N2).6. Eine Gruppe von 11 Personen tri�t si h in San Fran is o. M�ogli hst viele von ihnensollen na h New York ges hi kt werden. Es gibt keine Direkt �uge, sondern es mussumgestiegen werden, wobei der Ans hluss jeweils gesi hert ist. In der folgenden Tabellesind diese Fl�uge und die jeweils no h vorhandenen freien Sitze aufgelistet.Von Na h Zahl freier SitzeSan Fran is o Denver 5San Fran is o Houston 6Denver Atlanta 4Denver Chi ago 2Houston Atlanta 5Atlanta New York 7Chi ago New York 4(a) Man formuliere die Aufgabe als Maximaler-Fluss-Problem in einem geeignetenDigraphen.(b) Man rate einen maximalen Fluss und beweise seine Optimalit�at mit dem Max-Flow Min-Cut Theorem.7. F�ur die Aufgabe(P) ( Minimiere f(x) := x21 + 4x22 + 16x23 unter der Nebenbedingungh(x) := x1x2x3 � 1 = 0

168 Approximations- und Optimierungsaufgabenbestimme man mit Hilfe von Maple alle zul�assigen Punkte, in denen die notwendigenOptimalit�atsbedingungen erster Ordnung erf�ullt sind.8. Bei einer ganzzahligen linearen Optimierungsaufgabe handelt es si h um eine lineareOptimierungsaufgabe, bei der die Variablen ganzzahlig sind.In der x1-x2-Ebene verans hauli he man si h die folgende ganzzahlige lineare Optimie-rungsaufgabe8>>>>><>>>>>: Minimiere � �21 �T � x1x2 � unter den Nebenbedingungen0� 5 7�2 11 �5 1A� x1x2 � �0� 4515 1A ; � x1x2 � � � 00 � ; x1; x2 2 Zund gebe die L�osung an. Zum Verglei h bestimme man die L�osung des relaxiertenProblems, also des Problems, bei dem die Ganzzahligkeitsforderung gestri hen wird.

Kapitel 5Gew�ohnli heDi�erentialglei hungenIn diesem Kapitel werden wir uns mit Anfangswertaufgaben bei gew�ohnli hen Dif-ferentialglei hungen bes h�aftigen. Statt am Anfang genau zu erkl�aren, was das ist,geben wir einige Beispiele von gew�ohnli hen Di�erentialglei hungen an. Die Visualisie-rungsm�ogli hkeiten, symbolis he und numeris he L�oser von Maple werden ausgenutzt.Ans hlie�end gehen wir auf wi htige theoretis he Fragestellungen f�ur Anfangswertauf-gaben bei gew�ohnli hen Di�erentialglei hungen (Existenz, Eindeutigkeit, lineare Sy-steme) ein und bes h�aftigen uns am S hluss sehr kurz mit ihrer numeris hen L�osungdur h die einfa hste Klasse von Verfahren, n�amli h Eins hrittverfahren.5.1 Beispiele5.1.1 PopulationsmodelleIn einem Populationsmodell bezei hne p(t) die Population einer gewissen Spezies (etwader Mens hen auf der Erde oder der La hse in der Weser) zur Zeit t. Geht man wie T. R.Malthus (1766-1834) von einer konstanten Geburtenrate und Sterberate Æ pro Kopfder Bev�olkerung und Zeiteinheit aus und nimmt man an, dass si h die Bev�olkerungszahlinnerhalb eines Zeitraum �t von t bis t+�t gem�a� der Formelp(t+�t) = p(t) + �p(t)�tver�andert, wobei wir � := � Ægesetzt haben, so erh�alt man ausp(t +�t)� p(t)�t = �p(t)dur h den Grenz�ubergang �t! 0 die Di�erentialglei hungdpdt (t) = �p(t)

170 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenmit der eindeutigen L�osung p(t) = p0e�(t�t0), wenn man no h p(t0) = p0 vorgibt1.Wenn man die Zeit T kennt, in der si h die Bev�olkerung verdoppelt, so kann man unterZugrundelegung des Malthus-Wa hstumsmodells auf die Wa hstumsrate � s hlie�en.Denn aus p0e�(t+T�t0) = p(t + T ) = 2p(t) = 2p0e�(t�t0)erh�alt man � = log 2T :Beispiel: Bei M.Braun (1983)2 wird bemerkt, dass die Weltbev�olkerung 1961 mit3 060 000 000 ges h�atzt wurde. Geht man von einer Wa hstumsrate von 2%/Jahr (bzw.einer Verdoppelung der Weltbev�olkerung alle 35 Jahre) aus, so erhielte man unterZugrundelegung des Malthus-Ansatzesp(t) = (3:06)109e0:02(t�1961):Dies s heint mit den Zahlen der Jahre 1700 bis etwa 1960 gut im Einklang zu sein. 2In der fernen Zukunft ist das Malthus-Modell unrealistis h, da bei gro�en Populationendie Wa hstumsrate von der Populationsgr�o�e abh�angen wird. Die n�a hst einfa he An-nahme ist, dass die Wa hstumsrate linear von der Populationsgr�o�e abh�angt und klei-ner wird, wenn die Population w�a hst. Dies f�uhrt auf das sogenannte Verhulst-Modell,genannt na h P. F. Verhulst (1804-1849). Hierna h bere hnet si h die Population p alsL�osung der Anfangswertaufgabep0 = ap� bp2; p(t0) = p0:Hierbei ist p0 > 0 und 0 < b � a, so dass bei kleinen Populationen bp2 gegen�uberap verna hl�assigt werden kann. Diese (ni htlineare) Di�erentialglei hung (man nenntsie au h Glei hung des bes hr�ankten Wa hstums oder logistis he Di�erentialglei hung)mit Anfangsbedingung (man spri ht dann, wie wir es s hon getan haben, von einerAnfangswertaufgabe) kann man ges hlossen l�osen, und zwar ist dur hp(t) = ap0bp0 + (a� bp0) exp[�a(t� t0)℄1Dass es si h bei p(t) = p0e�(t�t0) um eine L�osung der Di�erentialglei hung p0 = �p mit derAnfangsbedingung p(t0) = p0 handelt, ist klar. Weshalb aber ist es die einzige? Sei hierzu p eineL�osung von p0 = �p. Dann ist p0(t)e��(t�t0) = �e��(t�t0)p(t)bzw. ddt [e��(t�t0)p(t)℄ = 0:Folgli h ist e��(t�t0)p(t) konstant. F�ur eine L�osung p von p0 = �p, wel he der Anfangsbedingungp(t0) = p0 gen�ugt, ist diese Konstante glei h p0, so dass also p(t) = p0e�(t�t0) notwendigerweise dieeinzige L�osung der gestellten Anfangswertaufgabe ist.2M. Braun (1983) \Single spe ies population models". In: Di�erential Equation Models (eds. M.Braun et al.), Springer-Verlag, New York-Heidelberg-Berlin.

5.1 Beispiele 171die L�osung der gestellten Anfangswertaufgabe gegeben. Dur h Einsetzen kann manlei ht na hpr�ufen, dass dies wirkli h eine L�osung ist.Beispiel: Will man die Anfangswertaufgabep0 = ap� bp2; p(t0) = p0mit Maple l�osen, zun�a hst f�ur allgemeine Daten a; b; t0; p0, dana h f�ur spezielle Daten,so kann dies mittels> ode:=diff(p(t),t)=a*p(t)-b*p(t)^2;ode := ��t p(t) = a p(t)� b p(t)2> initial:=p(t_0)=p_0; initial := p(t 0 ) = p 0> sol:=dsolve(fode,initialg,p(t));sol := p(t) = ab+ e(�a t) (a� p 0 b)p 0 e(�a t 0 )> simplify(%); p(t) = a p 0p 0 b+ e(�a (t�t 0 )) a� e(�a (t�t 0 )) p 0 b> par:=fa=100,b=0.1,t_0=0,p_0=10g;par := fa = 100; b = :1; t 0 = 0; p 0 = 10g> solspe ial:=dsolve(subs(par,fode,initialg),p(t));solspe ial := p(t) = 1000 11 + 99 e(�100 t)ges hehen. 2Bemerkenswert ist die Folgerung, die wir aus der angegebenen L�osung der logistis henDi�erentialglei hung ziehen k�onnen. Es ist n�amli h limt!1 p(t) = a=b, die Gesamt-population strebt also mit wa hsender Zeit der Grenzpopulation � := a=b zu. Diesges hieht monoton fallend, wenn p0 > � und monoton wa hsend, wenn 0 < p0 < �,wobei der letztere Fall si her der interessantere ist. In Abbildung 5.1 zeigen wir dietypis he S-Form der L�osung der logistis hen Di�erentialglei hung. Den Plot haben wirin Maple dur hplot(rhs(solspe ial),t=0..0.1,title="Logistis hes Wa hstum");erzeugt. subse tionDas R�auber-Beute-Modell Im letzten Unterabs hnitt wurden ma-thematis he Modelle zum Wa hstum einer einzigen Population aufgestellt, We hsel-wirkungen mit anderen Spe ies wurden ebenso verna hl�assigt wie \Ein- oder Aus-wanderungen". Nun wollen wir das Wa hstum von zwei Arten untersu hen, die si hgegenseitig beein ussen und die wir R�auber und Beute (engl.: predator, prey) nennenwollen. Man stelle si h etwa Raub- und Beute�s he in der Adria vor. Dies war derAusgangspunkt f�ur die Untersu hungen von V. Volterra (1860-1940) und A. J. Lotka(1880-1949). Sei x(t) die Population der Beute, y(t) die Population der R�auber zur Zeitt. Falls gen�ugend Nahrung f�ur die Beute vorhanden ist, so dass si h diese ni ht gegen-seitig das Futter wegzunehmen brau hen, und keine R�auber vorhanden sind, ist x0 = ax

172 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenLogistisches Wachstum

0

200

400

600

800

1000

0.02 0.04 0.06 0.08 0.1tAbbildung 5.1: Eine L�osung der logistis hen Di�erentialglei hungmit einer positiven Konstante a, wenn vom Malthus-Modell ausgegangen wird. Ande-rerseits ist die Anzahl der \Kontakte" zwis hen R�auber und Beute proportial zu xy, sodass x0 = ax�bxy mit einer positiven Konstanten b. Ist dagegen keine Beute vorhanden,so sterben die R�auber aus: y0 = � y. Andererseits ist die Zuwa hsrate proportional zuxy, so dass die zeitli he �Anderung der R�auberpopulation dur h y0 = � y+dxy gegebenist. Insgesamt erh�alt man ein System von zwei Di�erentialglei hungen erster Ordnung,das sogenannte Lotka-Volterra-System:x0 = ax� bxy;y0 = � y + dxy;wobei a; b; ; d positive Konstanten sind. Sind positive Anfangspopulationen x0, y0 zurZeit t = 0 vorgegeben, so k�onnen die zuk�unftigen R�auber- bzw. Beute-Populationenx(t) bzw. y(t) dur h (numeris hes) L�osen der Anfangswertaufgabex0 = ax� bxy; x(0) = x0;y0 = � y + dxy; y(0) = y0bestimmt werden.Beispiel: Wir wollen die L�osung von(�) x0 = 2x� 0:01xy; x(0) = 300;y0 = �y + 0:01xy; y(0) = 150verans hauli hen. Diese Anfangswertaufgabe f�ur ein Di�erentialglei hungssystem vonzwei Di�erentialglei hungen erster Ordnung ist ni ht ges hlossen l�osbar, so dass wir aufnumeris he Methoden angewiesen sind. Wir geben na h dem Maple-Prompt jeweils ein:par:=a=2,b=0.01, =1,d=0.01,x_0=300,y_0=150;

5.1 Beispiele 173eqn:=diff(x(t),t)=a*x(t)-b*x(t)*y(t),diff(y(t),t)=- *y(t)+d*x(t)*y(t);initial:=x(0)=x_0,y(0)=y_0;sol:=dsolve(subs(par,{eqn,initial}),{x(t),y(t)},type=numeri );plots[odeplot℄(sol,[[t,x(t)℄,[t,y(t)℄℄,0..10,title="Lotka-Volterra");und erhalten den Plot in Abbildung 5.2. Ganz erstaunli h ist nun, dass eine KonstanteLotka-Volterra

100

200

300

400

0 2 4 6 8 10Abbildung 5.2: Die Population der Beute x und der R�auber yT > 0 existiert mit (x(t); y(t)) = (x(t + T ); y(t+ T ))f�ur alle t. D. h. die Populationen der R�auber und der Beute haben eine Periode T , sodass na h der Zeit T der Anfangszustand wieder errei ht wird. Anders gesagt: In dersogenannten Phasenebene, der (x; y)-Ebene, bes hreibt (x(�); y(�)) eine ges hlosseneBahn. Dur hwith(plots);odeplot(sol,[x(t),y(t)℄,0..5,title="Ges hlossenePhasenbahn",labels=["Beute","Raeuber"℄);wird der entspre hende Plot hergestellt, der in Abbildung 5.3 zu sehen ist. 2Bemerkung: Sei (x(t); y(t)) eine T -periodis he L�osung des Lotka-Volterra-Systems.Dur h x := 1T Z T0 x(t) dt; y := 1T Z T0 y(t) dtsind die mittleren Populationen der Beute bzw. der R�auber �uber das Periodenintervall[0; T ℄ gegeben. Es ist �uberras hend, dass man diese Mittelwerte bere hnen kann, ohne

174 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenGeschlossene Phasenbahn

100

200

300

400

Raeuber

50 100 150 200 250 300BeuteAbbildung 5.3: Beute und R�auber in der Phasenebenedie Populationen x bzw. y zu kennen. Denn wegen0 = 1T [log y(t)� log y(0)℄= 1T Z T0 ddt log y(t) dt= 1T Z T0 y0(t)y(t) dt= 1T Z T0 [� + dx(t)℄ dt= � + dx;so dass x = =d. Entspre hend erh�alt man y = a=b. Hieraus kann eine interessanteFolgerung gezogen werden. Bei den R�aubern und der Beute handele es si h jeweils umFis he. Es sollen Aussagen �uber die Auswirkung des Fis hfangs auf die jeweiligen Popu-lationen gema ht werden, wobei davon ausgegangen wird, dass die Fis her beim Fangzwis hen R�aubern und Beute ma hen k�onnen. Dur h die Konstante � � 0 werde die\Intensit�at" des Fis hfangs angegeben. Das modi�zierte Di�erentialglei hungssystemlautet dann x0 = (a� �)x� bxy;y0 = �( + �)y + dxy:Ist nun � 2 (0; a), erh�alt man na h obiger �Uberlegung als mittlere Populationenx = + �d ; y = a� �b :Ein ni ht zu intensiver Fis hfang erh�oht also die mittlere Population der Beute underniedrigt die der R�auber. 2

5.1 Beispiele 1755.1.2 Das mathematis he PendelEin Massenpunkt3 M der Masse m sei dur h eine masselose Stange der L�ange l aneinem festen Punkt drehbar aufgeh�angt. Von der Reibung im Aufh�angepunkt und vomLuftwiderstand wird abgesehen. Auf M wirkt als bewegende Kraft also ledigli h dieS hwerkraft, genauer: ihre tangentiale Komponente �mg sin�, wobei � der Winkel zwi-s hen der Pendelstange und der Vertikalen, g die Erdbes hleunigung ist. Eine sol heVorri htung hei�t ein mathematis hes Pendel . In Abbildung 5.4 haben wir versu ht,dies zu verdeutli hen4. Da die Bogenl�ange s vom Ruhe- oder Tiefstpunkt R bis zum

s

M

R

mg

φ

φ

l

Abbildung 5.4: Das mathematis he PendelMassenpunkt M gemessen glei h l� ist, erh�alt man aus dem Newtons hen Bewegungs-gesetz Kraft = Masse � Bes hleunigung;dass (zeitli he Ableitungen werden dur h einen ho hgestellten Punkt verdeutli ht)m�s = ml �� = �mg sin�:Ist die Anfangsauslenkung �0 gegeben und be�ndet si h der Massenpunkt zur Anfangs-zeit im Ruhezustand, so hat man also die Anfangswertaufgabe(�) ��+ gl sin� = 0; �(0) = �0; _�(0) = 0:3Siehe z. B.H. Heuser (1989) Gew�ohnli he Di�erentialglei hungen. B. G. Teubner, Stuttgart.4Die Zei hnung ist mit x�g hergestellt worden, was (zumindestens f�ur mi h no h) relativ kompliziertist und ni ht das gew�uns hte Resultat lieferte.

176 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenF�ur kleine Winkel � ist sin� � �, die exakte Pendelglei hung (�) geht also bei klei-nen Auss hl�agen �uber in die N�aherungsglei hung (au h Glei hung des unged�ampftenharmonis hen Oszillators genannt)(��) ��+ gl � = 0; �(0) = �0; _�(0) = 0mit der L�osung �(t) = �0 os!0t, wobei!0 :=rglgesetzt wurde. Diese N�aherungsl�osung hat die (von der Pendelmasse m und der An-fangsauslenkung �0 unabh�angige) Periode T0 = 2�=!0 = 2�pl=g.Beispiel: F�ur �0 := �=4 (kein ganz kleiner Auss hlag mehr) und !20 = 4 verans hauli- hen wir die L�osungen von (�) und (��) in den Abbildungen 5.5 und 5.6. In 5.5 gebenwir die L�osung � und die zugeh�orige Bahn in der (�; _�)-Phasenebene an. DagegenLoesung und Ableitung

–1.5

–1

–0.5

0

0.5

1

1.5

1 2 3 4 5

Phasenbahn

–1.5

–1

–0.5

0

0.5

1

1.5

–0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8

Abbildung 5.5: Mathematis hes Pendel: L�osung und Bahn�ndet man in Abbildung 5.6 die entspre henden Plots f�ur das linearisierte mathema-tis he Pendel. Die Unters hiede sind o�ensi htli h ni ht gro�. Etwas �uberras hender(?) ist, dass au h das ni htlineare mathematis he Pendel periodis h s hwingt. In K�urzewerden wir die S hwingungsdauer des mathematis hen Pendels bere hnen. Die beidenAbbildungen in 5.5 haben wir dur heqn1:=diff(phi(t),t)=psi(t),diff(psi(t),t)=-4*sin(phi(t));initial:=phi(0)=Pi/4;psi(0)=0;sol1:=dsolve({eqn1,initial},{phi(t),psi(t)},type=numeri );

5.1 Beispiele 177Loesung und Ableitung

–1.5

–1

–0.5

0

0.5

1

1.5

1 2 3 4 5

Phasenbahn

–1.5

–1

–0.5

0.5

1

1.5

–0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8

Abbildung 5.6: Linearisiertes mathematis hes Pendel: L�osung und Bahnplots[odeplot℄(sol1,[[t,phi(t)℄,[t,psi(t)℄℄,0..5,title="Loesung und Ableitung");with(plots);odeplot(sol1,[phi(t),psi(t)℄,0..5,title="Phasenbahn");erhalten. Hierbei haben wir also die Anfangswertaufgabe zweiter Ordnung(�) ��+ !20 sin� = 0; �(0) = �0; _�(0) = 0:in eine Anfangswertaufgabe f�ur ein System von Di�erentialglei hungen erster Ordnungumformuliert: _� = ; �(0) = �0;_ = �!20 sin�; (0) = 0:Entspre hendes gilt nat�urli h f�ur die Abbildung 5.6. 2De�niert man E(�; _�) := 12 _�2 + !20(1� os�);so stellt man mit einer L�osung � von (�) fest, dassddtE(�(t); _�(t)) = _�(t)[ ��(t) + !20 sin�(t)℄ = 0:Die Niveaulinien E(�; _�) = C �ndet man in Abbildung 5.7. Diese wurden dur hf:=phi->4*(1- os(phi));g:=psi->(1/2)*psi^2; ontourplot(f(phi)+g(psi),phi=-2*Pi..2*Pi,psi=-Pi..Pi,filled=true); ontourplot(f(phi)+g(psi),phi=-2*Pi..2*Pi,psi=-Pi..Pi);

178 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungen

–3

–2

–1

1

2

3

psi

–6 –4 –2 2 4 6phi

–3

–2

–1

1

2

3

psi

–6 –4 –2 2 4 6phi

Abbildung 5.7: Niveaulinien zu 1� os�+ 12 _�2 = Chergestellt. Daher ist 12 _�(t)2 + !20(1� os�(t)) = !20(1� os�0)bzw. _�(t)2 = 2!20[ os �(t)� os�0℄und daher _�(t) = �!0p2( os�(t)� os�0)f�ur alle t. Die Pendels hwingungsdauer des mathematis hen Pendels (wel he von demAnfangsauss hlag �0 abh�angt) ist dannT (�0) = 4!0 Z �00 d�p2( os�� os�0) :Ma ht man hier die Substitution sin 12� = k sin � mit k := sin 12�0, so erh�alt man unterBer�u ksi htigung von os� = 1� 2 sin2 12�, dassT (�0) = 4!0 Z �=20 d�p1� k2 sin2 � = 4!0K(k);wobei K(k) := Z �=20 d�p1� k2 sin2 � = Z 10 dtp(1� t2)(1� k2t2)das vollst�andige elliptis he Integral erster Art ist. Das Verh�altnis zwis hen der S hwin-gungsdauer des mathematis hen Pendels und des linearisierten mathematis hen Pen-dels ist also T (�0)T0 = 2K(sin 12�0)� :Dieses Verh�altnis wird in Abbildung 5.8 als Funktion von �0 aufgetragen. Den Plothaben wir hierbei dur h

5.1 Beispiele 179

1

1.02

1.04

1.06

1.08

1.1

1.12

1.14

1.16

1.18

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4phi_0Abbildung 5.8: Das Verh�altnis T (�0)=T0f:=phi_0->2*Ellipti K(sin(0.5*phi_0))/Pi;plot(f(phi_0),phi_0=0..Pi/2);hergestellt.5.1.3 PlanetenbahnenDas Newtons he Gravitationsgesetz sagt aus, dass zwei (punktf�ormige) Objekte auf-einander eine Kraft aus�uben, deren L�ange (die Kraft ist ein Vektor) linear jeweils vonihrer Masse und umgekehrt proportional vom Quadrat ihrer Entfernung abh�angt. Imfolgenden sei das eine Objekt die Sonne mit der Masse M , das andere Objekt ein ge-gebener Planet mit der Masse m. Der Planet bewegt si h in einer Ebene, als dessenNullpunkt die (unbewegli he) Sonne genommen wird. Die Bewegungsglei hungen sinddann(�) m�x = � mMkxk3 x:Hierbei ist x(t) = (x1(t); x2(t)) der Ort des Planeten zur Zeit t und die Gravitati-onskonstante ist. Die Bewegungsglei hung (�) ist also eigentli h ein System von zweiDi�erentialglei hungen zweiter Ordnung, n�amli h(�) �x1 = � M(x21 + x22)3=2x1;�x2 = � M(x21 + x22)3=2x2:Das Zweik�orperproblem besteht darin, die Bahn des Planeten zu bes hreiben. DieL�osung dieses Problems dur h J. Kepler (1571-1630) geh�ort si herli h zu den gr�o�ten

180 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenLeistungen in der Ges hi hte der Mens hheit. Aus den Bewegungsglei hungen (�) wol-len wir die drei Keplers hen Gesetze5 der Planetenbewegung ableiten6. Dies sind be-kanntli h:(K1) Die Bahnen der Planeten sind Ellipsen, in deren einem Brennpunkt die Sonnesteht.(K2) Der von der Sonne zu einem Planeten weisende Radiusvektor �uberstrei ht inglei hen Zeiten glei he Fl�a hen.(K3) Das Verh�altnis zwis hen dem Quadrat der Umlaufzeit und dem Kubus der gro�enA hse (der Bahnellipse) ist f�ur alle Planeten des Sonnensystems konstant.Satz 3.1 F�ur Planeten mit der Bewegungsglei hung (�) gelten die drei Keplers henGesetze.Beweis: Wir su hen eine L�osung der Anfangswertaufgabe�x1 = � M(x21 + x22)3=2x1;�x2 = � M(x21 + x22)3=2x2; x1(0) = R;x2(0) = 0; _x1(0) = v1;_x2(0) = v2;die si h darstellen l�asst in der Formx1(t) = r(t) os�(t); x2(t) = r(t) sin�(t);wobei wir voraussetzen, dass R > 0 der Abstand des Planeten von der Sonne zurZeit t0 = 0 ist. Ferner wird v2 6= 0 vorausgesetzt (andernfalls w�are x2(t) = 0, dieBewegung des Planeten w�urde auf einer Geraden erfolgen). Benutzt man die komplexeS hreibweise z(t) = r(t)ei�(t), so ist_z = ( _r + ir _�)ei�; �z = (�r + 2i _r _�+ ir ��� r _�2)ei�:Die Bewegungsglei hungen sind also �aquivalent zu�r + 2i _r _�+ ir ��� r _�2 = � Mr2 :Zerlegt man in Real- und Imagin�arteil, so ergeben si h die beiden folgenden, mit (�)�aquivalenten Glei hungen:(1) �r � r _�2 + Mr2 = 0; 2 _r _�+ r �� = 0:5Es gibt im Internet einige Seiten, auf denen animierte Erl�auterungen der Keplers hen Gesetze zusehen sind. Man sehe si h z. B. an:http://www. v .org/s ien e/kepler.htmhttp://www.phy.syr.edu/ ourses/java/m html/kepler.htmlhttp://sunsite.ub . a/LivingMathemati s/V001N01/UBCExamples/Kepler/kepler.html6Wir folgenW. Walter (1990) Analysis II . Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg, New York.

5.1 Beispiele 181Die Anfangsbedingungen sind gegeben dur h(2) r(0) = R; �(0) = 0; _r(0) = v1; _�(0) = v2R :Also ist die gegebene Anfangswertaufgabe zu (1), (2) �aquivalent.Zum Na hweis des ersten Keplers hen Gesetzes gehen wir folgenderma�en vor.Zun�a hst de�nieren wir mit no h unbekannten Konstanten � � 0, p > 0 und 0 � � < 2�die Funktion f dur h f(�) := p1 + � os(�� �) :Ans hlie�end sei t(�) := 1A Z �0 f 2(�) d� mit A := Rv2;also dt(�)d� = 1Af 2(�); t(0) = 0:Mit � = �(t) sei die Umkehrfunktion zu t = t(�) bezei hnet und r(t) := f(�(t)) gesetzt.Aus t = t(�(t)) = 1A Z �(t)0 f 2(�) d�erh�alt man dur h Di�erentiation na h t, dass_�(t) = Af 2(�(t)) :Wir wollen uns �uberlegen, dass bei geeigneter Wahl der no h freien Konstanten �; p; �dur h (r; �) eine L�osung von (1) und (2) gegeben ist. Am einfa hsten ist die zweiteGlei hung in (1) einzusehen. Es ist n�amli hr2(t) _�(t) = f 2(�(t)) Af 2(�(t)) = A;insbesondere also au h0 = ddt [r2(t) _�(t)℄ = r(t)[2 _r(t) _�(t) + r(t)��(t)℄:Wegen r(t) > 0 ist die zweite Glei hung in (1) erf�ullt. Von den Anfangsbedingungenin (2) ist �(0) = 0 s hon erf�ullt (wegen t(0) = 0). Nun kommen wir zu der erstenGlei hung in (1). Zun�a hst folgt aus r(t) := f(�(t)), dass_r(t) = f 0(�(t)) _�(t)= f 0(�(t)) Af 2(�(t))= p� sin(�(t)� �)(1 + � os(�(t)� �))2 � A(1 + � os(�(t)� �))2p2= �Ap sin(�(t)� �);

182 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenans hlie�end �r(t) = �Ap os(�(t)� �) _�(t):Folgli h istr2(t)h�r(t)� r(t) _�2(t) + Mr2(t)i = r2(t)h�Ap os(�(t)� �) _�(t)� A2r3(t) + Mr2(t)i= �A2p os(�(t)� �)� A2r(t) + M= �A2p os(�(t)� �)� A2p [1 + � os(�(t)� �)℄ + M= M � A2p :Setzt man also p := A2 M = R2v22 M ;so erf�ullt (r; �) au h die erste Glei hung in (1). Die Konstanten � und � werden dur h dieAnfangsbedingungen r(0) = R und _r(0) = v1 festgelegt. Dies f�uhrt auf die Glei hungenR = p1 + � os�; v1 = ��Ap sin�bzw. na h Einsetzen von p auf� os� = Rv22 � M M ; � sin� = �Rv1v2 M :Diese beiden Glei hungen sind l�osbar, da � � 0 und � 2 [0; 2�) als Polarkoordinatendes Punktes Q := 1 M (Rv22 � M;�Rv1v2)bestimmt werden k�onnen. F�ur Q 6= 0 sind � � 0 und � 2 [0; 2�) sogar eindeutigfestgelegt. Die letzte Anfangsbedingung ist ebenfalls erf�ullt:_�(0) = Af 2(�(0)) = Ar2(0) = Rv2R2 = v2R :Damit ist gezeigt: Die Anfangswertaufgabe (1), (2) besitzt eine L�osung (r; �) mitr(t) = p1 + � os(�(t)� �) ;wobei p > 0, � � 0 und � 2 [0; 2�) geeignete Konstanten sind.Dur h K := f(f(�) os�; f(�) sin�) : � 2 [0; 2�℄gmit f(�) := p1 + � os(�� �)

5.1 Beispiele 183ist ein Kegels hnitt gegeben und zwar eine Ellipse (� < 1), eine Parabel (� = 1) odereine Hyperbel (� > 1). Wir gehen jetzt davon aus, dass die Anfangsdaten so vern�unftigsind, dass es si h bei der Planetenbahn um eine Ellipse handelt, da sie ja ges hlossenist. Damit ist das erste Keplers he Gesetz bewiesen. Die Ellipse habe die Halba hsena � b. Diese lassen si h aus � und p bere hnen und man erh�alta = p1� �2 ; b = pp1� �2 :Nun zum zweiten Keplers hen Gesetz. Man bezei hne mit F (t1; t2) die Gr�o�e dervom Fahrstrahl f�ur t1 � t � t2 �uberstri henen Fl�a he, also den Fl�a heninhalt desvon den Strahlen � = �(t1), � = �(t2) und der Kurve f(�)ei�, �(t1) � � � �(t2),begrenzten GebietesS1;2 := f(r os �; r sin�) : 0 � r � f(�); �(t1) � � � �(t2)g:Dann istF (t1; t2) = 12 Z �(t2)�(t1) f 2(�) d� = 12 Z t2t1 f 2(�(t)) _�(t) dt = 12 Z t2t1 r2(t) _�(t) dt = A2 (t2� t1):Hierbei erh�alt man die erste Glei hung (Leibnizs he Sektorformel7) z. B. aus der Trans-formationsformel f�ur mehrfa he Integrale. Damit ist au h das zweite Keplers he Gesetzbewiesen.Nun sei T die Umlaufzeit des Planeten, also �(T ) = 2�. Dann ist F (0; T ) = 12AT dieFl�a he der Ellipse, die andererseits bekanntli h �ab betr�agt. Folgli h ist T = 2�ab=Aund daher T 2 = 4�2a2b2A2 = 4�2a2b2p M = 4�2a2b2(b2=a) M = 4�2 M a3:Damit ist au h das dritte Keplers he Gesetz bewiesen. 2Beispiel: Wir wollen einmal die Anfangswertaufgabe�x1 = � 10(x21 + x22)3=2x1;�x2 = � 10(x21 + x22)3=2x2; x1(0) = 3;x2(0) = 0; _x1(0) = 1;_x2(0) = 1mit Maple l�osen und die zugeh�orige Planetenbahn in einer (x1; x2)-Ebene plotten. An-s hlie�end werden wir die Phasenbahn mit der im Beweis f�ur die Keplers hen Gesetzeerhaltenen verglei hen. Mit Hilfe der Eingabeeqn1:=diff(x_1(t),t,t)=-10*x_1(t)/(x_1(t)^2+x_2(t)^2)^(3/2);eqn2:=diff(x_2(t),t,t)=-10*x_2(t)/(x_1(t)^2+x_2(t)^2)^(3/2);initial1:=x_1(0)=3,D(x_1)(0)=1;initial2:=x_2(0)=0,D(x_2)(0)=1;7SieheW. Walter (1990, S. 251) Analysis II . Springer-Verlag. Berlin-Heidelberg-New York.

184 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungentwo_body:=dsolve({eqn1,eqn2,initial1,initial2},{x_1(t),x_2(t)},type=numeri );with(plots);odeplot(two_body,[x_1(t),x_2(t)℄,0..10,numpoints=200,title="Planetenbahn");erhalten wir den in der folgenden Abbildung 5.9 links angegebenen Plot. Nat�urli hPlanetenbahn

–0.5

0.5

1

1.5

2

1 2 3

Ellipse

–0.5

0

0.5

1

1.5

2

1 2 3

Abbildung 5.9: Eine auf zwei Arten bere hnete Planetenbahnh�atten wir das System von zwei Di�erentialglei hungen zweiter Ordnung au h als Sy-stem von vier Di�erentialglei hungen erster Ordnung s hreiben k�onnen. In der Darstel-lung der EllipseK := f(f(�) os�; f(�) sin�) : 0 � � � 2�g; f(�) := p1 + � os(�� �) ;erhalten wir p = 0:9, w�ahrend � � 0 und � 2 [0; 2�) aus� os� = �0:7; � sin� = �0:3zu bere hnen sind. Dies ergibt mittelsfsolve({epsilon* os(alpha)=-0.7,epsilon*sin(alpha)=-0.3},{epsilon,alpha},{epsilon=0..1,alpha=0..2*Pi});die Werte � = 0:7615773106; � = 3:546484440:Mit

5.1 Beispiele 185p:=0.9;epsilon:=0.7615773106;alpha:=3.546484440;f:=phi->p/(1+epsilon* os(phi-alpha));plot([f(phi)* os(phi),f(phi)*sin(phi),phi=0..2*Pi℄,title="Ellipse");erhalten wir die Ellipse in Abbildung 5.9 re hts. Einen Unters hied zum linken Pendantwird man ni ht feststellen. 25.1.4 Aufgaben1. Sei8 p die L�osung der Anfangswertaufgabe f�ur die logistis he Di�erentialglei hungp0 = ap� bp2; p(t0) = p0;wobei a; b; p0 positive Konstanten mit p0 < 12(a=b) sind.(a) Seien t1 < t2 mit t1 > t0 und t1 � t0 = t2 � t1 gegeben. Man zeige, dass a undb eindeutig dur h p0 = p(t0); p(t1); p(t2) bestimmt sind. Dies bedeutet: Legt mandas logistis he Wa hstumsmodell zugrunde und sind die Populationen p0; p1; p2zu �aquidistanten Zeiten t0; t1; t2 bekannt, so sind hierdur h die Parameter a; b imModell eindeutig festgelegt.(b) Man zeige, dass genau ein t� > t0 mit p(t�) = 12(a=b) existiert und die Darstellungp(t) = a=b1 + e�a(t�t�)gilt.( ) Aus k tk p(tk)0 1790 3 929 0001 1850 23 192 0002 1910 91 972 000bestimme man a und b. Ans hlie�end bere hne man t� mit p(t�) = 12(a=b).Hinweis: Es darf Maple eingesetzt werden.2. Das vollst�andige elliptis he Integral erster Ordnung ist mit dem Gau�s hen arithme-tis h-geometris hen Mittel (AGM) verwandt9. Insbesondere zeige man:(a) Gegeben seien Zahlen a; b mit 0 < b � a. Auf die folgende Weise erzeuge manFolgen fakg, fbkg.� Setze a0 := a, b0 := b.8Diese Aufgabe �ndet man auf S. 88 vonM. Braun (1983) \Single spe ies population models". In: Di�erential Equation Models (eds. M. Braunet al.), Springer-Verlag, New York-Heidelberg-Berlin.9Hier�uber kann man si h sehr gut auf den ersten Seiten vonJ. M. Borwein, P. B. Borwein (1987) Pi and the AGM . J. Wiley, New Yorkinformieren. Zu re ht bezei hnen sie das arithmetis h-geometris he Mittel als eine der Juwelen derklassis hen Analysis.

186 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungen� F�ur k = 0; 1; : : ::{ Bere hne ak+1 := 12(ak + bk).{ Bere hne bk+1 := pakbk.Man zeige: Die Folgen fakg und fbkg konvergieren monoton ni ht wa hsend bzw.monoton ni ht fallend gegen einen gemeinsamen Grenzwert M(a; b), das soge-nannte arithmetis h-geometris he Mittel von a und b.(b) F�ur 0 < b � a und � > 0 ist M(�a; �b) = �M(a; b).( ) F�ur 0 < b � a ist M(a; b) =M�a+ b2 ;pab�:(d) F�ur 0 < b � 1 ist M(1; b) = 1 + b2 M�1; 2pb1 + b�:(e) F�ur 0 < x � 1 ist 1M(1; x) = 2�K(p1� x2);wobei mit K(k) := Z �=20 d�p1� k2 sin2 �das vollst�andige elliptis he Integral erster Art bezei hnet wird10.(f) Man zeige11, dass 1M(p2; 1) = 2� Z 10 dtp1� t4 :10F�ur einen Beweis kann man J. M. Borwein, P. B. Borwein (1987, S. 5) oder au hJ. Todd (1979, S. 18) Basi Numeri al Mathemati s , vol. 1. Birkh�auser Verlag, Basel-Stuttgartkonsultieren. Aber selbst dann wird der Beweis ni ht ganz einfa h sein11Bei J. Todd (1979, S. 17) kann man na hlesen:As a teenager in 1791 Gauss, without omputers, made extensive al ulations of arithmeti -geometri means. In parti ular he found thatM(p2; 1) = 1:19814 02347 35592 20744:It seems lear that he was sear hing for a formula for M(a; b). . . . It was not until 1799 that he madeprogress. At that time he omputed the de�nite integralA = Z 10 dtp1� t4 :He then re alled his value ofM(p2; 1) given above and observed that the produ t AM(p2; 1) oin idedto many de imal pla es with 12�. In his diary, on 30 May 1799, Gauss wrote that if one ould proverigorously that AM(p2; 1) = 12�, then new �elds of mathemati s would open. In his diary, on 23De ember 1799, Gauss noted that he had proved this result, and more; in later years his prophesywas ful�lled.

5.2 Existenz und Eindeutigkeit beim Anfangswertproblem 1873. Wir betra hten den Fall eines K�orpers der Massem, der unter dem Ein uss der S hwer-kraft si h senkre ht na h unten bewegt, wobei der zur Ges hwindigkeit proportionaleLuftwiderstand ber�u ksi htigt werde. Mit einer Konstanten � > 0 und (konstantem)g = 9:81m=se 2 hat man die Anfangswertaufgabem�x = mg � � _x; x(0) = 0; _x(0) = v0zu l�osen. Man zeige, dass limt!1 _x(t) existiert, der K�orper also eine endli he Endge-s hwindigkeit errei ht12.4. Bei W. Walter (1996, S. 5)13 �ndet man ein System von zwei Di�erentialglei hungenzweiter Ordnung, dur h das die Bewegung eines Satelliten im Gravitationsfeld zweierK�orper (z. B. Erde und Mond) modelliert wird, n�amli h�x = x+ 2 _y � �0 x+ �[(x+ �)2 + y2℄3=2 � � x� �0[(x� �0)2 + y2℄3=2 ;�y = y � 2 _x� �0 y[(x+ �)2 + y2℄3=2 � � y[(x� �0)2 + y2℄3=2 :Hierbei ist � eine gegebene Konstante und �0 := 1 � �. F�ur � := 0:01213 und dieAnfangsbedingungenx(0) = 1:2; _x(0) = 0; y(0) = 0; _y(0) = �1:04936plotte man die Bahn f(x(t); y(t)) : 0 � t � 10g.5.2 Existenz und Eindeutigkeit beim Anfangswert-problemIn diesem Abs hnitt sei die Anfangswertaufgabe(P) x0 = f(t; x); x(t0) = x0gegeben, wobei die Anfangszeit t0 2 R, der Anfangszustand x0 2 Rn und die aufeiner Umgebung U von (t0; x0) de�nierte und dort zumindestens stetige Abbildungf :U �! Rn gegeben sind. Gefragt ist na h der Existenz einer L�osung x von (P), alsoeiner auf einer (eventuell nur re htsseitigen) Umgebung I von t0 de�nierten und dortstetig di�erenzierbaren Funktion x: I �! Rn mit x0(t) = f(t; x(t)) f�ur alle t 2 I undx(t0) = x0. Ebenso stellt si h die Frage na h der Eindeutigkeit.Die Existenzfrage wirdi. Allg. dadur h behandelt, dass man (P) �aquivalent als Fixpunktaufgabex(t) = x0 + Z tt0 f(s; x(s)) ds12Bei H. Heuser (1989, S. 30) �ndet man hierzu die Bemerkung: Von dieser Tatsa he pro�tiert derFalls hirmspringer immer dann, wenn sein S hirm �uberhaupt aufgeht.13W. Walter (1996) Gew�ohnli he Di�erentialglei hungen. 6. Au age. Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg-New York.

188 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungens hreibt und auf diese Fixpunktaufgabe den Kontraktionssatz (dies f�uhrt auf den Satzvon Pi ard-Lindel�of) bzw. den S hauders hen Fixpunktsatz (dies liefert den Existenz-satz von Peano) anwendet. Man bea hte, dass man eine (explizite) Di�erentialglei hungn-ter Ordnung, etwa x(n) = f(t; x; x0; : : : ; x(n�1)als ein System von n Di�erentialglei hungen erster Ordnung s hreiben kann:x01 = x2x02 = x2...x0n�1 = xnx0n = f(t; x1; x2; : : : ; xn):5.2.1 Bana hs her, S hauders her FixpunktsatzWir nehmen an (�ahnli h wie in Unterabs hnitt 2.2.3, dass die folgenden Begri�e ausAnalysis II bekannt sind:� Linearer14 normierter Raum, Norm, Konvergenz und Cau hy-Folge in einem li-nearen normierten Raum , Bana h raum,� Abges hlossene, kompakte, relativ kompakte Teilmengen eines linearen normier-ten Raumes,� Stetige Abbildungen zwis hen linearen normierten R�aumen.Beispiele: Der Rn , versehen mit einer beliebigen Vektornorm k � k, ist bekanntli hein Bana hraum. Die wi htigsten Normen im Rn sind die euklidis he Vektornorm, dieBetragssummennorm und die Maximumnorm, wel he f�ur einen Vektor x = (xj) 2 Rndur h kxk2 := � nXj=1 x2j�1=2; kxk1 := nXj=1 jxjj; kxk1 := maxj=1;:::;n jxjjgegeben sind.Mit Cn[a; b℄ bezei hnen wir den linearen Raum der stetigen Abbildungen x: [a; b℄ �!Rn , wobei bei dieser S hreibweise [a; b℄ stets als ein kompaktes Intervall in R verstandenwird und C[a; b℄ statt C1[a; b℄ ges hrieben wird. De�niert man auf Cn[a; b℄ eine Normdur h kxk := maxt2[a;b℄ kx(t)k;wobei auf der re hten Seite k � k eine beliebige Norm auf dem Rn ist, so ist Cn[a; b℄versehen mit dieser Norm ein Bana hraum (siehe Aufgabe 1). Man bea hte, dass ausdem Zusammenhang immer hervorgeht, ob es si h bei k � k um eine Norm auf dem Rnoder auf Cn[a; b℄ handelt. 2Ein h�au�g benutztes Hilfsmittel ist in dem folgenden Lemma angegeben (siehe au hLemma 2.4 in Abs hnitt 2.2).14Der zugrunde gelegte Skalark�orper ist bei uns grunds�atzli h der K�orper R der reellen Zahlen.

5.2 Existenz und Eindeutigkeit beim Anfangswertproblem 189Lemma 4.1 Ist x 2 Cn[a; b℄ und k � k eine Norm auf Rn , so ist Z ba x(t) dt � Z ba kx(t)k dt:Jetzt geben wir no h einmal den Bana hs hen Fixpunktsatz an (siehe Satz 2.3 inAbs hnitt 2.2).Satz 4.2 (Bana h) Sei (X; k � k) ein Bana hraum, K � X abges hlossen und F eineAbbildung mit F (K) � K, die also K in si h abbildet, und die auf K kontrahierendist, zu der also eine Konstante q 2 (0; 1) mitkF (x)� F (y)k � q kx� yk f�ur alle x; y 2 Kexistiert. Dann besitzt F genau einen Fixpunkt x� in K und es gilt die Fehlerabs h�at-zung kx� � F (x)k � q1� q kx� F (x)k f�ur alle x 2 K.Die beiden folgenden Fixpunkts�atze werden wir ni ht beweisen15. Der erste ist derBrouwers he Fixpunktsatz. Von ihm sagt J. Franklin (1980, S. 232):� This is what the Brouwer theorem says in everyday terms: Sit down with a up of o�ee. Gently and ontinuously swirl the o�ee about in the up. Put the up down,and let the motion subside. When the o�ee is still, Brouwer says there is at least onepoint in the o�ee that has returned to the exa t spot where it was when you �rst satdown.Satz 4.3 (Brouwer) Sei K � Rn kompakt und konvex. Ist F :K �! Rn eine stetigeAbbildung mit f(K) � K, die K also in si h abbildet, so besitzt F einen Fixpunkt inK.Diesen Brouwers hen Fixpunktsatz haben wir wegen seiner lei hten Formulierbarkeitaufgef�uhrt, weil seine Aussage zum mathematis hen Allgemeinwissen geh�oren sollteund weil er i. Allg. zum Beweis des jetzt folgenden S hauders hen Fixpunktsatzes her-angezogen wird.Satz 4.4 (S hauder) Sei X ein Bana hraum und K � X abges hlossen und konvex.Die Abbildung F :K �! X sei stetig, es sei F (K) � K und F (K) relativ kompakt.Dann besitzt F einen Fixpunkt in F .Der letzte Satz in diesem Unterabs hnitt dient dazu, die relative Kompaktheit ei-ner Teilmenge des Bana hraumes Cn[a; b℄ (wie stets versehen mit einer Norm kxk :=maxt2[a;b℄ kx(t)k) na hzuweisen. Er stammt von Arzela-As oli, au h ihn geben wir ohneBeweis an.15F�ur Beweise siehe z. B.J. Franklin (1980)Methods of Mathemati al E onomi s. Linear and Nonlinear Programming, Fixed-Point Theorems . Springer-Verlag, New Yurk-Heidelberg-Berlin.

190 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenSatz 4.5 (Arzela-As oli) Die Menge K � Cn[a; b℄ habe die folgenden beiden Eigen-s haften:1. Die Menge K ist bes hr�ankt, d. h. es existiert eine Konstante C > 0 mit kxk � Cf�ur alle x 2 K.2. Die Menge K ist glei hgradig stetig, d. h. zu jedem � > 0 gibt es ein Æ = Æ(�) > 0mit t; s 2 [a; b℄; jt� sj � Æ; x 2 K =) kx(t)� x(s)k � �:Dann ist K relativ kompakt in Cn[a; b℄.5.2.2 Die S�atze von Pi ard-Lindel�of und PeanoWir beginnen mit dem Satz von Pi ard-Lindel�of, in dem im wesentli hen ausgesagtwird, dass unter der Voraussetzung der lokalen Lips hitzstetigkeit an die re hte Seiteder gegebenen Anfangswertaufgabe die lokale eindeutige L�osbarkeit folgt.Satz 4.6 (Pi ard-Lindel�of) Sei D � Rn+1 o�en und f :D �! Rn stetig und bez�ug-li h der letzten n Variablen lokal lis hitzstetig, d. h. zu jedem (t0; x0) 2 D existiert eineUmgebung U = U(t0; x0) und eine Konstante L = L(t0; x0) derart, dasskf(t; x)� f(t; y)k � L kx� yk f�ur alle (t; x); (t; y) 2 D \ U .Dann existiert zu jedem (t0; x0) 2 D ein �� > 0 derart, dass die Anfangswertaufgabex0 = f(t; x); x(t0) = x0auf I� := ft 2 R : jt� t0j � ��g eindeutig l�osbar ist.Beweis: Sei (t0; x0) 2 D gegeben. Man w�ahle zun�a hst positive Zahlen �; � derart,dass I� �B� � D \ U , wobeiI� := ft 2 R : jt� t0j � �g; B� := fx 2 Rn : kx� x0k � �g:Dann de�niere man M := max(t;x)2I��B� kf(t; x)kund bestimme �� 2 (0; �℄, �� 2 (0; �℄ mit M�� � ��. Z. B. setze man �� := � und�� := min(�; �=M). Ans hlie�end de�niere man I� := ft 2 R : jt� t0j � ��g und dieni htleere Menge K := nx 2 Cn(I�) : maxt2I� kx(t)� x0k � ��o:Dann bildet die Abbildung F :Cn(I�) �! Cn(I�), de�niert dur hF (x)(t) := x0 + Z tt0 f(s; x(s)) ds

5.2 Existenz und Eindeutigkeit beim Anfangswertproblem 191die Menge K in si h ab. Denn ist x 2 K und t 2 I�, so istkx(t)� x0k = Z tt0 f(s; x(s)) ds � jt� t0jM � ��M � ��und daher au h F (x) 2 K. De�niert man auf Cn(I�) die gewi htete Maximumnormkxk� := maxt2I� e�2Ljt�t0jkx(t)k, wobei L die Lips hitzkonstante von f bez�ugli h deszweiten Argumentes auf D\U ist, so ist kF (x)�F (y)k� � 12 kx�yk� f�ur alle x; y 2 K,insbesondere bildet F also die Menge K bez�ugli h der Norm k � k� kontrahierend insi h ab. Denn sind x; y 2 K und t 2 I�, so iste�2Ljt�t0jkF (x)(t)� F (y)(t)k = e�2Ljt�t0j Z tt0 [f(s; x(s))� f(s; y(s))℄ ds � e�2Ljt�t0jsign (t� t0) Z tt0 kf(s; x(s))� f(s; y(s))k ds� Le�2Ljt�t0jsign (t� t0) Z tt0 kx(s)� y(s)k ds� Le�2Ljt�t0jsign (t� t0) Z tt0 e2Ljs�t0j ds kx� yk�= Le�2Ljt�t0j 12L(e2Ljt�t0j � 1) kx� yk�� 12kx� yk�:Der Kontraktionssatz (angewandt auf den mit der Norm k �k� versehenen Bana hraumCn(I�) und die Abbildung F , wel he die abges hlossene Menge K kontrahierend in si habbildet) liefert, dass F in K genau einen Fixpunkt x besitzt bzw. die Anfangswertauf-gabe x0 = f(t; x), x(t0) = x0, auf dem Intervall I� genau eine L�osung x in K besitzt.Um die Eindeutigkeit einer L�osung in I� zu beweisen, nehmen wir an, y sei eine weitereL�osung der Anfangswertaufgabe x0 = f(t; x), x(t0) = x0, auf dem Intervall I�. Sei� := supf� 2 [0; ��℄ : ky(t)� x0k � �� f�ur alle t 2 I�g:Ist � = ��, so ist au h y 2 K und folgli h x = y. Wir nehmen daher an, es sei � < ��und f�uhren dies zum Widerspru h. F�ur t 2 I� istky(t)� x0k = kF (y)(t)� x0k �M jt� t0j �M� < M�� � ��;was einWiderspru h zur De�nition von � ist. Insgesamt ist der Satz von Pi ard-Lindel�ofbewiesen. 2Bemerkung: Die lokale Lips hitzstetigkeit von f bez�ugli h der letzten n Kompo-nenten ist eine s hwa he Voraussetzung. Ist z. B. D � Rn konvex und sind in D dieAbleitungen �fi=�xj stetig und bes hr�ankt (i; j = 1; : : : ; n), so gen�ugt f in D einerLips hitzbedingung. Denn wegen des Mittelwertsatzes existiert zu (t; x); (t; y) 2 D und

192 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungeni 2 f1; : : : ; ng ein z 2 Rn mit (t; z) 2 D (n�amli h auf der Verbindungsstre ke zwis hen(t; x) und (t; y)) und fi(t; x)� fi(t; y) = nXj=1 �fi(t; z)�xj (xj � yj);woraus die Behauptung sofort folgt. 2Etli he Varianten zum obigen Satz von Pi ard-Lindel�of sind denkbar.Korollar 4.7 Sei (t0; x0) 2 R � Rn . Mit positiven Zahlen ��; �� seiI� := ft 2 R : jt� t0j � ��g; B� := fx 2 Rn : kx� x0k � ��g:Die Funktion f : I��B� �! Rn sei stetig und bez�ugli h der zweiten Variablen lips hitz-stetig auf I� � B�. Sei M := max(t;x)2I��B� kf(t; x)k und M�� � ��. Dann besitzt dieAnfangswertaufgabe x0 = f(t; x), x(t0) = x0, genau eine L�osung x auf I� mit x(t) 2 B�f�ur alle t 2 I�.Die Bedingung M�� � �� dient jeweils dazu, zu si hern, dass die Abbildung F dieabges hlossene Kugel K � Cn(I�) in si h abbildet. Ist �� = 1 im obigen Korollar,die re hte Seite f der Anfangswertaufgabe x0 = f(t; x), x(t0) = x0, also bez�ugli h deszweiten Argumentes global lips hitzstetig, so kann man auf diese Bedingung verzi htenund erh�alt:Korollar 4.8 Sei I � R ein kompaktes Intervall. Die Funktion f : I � Rn �! Rn seistetig und bez�ugli h der zweiten Variablen lips hitzstetig auf I � Rn . Dann besitzt dieAnfangswertaufgabe x0 = f(t; x), x(t0) = x0, f�ur jedes (t0; x0) 2 I � Rn genau eineL�osung auf dem Intervall I.Beispiel: Der wi htigste Spezialfall des letzten Korollars besteht si herli h darin, dassf(t; x) = A(t)x + b(t), wobei A: I �! Rn�n) und b: I �! Rn stetig sind. Denn f�urbeliebige (t; x); (t; y) 2 I � Rn ist dannkf(t; x)� f(t; y)k = kA(t)(x� y)k � kA(t)k kx� yk:Hierbei bezei hnen wir die der gegebenen Vektornorm k � k zugeordnete Matrixnormebenfalls mit k � k. Genauer:� Ist k � k eine Norm auf Rn , so wird auf Rn�n dur hkAk := maxkxk=1 kAxk; A 2 Rn�n ;die sogenannte zugeordnete Matrixnorm de�niert.Die Abbildung t 7! kA(t)k ist stetig. Ist also I ein kompaktes Intervall, so ist f globallips hitzstetig mit der Lips hitzkonstanten L := maxt2I kA(t)k. 2Beispiel: Eine direkte Anwendung des Kontraktionssatzes auf spezielle Anfangswert-aufgaben kann au h numeris h befriedigende Ergebnisse liefern. Dies wollen wir aneinem Beispiel demonstrieren.

5.2 Existenz und Eindeutigkeit beim Anfangswertproblem 193Gesu ht sei die L�osung der Anfangswertaufgabex0 = t2 + x2; x(0) = 0auf dem Intervall I := [�12 ; 12 ℄. Als N�aherung nehmen wir x0(t) := 13 t3. MitF (x)(t) := Z t0 [s2 + x(s)2℄ dswird x1(t) := F (x0)(t) = 13t3 + 163t7:Wenn wir hier, was nat�urli h ni ht unbedingt n�otig ist, Maple anwenden wollen, sow�urden wir dies als Ergebnis vonint(s^2+(1/3*s^3)^2,s=0..t);erhalten. Will (oder muss) man aber weitere Iterationen dur hf�uhren, so lernt manMaple sehr s hnell s h�atzen. So erh�alt manx2(t) = t33 + t763 + 2t112079 + t1559535und (das wird keiner mehr zu Fu� ausre hnen wollen)x3(t) = t33 + t763 + 2t112079 + 13t15218295 + 82t1937328445 + 662t2310438212015+ 4t273341878155 + t31109876902975:�Ubrigens gibt es in Maple bei der L�osung von Anfangswertaufgaben mit dsolve dieOption series, was wir dur h den folgenden Auss hnitt illustrieren:> restart;> Order:=10;dsolve(fdiff(x(t),t)=t^2+x(t)^2,x(0)=0g,x(t),series);Order := 10x(t) = 13 t3 + 163 t7 +O(t10)> x_1:= onvert(rhs(%),polynom);x 1 := 13 t3 + 163 t7Als Norm auf C(I) w�ahlen wir wie �ubli h die Maximumnorm, also kxk := maxt2I jx(t)j.Als Menge K w�ahlen wir K := fx 2 C(I) : kx � x0k � �g und bestimmen � > 0 so,dass einerseits F (K) � K und andererseits F auf K kontrahiert. Ersteres ist erf�ullt,wenn 12( 124 + �)2 � �. Andererseits ist f�ur x; y 2 K und t 2 I o�enbarjF (x)(t)� F (y)(t)j = ���Z t0 [x(s) + y(s)℄ [x(s)� y(s)℄ds���� 122� 124 + �� kx� yk

194 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenund daher kF (x)� F (y)k � ( 124 + �) kx� yk. Daher kontrahiert die Abbildung F aufK, wenn 124 + � < 1. Z.B. kann man � = 0:001 w�ahlen und hat als Lips hitzkonstanteq := 124 +0:001 � 0:042667. Wegen kx1�x0k = 163(12)7 � 0:000125 erh�alt man aus demKontraktionssatz f�ur die L�osung x die Fehlerabs h�atzungkx� x1k � q1� q kx1 � x0k � 6 � 10�6;was s hon ganz befriedigend ist. 2Ohne die lokale Lips hitzbedingung an die re hte Seite der gegebenen Di�erentialglei- hung ist die Eindeutigkeit einer L�osung i. Allg. ni ht gegeben, wie das folgende Beispielzeigt.Beispiel: Gegeben sei die Anfangswertaufgabex0 =pjxj; x(0) = 0:Nat�urli h ist x := 0 eine L�osung. Weitere L�osungen erh�alt man, wenn man mit belie-bigem a � 0 de�niert:x(t) := 14 8<: t2; f�ur t > 0;0; f�ur a � t � 0;�(t� a)2; f�ur t < a:Dies liegt nat�urli h daran, dass f�ur f(t; x) := pjtj die lokale Lips hitzbedingung aufeiner Umgebung von (0; 0) ni ht erf�ullt ist. 2Nun kommen wir zum Existenzsatz von Peano. Grob sagt dieser aus: Ist D � Rn+1o�en, und f :D �! Rn stetig, so "geht dur h jeden Punkt (t0; x0) 2 D eine L�osungvon x0 = f(t; x)".Satz 4.9 (Peano) Sei D � Rn+1 o�en und f :D �! Rn stetig. Dann existieren zujedem (t0; x0) 2 D positive Zahlen ��; �� derart, dass mitI� := ft 2 R : jt� t0j � ��g; B� := fx 2 Rn : kx� x0k � ��ggilt: Es existiert mindestens ein x 2 Cn(I�) mit(a) Es ist x(t) 2 B� f�ur alle t 2 I�.(b) Auf I� ist x eine L�osung der Anfangswertaufgabe x0 = f(t; x), x(t0) = x0.Beweis: Sei (t0; x0) 2 D. Man w�ahle positive Zahlen �; � derart, dass I� � B� � Dmit I� := ft 2 R : jt� t0j � �g; B� := fx 2 Rn : kx� x0k � �g;was wegen der vorausgesetzten O�enheit von D m�ogli h ist. Ans hlie�end de�niereman M := max(t;x)2I��B� kf(t; x)k;

5.2 Existenz und Eindeutigkeit beim Anfangswertproblem 195bestimme �� 2 (0; �℄ und �� 2 (0; �℄ mit M�� � �� und setze I� und B� wie obenangegeben. Nun wende man den S hauders hen Fixpunktsatz mit folgenden Datenan: Als linearen normierten Raum (X; k � k) nehme man X := Cn(I�) mit der Normkxk := maxt2I� kx(t)k (wobei re hts k � k eine gegebene Norm auf dem Rn ist), dieni htleere, abges hlossene und konvexe Menge K sei dur hK := fx 2 Cn(I�) 2 B� f�ur alle t 2 I�ggegeben und s hlie�li h sei die Abbildung F :Cn(I�) �! Cn(I�) de�niert dur hF (x)(t) := x0 + Z tt0 f(s; x(s)) ds:Die Voraussetzungen des S hauders hen Fixpunktsatzes sind lei ht na hgepr�uft:1. Die Abbildung F :K �! Cn(I�) ist stetig.Denn: Sei � > 0 beliebig vorgegeben. Die Menge I� �B� ist kompakt und daherf auf I� �B� glei hm�a�ig stetig. Folgli h existiert ein Æ = Æ(�) > 0 mit(t; x); (t; y) 2 I� � B�; kx� yk � Æ =) kf(t; x)� f(t; y)k � ��� :Sind nun x; y 2 K mit kx� yk � Æ gegeben, so ist (s; x(s)); (s; y(s)) 2 I� � B�f�ur alle s 2 I� und daherkF (x)(t)� F (y)(t)k = Z tt0 [f(s; x(s))� f(s; y(s))℄ ds � sign (t� t0) Z tt0 kf(s; x(s))� f(s; y(s))k ds� jt� t0j ���� �:Also gilt die Implikationx; y 2 K; kx� yk � Æ =) kF (x)� F (y)k � �;womit die Stetigkeit von F auf K bewiesen ist.2. Es ist F (K) � K.Sind x 2 K und t 2 I� beliebig, so istkF (x)(t)� x0k �M jt� t0j �M�� � ��und damit F (x) 2 K.3. K ist ni htleer, abges hlossen und konvex, F (K) ist relativ kompakt.Die erste Aussage ist trivial. Die relative Kompaktheit von F (K) folgt aus demSatz von Arzela-As oli, indem man zeigt, dass F (K) bes hr�ankt und glei hgradigstetig ist.

196 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungen(a) F (K) ist bes hr�ankt.Denn: Sind x 2 K und t 2 I� beliebig, so istkF (x)(t)k � kx0k+ sign (t� t0) Z tt0 kf(s; x(s))k ds � kx0k+M��;also kF (x)k � C := kx0k +M�� f�ur alle x 2 K, womit die Bes hr�anktheitvon F (K) na hgewiesen ist.(b) F (K) ist glei hgradig stetig.Denn: Sei x 2 K beliebig vorgegeben. F�ur beliebige s; t 2 I� istkF (x)(s)� F (x)(t)k = Z st f(�; x(�)) d� �M js� tj;woraus man die glei hgradige Stetigkeit von F (K) abliest. Denn zu vorge-gebenem � > 0 setze man Æ := �=M und erh�alt die Implikations; t 2 I�; js� tj � Æ; x 2 K =) kF (x)(s)� F (x)(t)k � �;was die glei hgradige Stetigkeit von F (K) na h si h zieht.Der S hauders he Fixpunktsatz liefert die Behauptung. 25.2.3 Aufgaben1. Der lineare Raum Cn[a; b℄ aller stetigen Abbildungen x : [a; b℄ �! Rn , versehen mitder Norm kxk := maxt2[a;b℄ kx(t)k;wobei auf der re hten Seite k�k eine beliebige Norm auf dem Rn ist, ist ein Bana hraum.2. Der lineare Raum C1n[a; b℄ aller stetig di�erenzierbaren Abbildungen x : [a; b℄ �! Rn ,versehen mit der Norm kxk := max(maxt2[a;b℄ kx(t)k; maxt2[a;b℄ kx0(t)k);wobei auf der re hten Seite k�k eine beliebige Norm auf dem Rn ist, ist ein Bana hraum.3. Die lineare Anfangswertaufgabe erster Ordnungx0 = 2tx+ t; x(0) = x0besitzt die L�osung x(t) = x0et2 + 12(et2 � 1);wie man dur h dsolve({diff(x(t),t)=2*t*x(t)+t,x(0)=x_0},x(t)); oder eigeneRe hnung feststellt. Mit x0(t) := x0 seixk+1(t) := x0 + Z t0 (2sxk(s) + s) ds:Man stelle die Iterierten xk ges hlossen dar und begr�unde, weshalb die Folge fxkg aufjedem kompakten Intervall in R glei hm�a�ig gegen die L�osung der gegebenen Anfangs-wertaufgabe konvergiert.

5.3 Lineare Di�erentialglei hungssysteme 1974. Gegeben sei die Anfangswertaufgabex0 = tx2; x(0) = 1:Mit x0 := 1 und xk+1(t) := 1 + Z t0 sxk(s)2 dsbere hne man x1; x2; x3. Man bestimme ein Intervall [0; �℄ mit � > 0, auf dem eineL�osung eindeutig existiert und ma he eine Fehlerabs h�atzung.5. Man zeige, dass die Anfangswertaufgabe f�ur das mathematis he Pendel, alsox00 + !20 sinx = 0; x(0) = x0; x0(0) = 0;f�ur beliebige !0 und x0 genau eine L�osung besitzt. Diese existiert auf ganz R und istgerade, also x(t) = x(�t) f�ur alle t. F�ur !0 := 2 und x0 := 1 bere hne man mit Hilfedes Gau�s hen Verfahrens vom arithmetis h-geometris hen Mittel die Periodenl�angeT = (4=!0)K(sin 12x0). S hlie�li h plotte man die L�osung auf [0; 2T ℄.6. Gegeben sei die Anfangswertaufgabe(P) x0 = t+ sinx; x(0) = 0:(a) Man zeige, dass (P) auf jedem kompakten Teilintervall I von R mit 0 2 I genaueine L�osung besitzt.(b) Mit Hilfe von Maple-Befehlen plotte man die L�osung von (P) auf dem Intervall[�1; 1℄.5.3 Lineare Di�erentialglei hungssystemeNur sehr kurz wollen wir auf lineare Systeme von Di�erentialglei hungen erster Ord-nung eingehen.5.3.1 Lineare Systeme mit variablen KoeÆzientenIn diesem Unterabs hnitt betra hten wir lineare Di�erentialglei hungssysteme der Form(�) x0 = A(t)x + b(t):Es werde vorausgesetzt, dass A : R �! Rn�n und b : R �! Rn stetig sind. Die Modi-�kationen f�ur den Fall, dass A und b ni ht auf ganz R, sondern nur einem TeilintervallI � R erkl�art und stetig sind, werden o�ensi htli h sein. Alle L�osungen von (�) erh�altman nat�urli h dadur h, dass man zu einer speziellen L�osung von (�) alle L�osungen derzugeh�origen homogenen Aufgabe x0 = A(t)x addiert.Bei gegebenem (t0; x0) 2 R � Rn ist die Anfangswertaufgabex0 = A(t)x; x(t0) = x0

198 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungeneindeutig l�osbar, ferner existiert die L�osung, die wir mit x(�; t0; x0) bezei hnen wollen,auf ganz R. Dies hatten wir uns im Ans hluss an den Existenz- und Eindeutigkeitssatzvon Pi ard-Lindel�of �uberlegt, siehe Korollar 4.8. Die Abbildung x0 7! x(�; t0; x0) vomRn in den L�osungsraum der homogenen Aufgabe x0 = A(t)x ist linear und bijektiv.Daher hat der L�osungsraum der homogenen Aufgabe die Dimension n.Seien x1; : : : ; xn (ni ht notwendig linear unabh�angige) L�osungen von x0 = A(t)x undX(t) = ( x1(t) � � � xn(t) ) diejenige Matrix, die x1(t); : : : ; xn(t) als Spalten besitzt.Dann ist X 0(t) = A(t)X(t) und es gilt:detX(�) 6= 0 f�ur ein � 2 R () detX(t) 6= 0 f�ur alle t 2 R.Denn: Angenommen, es ist detX(�) = 0, also X(�) singul�ar. Dann existiert ein 6= 0mit X(�) = 0. Dann ist aber X(�) = Pnj=1 jxj(�) eine L�osung von x0 = A(t)x, diezur Zeit � vers hwindet. Da die triviale L�osung x � 0 eine ebensol he ist und eineL�osung linearer Anfangswertaufgaben eindeutig bestimmt ist, ist X(t) = 0 f�ur alle tund daher detX(t) = 0 f�ur alle t 2 R.Ist X 0(t) = A(t)X(t) f�ur alle t und detX(t) 6= 0 (f�ur ein oder f�ur alle t, dasbleibt si h glei h), so nennt man X ein Fundamentalsystem von x0 = A(t)x. Ist X einFundamentalsystem, so erh�alt man s�amtli he L�osungen des homogenen Systems in derForm x(t) = X(t) mit 2 Rn .Ist X ein beliebiges Fundamentalsystem von x0 = A(t)x, so ist dur h x(t) :=X(t) R tt0 X�1(s)b(s) ds eine spezielle L�osung von (�) gegeben, wie man sofort na h-re hnet. Daher ist x(t) := X(t) +X(t) Z tt0 X�1(s)b(s) dsmit beliebigem 2 Rn die allgemeine L�osung von (�), w�ahrend dur hx(t) := X(t) hX�1(t0)x0 + Z tt0 X�1(s)b(s) dsidie (eindeutige) L�osung der Anfangswertaufgabex0 = A(t)x + b(t); x(t0) = x0gegeben ist.Beispiel: Nur in Ausnahmef�allen kann man bei einem linearen Di�erentialglei hungs-system mit variablen KoeÆzienten ein Fundamentalsystem ges hlossen angeben. Wirreproduzieren ein Beispiel bei W. Walter (1996, S. 144), in wel hem ein Fundamental-system angegeben werden kann. Und zwar betra hten wir die inhomogene Aufgabe(�) � x01x02 � = 0B� 1t �11t2 2t 1CA� x1x2 � + � t�t2 � ; � x1(1)x2(1) � = � 10 � :Mit Hilfe von

5.3 Lineare Di�erentialglei hungssysteme 199dsolve({diff(x_1(t),t)=(1/t)*x_1(t)-x_2(t),diff(x_2(t),t)=(1/t^2)* x_1(t)+(2/t)*x_2(t),x_1(1)=1, x_2(1)=0},{x_1(t),x_2(t)});unddsolve({diff(x_1(t),t)=(1/t)*x_1(t)-x_2(t),diff(x_2(t),t)=(1/t^2)*x_1(t)+(2/t)*x_2(t),x_1(1)=0, x_2(1)=1},{x_1(t),x_2(t)});erh�alt man das FundamentalsystemX(t) = � (� ln t+ 1)t2 �t2 ln tt ln t t(1 + ln t) � :Die Bere hnung der L�osung von (�) mittels der Formelx(t) = X(t)�� 10 �+ Z t1 X(s)�1� s�s2 � ds�s heint (wer kennt eine bessere L�osung?) komplizierter zu sein als z. B. inMathemati a.Dies liegt daran, dass int o�enbar ni ht auf Vektoren komponentenweise angewandtwerden kann. Die gesu hte L�osung erh�alt man etwa folgenderma�en:> with(LinearAlgebra):> b:=t-><t,-t^2>:> X:=t->Matrix([[(-ln(t)+1)*t^2,-t^2*ln(t)℄,[t*ln(t),t*(1+ln(t))℄℄):> x:=t->X(t).(<1,0>+<seq(int((MatrixInverse(X(s)).b(s))[i℄,s=1..t),i=1..2)>):> <seq(expand(x(t)[i℄),i=1..2)>;264 �12 t2 ln(t)� 12 t2 ln(t)2 + 34 t2 + 14 t432 t ln(t) + 12 t ln(t)2 � 34 t3 + 34 t 375Diese kann man nat�urli h au h versu hen, direkt dur hdsolve({diff(x_1(t),t)=(1/t)*x_1(t)-x_2(t)+t,diff(x_2(t),t)=(1/t^2)*x_1(t)+(2/t)*x_2(t)-t^2,x_1(1)=1,x_2(1)=0},{x_1(t),x_2(t)});zu bere hnen. Genau wie bei Mathemati a ist man hiermit ni ht erfolgrei h. 25.3.2 Lineare Systeme mit konstanten KoeÆzientenIn diesem Unterabs hnitt kommt es vor allem darauf an, ein Fundamentalsystem zux0 = Ax zu bestimmen, wobei A 2 Rn�n eine konstante Matrix ist. Ist dies gelungen,so k�onnen inhomogene Aufgaben wie im letzten Unterabs hnitt behandelt werden.Zun�a hst ma hen wir f�ur eine L�osung von x0 = Ax aber den Ansatz x(t) = e�t,wobei der Vektor 2 Rn vom Nullvektor vers hieden sein sollte, damit der L�osungskan-didat ni httrivial ist. Wie man sehr lei ht na hre hnet ist x genau dann eine L�osung,

200 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenwenn A = � , also � ein Eigenwert von A mit zugeh�origem Eigenvektor ist. Manerkennt hieran eine (kleine) S hwierigkeit: Eine reelle Matrix hat i. allg. ni ht nur reelle,sondern au h komplexe Eigenwerte, die dann in konjugiert komplexen Paaren auftre-ten. Dann sind au h die Eigenvektoren komplex, sie treten in konjugiert komplexenPaaren auf. Damit ist x(t) = e�t in diesem Falle komplexwertig, womit man bei re-ellen Ausgangsdaten ni ht immer zufrieden ist. Dies ist aber wirkli h nur eine kleineS hwierigkeit. Denn ist A 2 Rn�n eine reelle n� n-Matrix mit dem komplexen Eigen-wert � = � + i� und dem zugeh�origen Eigenvektor = a + ib, so ist au h �� = �� i�ein Eigenwert von A mit dem zugeh�origen Eigenvektor � = a� ib. Dann ist e�t = (a+ ib)e(�+i�)t = e�t(a os �t� b sin �t) + ie�t(b os �t + a sin �t):Sowohl der Real- als au h der Imagin�arteil hiervon sind L�osungen. Wi htig ist dieBemerkung: Besitzt A 2 Rn�n ein System von n linear unabh�angigen Eigenvektoren,so gewinnt man auf diese Weise n linear unabh�angige L�osungen von x0 = Ax bzw. einFundamentalsystem von x0 = Ax. Insbesondere ist das der Fall, wenn A symmetris hist oder die Eigenwerte von A paarweise von einander vers hieden sind.Beispiel: Man bestimme die allgemeine L�osung vonx000 + 6x00 + 11x0 + 6x = 0:Dies ist �aquivalent zux0 = Ax mit A := 0� 0 1 00 0 1�6 �11 �6 1A :Als harakteristis hes Polynom erh�alt manp3(�) := det(A� �I) = ��3 � 6�2 � 11�� 6mit den Wurzeln �1 = �1; �2 = �2; �3 = �3und den zugeh�origen Eigenvektoren 1 = 0� 1�11 1A ; 2 = 0� 1�24 1A ; 3 = 0� 1�39 1A :Als allgemeine L�osung der gegebenen Di�erentialglei hung erster Ordnung hat manalso x(t) = ae�t + be�2t + e�3t:Will man z.B. die L�osung bestimmen, die den Anfangsbedingungen x(0) = 1, x0(0) =x00(0) = 0 gen�ugt, so hat man das Glei hungssystem0� 1 1 1�1 �2 �31 4 9 1A0� ab 1A = 0� 100 1A

5.3 Lineare Di�erentialglei hungssysteme 201zu l�osen, woraus man (a; b; ) = (3;�3; 1) erh�alt. Bei diesen Re hnungen (die hierno h lei ht \per hand" dur hgef�uhrt werden k�onnen) kann wieder Maple helfen, daes im pa kage LinearAlgebra u. a. Funktionen zur Bere hnung des harakteris henPolynoms sowie der Eigenwerte und Eigenvektoren einer Matrix gibt. 2Die Matrix A 2 C n�n (es ist zwe km�a�ig, hier glei h den komplexen Fall zuzulas-sen) besitzt genau dann n linear unabh�angige Eigenvektoren, wenn A diagonalisier-bar ist, d. h. dur h eine �Ahnli hkeitstransformation auf Diagonalgestalt transformiertwerden kann. Ist also C = ( 1 � � � n ) 2 C n�n eine ni htsingul�are Matrix mitC�1AC = diag (�1; : : : ; �n), so ist dur h X(t) := ( e�1t 1 � � � e�nt n ) ein Fundamen-talsystem zu x0 = Ax gegeben. Nun ist aber bekanntli h ni ht jede Matrix A 2 C n�ndiagonalisierbar, die Matrix A = � 0 10 0 �ist hierf�ur ein Beispiel. Aber jede Matrix kann dur h eine �Ahnli hkeitstransformationauf Jordans he Normalform transformiert werden. Dies ist der S hl�ussel, um au h f�ursol he Matrizen ein Fundamentalsystem bere hnen zu k�onnen. Wir verweisen hierzunur auf die Literatur, z. B. W. Walter (1996, S. 151 �.), und auf Aufgabe 1.5.3.3 Aufgaben1. F�ur A 2 C n�n bezei hne eAt das dur h X(0) = I normierte Fundamentalsystem X(t)zu x0 = Ax. Man zeige:(a) Es istddteAt = AeAt = eAtA; eA(t+s) = eAteAs; (eAt)�1 = e(�A)t = eA(�t)f�ur alle t; s 2 R.(b) Ist C 2 C n�n ni htsingul�ar und J := C�1AC, so ist eAt = CeJtC�1.( ) Mit � 2 C sei J 2 C n�n de�niert dur hJ := 0BBBBBBB� � 1 0 � � � 00 � . . . � � � 0... . . . . . . ...0 . . . 10 0 � � � � � � �1CCCCCCCA :Dann ist eJt = e�t0BBBBBBBBB�

1 t1! t22! � � � tn�2(n�2)! tn�1(n�1)!0 1 t � � � tn�3(n�3)! tn�2(n�2)!... . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . ...0 0 0 � � � 1 t0 0 0 � � � 0 11CCCCCCCCCA :

202 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungen(d) Die inhomogene Anfangswertaufgabex0 = Ax+ b(t); x(t0) = x0besitzt die eindeutige L�osungx(t) = eA(t�t0)x0 + Z tt0 eA(t�s)b(s) ds:(e) Sind A;B 2 C n�n mit AB = BA, so ist e(A+B)t = eAteBt f�ur alle t.(f) Es ist eAt = 1Xj=0 Ajtjj! :Genauer ist limk!1 kXj=0 Ajtjj! = eAt f�ur jedes t 2 R,wobei diese Konvergenz auf kompakten Teilmengen von R glei hm�a�ig ist.(g) Sei A := 0� 0 1 04 3 �41 2 �1 1A :Man zeige, dasseAt = 0� 1 4 00 4 41 6 1 1A0� 1 0 00 et tet0 0 et 1A0� 1 4 00 4 41 6 1 1A�1 :Man verglei he die hierdur h gewonnene Matrix eA mit P10j=0Aj=j!.2. F�ur zwei dur h eine Feder gekoppelte Pendel glei her Masse m = 1 und glei her L�angel lauten die Bewegungsglei hungen�x = ��x� k(x� y)�y = ��y � k(y � x);wobei g die Erdbes hleunigung und k die (positive) Federkonstante bedeuten und � :=g=l gesetzt ist. S hreibt man die beiden Di�erentialglei hungen zweiter Ordnung als einSystem von vier Di�erentialglei hungen erster Ordnung, so erh�alt man ein homogenesSystem mit der KoeÆzientenmatrixA = 0BB� 0 1 0 0�(�+ k) 0 k 00 0 0 1k 0 �(�+ k) 0 1CCA :Man bestimme ein zu x0 = Ax geh�orendes (ni ht notwendig normiertes) Fundamen-talsystem. Ferner l�ose man die Anfangswertaufgabe f�ur den Fall, dass zur Zeit t = 0ein Pendel angesto�en wird bzw. die Anfangswerte x(0) = y(0) = y0(0) = 0, x0(0) = 1vorgegeben werden.

5.4 Eins hrittverfahren bei Anfangswertaufgaben 2033. Man bestimme (wie au h immer)16 ein reelles Fundamentalsystem von L�osungen derDi�erentialglei hungssysteme x0 = Ax mitA := � 3 6�2 �3 � ; A := � 8 1�4 4 � :4. Man bestimme die allgemeine L�osung vonx00 � 6x0 + 25x = e2t:Ans hlie�end bestimme man die L�osung zu den Anfangswerten x(0) = 1, x0(0) = 0.5.4 Eins hrittverfahren bei AnfangswertaufgabenZwar sind in Maple, Mathemati a, MATLAB und anderen mathematis hen Anwender-systemen L�oser f�ur Anfangswertaufgaben bei gew�ohnli hen Di�erentialglei hungen ent-halten, aber man m�o hte nat�urli h wenigstens ann�ahernd verstehen, auf wel hen Prin-zipien diese basieren. Daher wollen wir in diesem Abs hnitt eine ganz kurze Einf�uhrungin die einfa hste Klasse von Verfahren zur numeris hen Behandlung von Anfangswert-aufgaben bei gew�ohnli hen Di�erentialglei hungssystemen geben. n�amli h Eins hritt-verfahren. Wir betra hten Anfangswertaufgaben der Form(P) x0 = f(t; x); x(t0) = x0und setzen der Einfa hheit halber generell voraus, dass:(V) Es ist f : [t0; T ℄� Rn �! Rn stetig und es existiert eine Konstante L > 0 mitkf(t; x)� f(t; y)k � L kx� yk f�ur alle (t; x); (t; y) 2 [t0; T ℄� Rn :Dies impliziert die Existenz genau einer L�osung von (P) auf dem Intervall [t0; T ℄. Wirbrau hen uns also keine Gedanken dar�uber zu ma hen, dass wir viellei ht versu henetwas zu bere hnen, was es gar ni ht gibt.5.4.1 Beispiele von Eins hrittverfahrenSei x die L�osung von (P), also x(t) der Wert der L�osung zur Zeit t, und h > 0 einegewisse S hrittweite. Bei einem Eins hrittverfahren ist eine N�aherung u(t) f�ur x(t)bekannt und es wird eine Vors hrift angegeben, wie u(t+h), eine N�aherung f�ur x(t+h),zu bere hnen ist. Ausgangspunkt ist stets die Identit�atx(t+ h) = x(t) + Z t+ht f(s; x(s)) ds:Indem man re hts das Integral dur h einen dur h eine Quadraturformel ermitteltenWert ersetzt, erh�alt man geeignete Verfahren.16Die Aufgabe ist W. Walter (1996, S. 159) entnommen.

204 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungen(a) Das Eulers he Polygonzugverfahren.Wendet man die sehr simple QuadraturformelZ ba f(s) ds � (b� a)f(a)an, so erh�alt man x(t+ h) � x(t) + hf(t; x(t)). Ersetzt man hier auf der re hten Seitedie unbekannte exakte L�osung x(t) zur Zeit t dur h u(t), so erh�alt man das Euler's hePolygonzugverfahrens, n�amli hu(t+ h) := u(t) + hf(t; u(t)):(b) Verfahren von Heun (au h Verfahren von Euler-Cau hy genannt).Es ist x(t + h) � x(t) + 12 h[f(t; x(t)) + f(t+ h; x(t+ h))℄;was einer Anwendung der TrapezregelZ ba f(s) ds � 12 [f(a) + f(b)℄entspri ht. Hieraus k�onnte man nat�urli h das implizite Eins hrittverfahrenu(t+ h) := u(t) + 12 h[f(t; u(t)) + f(t+ h; u(t+ h))℄gewinnen, das sogenannte verbesserte Euler-Verfahren oder Euler-Heun-Verfahren. ZurBestimmung von u(t+h) muss hier also ein ni htlineares Glei hungssystem (bzw. eineFixpunktaufgabe) gel�ost werden. Unter der Voraussetzung (V) hat diese Fixpunkt-aufgabe wegen des Kontraktionssatzes f�ur 12 hL < 1, also f�ur eine hinrei hend kleineS hrittweite h, eine eindeutige L�osung. Man kann aber au h ausx(t + h) � x(t) + hx0(t) = x(t) + hf(t; x(t))die Verfahrensvors hriftu(t+ h) := u(t) + 12 h [f(t; u(t)) + f(t+ h; u(t) + hf(t; u(t)))℄erhalten, das Verfahren von Heun.Die bisher angegebenen Verfahren spielen i. Allg. in der Praxis keine Rolle. Wirhaben sie trotzdem angegeben und hergeleitet, weil man an ihnen einige theoretis heErgebnisse besonders einfa h erl�autern kann. Die bisher benutzten Quadraturformelnzur n�aherungsweisen Bere hnung von I(f) := R ba f(s) ds haben die FormQ(f) := (b� a)f(a); Q(f) := 12 (b� a) [f(a) + f(b)℄:Bezei hnet man mit Pk die Menge der Polynome vom Grad � k, so stellt man sofortfest, dass die erste Quadraturformel auf P0 (der Menge der Konstanten) exakt ist,w�ahrend die zweite auf P1 exakt ist.

5.4 Eins hrittverfahren bei Anfangswertaufgaben 205( ) Verfahren von Runge-Kutta (vierter Ordnung).Ausgangspunkt istx(t+ h) � x(t) + 16 h [f(t; x(t)) + 4f(t+ 12 h; x(t + 12 h)) + f(t+ h; x(t + h))℄:Dies entspri ht der Anwendung der Simpson-Regel (siehe Aufgabe 1)Z ba f(s) ds � b� a6 [f(a) + 4 f(12 (a+ b)) + f(b)℄:Es ist x(t + 12 h) � x(t) + 12 hx0(t) = x(t) + 12 hk1(t)mit k1(t) := f(t; x(t)):Entspre hend ist x(t+ 12 h) � x(t) + 12 h x0(t+ 12 h)= x(t) + 12 hf(t+ 12 h; x(t + 12 h))� x(t) + 12 hf(t+ 12 h; x(t) + 12 hk1(t))= x(t) + 12 hk2(t)mit k2(t) := f(t+ 12 h; x(t) + 12 hk1(t)):Ferner ist x(t + h) � x(t) + hx0(t + 12 h)= x(t) + hf(t + 12 h; x(t + 12 h))� x(t) + hf(t + 12 h; x(t) + 12 hk2(t))= x(t) + hk3(t)mit k3(t) := f(t+ 12 h; x(t) + 12 hk2(t)):S hlie�li h ist f(t+ h; x(t+ h)) � f(t+ h; x(t) + hk3(t)) =: k4(t):Damit wirdx(t + h) � x(t) + 16 h[f(t; x(t)) + 2f(t+ 12 h; x(t + 12 h))+ 2f(t+ 12 h; x(t+ 12 h)) + f(t+ h; x(t + h))℄� x(t) + 16 h [k1(t) + 2k2(t) + 2k3(t) + k4(t)℄Das (klassis he) Runge-Kutta Verfahren ist daher dur h die folgende Vors hrift gege-ben: u(t+ h) := u(t) + h6 [k1(t) + 2k2(t) + 2k3(t) + k4(t)℄

206 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenmit k1(t) := f(t; u(t));k2(t) := f(t+ 12 h; u(t) + 12 hk1(t));k3(t) := f(t+ 12 h; u(t) + 12 hk2(t));k4(t) := f(t+ h; u(t) + hk3(t)):Beispiel: Wir geben ein Matlab-Programm zum Runge-Kutta-Verfahren an17. DasIntervall [t0; tmax℄, auf dem die L�osung der gegebenen Anfangswertaufgabe zu bere hnenist, sei �aquidistant unterteilt.fun tion [tvals,xvals℄=FixedRK(fname,x_0,t_0,t_max,m);%*************************************************************************%Bere hnet wird mit dem Runge-Kutta-Verfahren eine Naehungsl"osung fuer%die Anfangswertaufgabe x'=f(t,x), x(t_0)=x_0 mit der festen S hrittweite%h=(t_max-t_0)/(m-1).%Input: fname=string fuer die re hte Seite f (siehe folgende Beispiele).% x_0=Vektor des Anfangzustandes.% t_0=Anfangszeit% t_max=Endzeit.% m=Zahl der S hritte, es wird mit der konstanten S hrittweite% h=(t_max-t_0)/(m-1) gere hnet.%Output: tvals(k)=t_0+(k-1)h, k=1:m% xvals(:,k)=Naeherungsloesung in t=tvals(k), k=1..m%*************************************************************************t=t_0; x=x_0; tvals=t; xvals=x; f=feval(fname,t,x);h=(t_max-t_0)/(m-1);for k=1:m-1k_1=f;k_2=feval(fname,t+(h/2),x+(h/2)*k_1);k_3=feval(fname,t+(h/2),x+(h/2)*k_2);k_4=feval(fname,t+h,x+h*k_3);x=x+(h/6)*(k_1+2*k_2+2*k_3+k_4);t=t+h;f=feval(fname,t,x);xvals=[xvals x℄;tvals=[tvals t℄;end;Als Beispiel wenden wir die obige Funktion auf die Anfangswertaufgabe (Lotka-Volter-ra-Modell) x0 = 2x� 0:01xy; x(0) = 300;y0 = �y + 0:01xy; y(0) = 15017Siehe au hC. F. van Loan (1997) Introdu tion to S ienti� Computing. A Matrix-Ve tor Approa h using Mat-lab. Prenti e Hall, Upper Saddle River.

5.4 Eins hrittverfahren bei Anfangswertaufgaben 207an. Wir de�nieren eine Funktion, die die re hte Seite des Di�erentialglei hungssystemsliefert (dies kann ein eigenes Fun tion-File sein oder der Funktion FixedRK angeh�angtsein), etwafun tion out=Lotka(t,x);out=[2*x(1)-0.01*x(1)*x(2);-x(2)+0.01*x(1)*x(2)℄;Ans hlie�end gibt man z.B. ein:x_0=[300;150℄;[t,x℄=FixedRK('Lotka',x_0,0,10,200);plot(x(1,:),x(2,:))title('Phasenbahn im Lotka-Volterra-Modell')xlabel('Beute')ylabel('Raeuber')Wir erhalten das in Abbildung 5.10 angegebene Bild f�ur die Phasenbahn. 2

0 50 100 150 200 250 300 35050

100

150

200

250

300

350

400

450

500Phasenbahn im Lotka−Volterra−Modell

Beute

Ra

eu

be

r

Abbildung 5.10: Phasenbahn beim Lotka-Volterra-Modell5.4.2 Konsistenz von Eins hrittverfahrenNun kommen wir zur De�nition von Eins hrittverfahren und �uberlegen uns dazu, wasdie im letzten Unterabs hnitt angegebenen Verfahren gemeinsam haben. Gemeinsamist, da� aus der Kenntnis einer N�aherung u(t) f�ur die L�osung x(t) zur Zeit t bei vor-gegebener S hrittweite h > 0 und re hter Seite f eine N�aherung u(t + h) f�ur x(t + h)aus der Vors hrift u(t+ h) := u(t) + h�(h; f)(t; u(t))bere hnet wird. Hierbei hei�t � die Verfahrensfunktion des zugeh�origen Eins hritt-verfahrens. In den bisher angegebenen Beispielen ist die Verfahrensfunktion gegebendur h:

208 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungen(a) Euler: �(h; f)(t; u) := f(t; u).(b) Heun: �(h; f)(t; u) := 12 [f(t; u) + f(t+ h; u+ hf(t; u))℄.( ) Runge-Kutta: �(h; f)(t; u) := 16 [k1 + 2k2 + 2k3 + k4℄ mit k1 := f(t; u), k2 :=f(t+ 12 h; f(u+ 12 hk1)), k3 := f(t+ 12 h; u+ 12 hk2), k4 := f(t+ h; u+ hk3).Im folgenden sei k � k eine beliebig gegebene Norm auf dem Rn . Die folgenden Funktio-nenr�aume werden in der Konvergenztheorie eine Rolle spielen:(a) Sei Lip[t0; T ℄ die Menge aller stetigen Abbildungen f : [t0; T ℄ � Rn �! Rn , zudenen eine Konstante L > 0 mitkf(t; x)� f(t; y)k � L kx� yk f�ur alle (t; x); (t; y) 2 [t0; T ℄� Rnexistiert.(b) Sei FN [t0; T ℄ die Menge aller stetigen Abbildungen f : [t0; T ℄� Rn �! Rn , derenpartielle Ableitungen bis zur Ordnung N auf [t0; T ℄�Rn existieren und dort stetigund bes hr�ankt sind.Dann ist o�enbar F1[t0; T ℄ � Lip [t0; T ℄. Nat�urli h ist die Voraussetzung, dass die re hteSeite f einer Anfangswertaufgabe x0 = f(t; x), x(t0) = x0, zu einer Funktionenklas-se FN [t0; T ℄ geh�ort, ziemli h eins hr�ankend. \Lokale Versionen" (lokal bezieht si h hierauf die Variable x) der obigen Funktionenr�aume w�aren angebra hter. Da die Argumen-tation aber ni ht wesentli h anders w�urde, bleiben wir bei obigen Funktionsklassen.De�nition 6.1 F�ur (t; u) 2 [t0; T ℄� Rn sei z = z(s) die L�osung der Anfangswertauf-gabe z0 = f(s; z), z(t) = u. Dann hei�t�(h; f)(t; u) := z(t + h)� z(t)h � �(h; f)(t; u)der lokale Diskretisierungsfehler . Das dur h die Verfahrensfunktion � de�nierte (expli-zite) Eins hrittverfahren hei�t konsistent (zur gegebenen Anfangswertaufgabe), wennlimh!0+�(h; f)(t; u) = 0f�ur alle (t; u) 2 [t0; T ℄ � Rn und alle f 2 F1[t0; T ℄. Das Eins hrittverfahren hat dieKonsistenzordnung p, falls �(h; f)(t; u) = O(hp) f�ur alle (t; u) 2 [t0; T ℄ � Rn und allef 2 Fp[t0; T ℄.Es folgt eine einfa h na hpr�ufbare (notwendige und hinrei hende) Bedingung f�ur Kon-sistenz.Satz 6.2 Das Eins hrittverfahren mit der Verfahrensfunktion � ist genau dann kon-sistent zu der gegebenen Anfangswertaufgabe, wennlimh!0+�(h; f)(t; u) = f(t; u)f�ur alle (t; u) 2 [t0; T ℄� Rn und alle f 2 F1[t0; T ℄.

5.4 Eins hrittverfahren bei Anfangswertaufgaben 209Beweis: Sei z die L�osung der Anfangswertaufgabe z0 = f(s; z), z(t) = u. Es istk�(h; f)(t; u) + �(h; f)(t; u)� f(t; u)k = z(t + h)� z(t)h � z0(t) = 1h Z h0 [z0(t + �)� z0(t)℄ d� = 1h Z h0 [f(t+ �; z(t + �))� f(t; z(t))℄ d� � max�2[0;h℄ kf(t+ �; z(t + �))� f(t; z(t))k! 0:Hieraus liest man die Behauptung ab. 2Die bisher angegebenen Eins hrittverfahren sind wegen des eben angegebenen Satzeso�enbar s�amtli h konsistent.Beispiele: Wir wollen f�ur die bisher angegebenen Eins hrittverfahren die Konsistenz-ordnung bere hnen. Bei vorgegebenem (t; u) 2 [t0; T ℄� Rn sei z jeweils die L�osung derAnfangswertaufgabe z0 = f(s; z), z(t) = u. Beim Eulers hen Polygonzugverfahren istder lokale Diskretisierungsfehler f�ur f 2 F1[t0; T ℄ dur h�(h; f)(t; u)) = z(t + h)� z(t)h � f(t; u)= z0(t) +O(h)� f(t; u)= O(h)gegeben. Das Euler's he Polygonzugverfahren ist also ein Verfahren erster Ordnung.F�ur f 2 F2[t0; T ℄ ist beim Verfahren von Heun�(h; f)(t; u) = z(t + h)� z(t)h � 12[f(t; u) + f(t+ h; u+ hf(t; u))℄= z0(t) + h2z00(t) +O(h2)� 12[f(t; u) + f(t+ h; u+ hf(t; u))℄= f(t; u) + h2 ddsf(s; z(s))���s=t +O(h2)� 12[f(t; u) + f(t; u) + ft(t; u)h+ fx(t; u)hf(t; u)℄ +O(h2)= f(t; u) + h2 [ft(t; u) + fx(t; u) z0(t)|{z}=f(t;u)℄ +O(h2)� 12[f(t; u) + f(t; u) + ft(t; u)h+ fx(t; u)hf(t; u)℄ +O(h2)= O(h2):Das Verfahren von Heun ist also ein Verfahren zweiter Ordnung.Man kann (mit ziemli h m�uhsamer Re hnung) zeigen, das das klassis he Runge-Kutta-Verfahren die Ordnung vier hat. Ein Verfahren der Ordnung drei ist in Aufgabe3 angegeben.

210 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenNat�urli h stellt si h die Frage, ob die \ziemli h m�uhsame Re hnung" von Maple�ubernommen werden kann. Dies ist in der Tat der Fall. Wir beginnen mit dem Euler-s hen-Polygonzugverfahren, bei dem wir folgenderma�en vorgehen k�onnen:> g:=t->f(t,z(t)); g := t! f(t; z(t))> Delta:=h->(z(t+h)-z(t))/h-f(t,z(t));� := h! z(t+ h)� z(t)h � f(t; z(t))> s:=series(Delta(h),h,2);s := (D(z)(t) � f(t; z(t))) + O(h)> s1:=subs(D(z)(t)=g(t),s); s1 := O(h)Dur h diese Re hnung erhalten wir, dass�(h; f)(t; u)) = O(h);das Euler-Verfahren also ein Verfahren erster Ordnung ist. Entspre hend gehen wirbeim Heun-Verfahren vor (wir verzi hten diesmal auf das E ho):> g:=t->f(t,z(t)):> k_1:=h->f(t,z(t)):> k_2:=h->f(t+h,z(t)+h*k_1(h)):> Delta:=h->(z(t+h)-z(t))/h-(1/2)*(k_1(h)+k_2(h)):> s:=series(Delta(h),h,3):> s1:=subs((D��2)(z)(t)=D(g)(t),s):> s2:=subs(D(z)(t)=g(t),s1); s2 := O(h2)Das Heun-Verfahren ist also ein Verfahren der Ordnung 2. Dass das klassis he Runge-Kutta-Verfahren die Ordnung 4 hat, erh�alt man dur h:> restart;> g:=t->f(t,z(t)):> k_1:=h->f(t,z(t)):> k_2:=h->f(t+(h/2),z(t)+(h/2)*k_1(h)):> k_3:=h->f(t+(h/2),z(t)+(h/2)*k_2(h)):> k_4:=h->f(t+h,z(t)+h*k_3(h)):> Delta:=h->(z(t+h)-z(t))/h-(1/6)*(k_1(h)+2*k_2(h)+2*k_3(h)+k_4(h)):> s:=series(Delta(h),h,5):> s1:=subs((D��4)(z)(t)=(D��3)(g)(t),s):> s2:=subs((D��3)(z)(t)=(D��2)(g)(t),s1):> s3:=subs((D��2)(z)(t)=D(g)(t),s2):> s4:=subs(D(z)(t)=g(t),s3):> simplify(%); O(h4)In Aufgabe 3 kann \zu Fu�" und mit Hilfe von Maple na hgewiesen werden, dass eingewisses Eins hrittverfahren die Konsistenzordnung 3 besizt. 2

5.4 Eins hrittverfahren bei Anfangswertaufgaben 2115.4.3 Konvergenz von Eins hrittverfahrenNun wollen wir uns mit der Konvergenz von Eins hrittverfahren zur L�osung der An-fangswertaufgabe x0 = f(t; x); x(t0) = x0bes h�aftigen, wobei wir uns zun�a hst dar�uber klar werden m�ussen, was unter Konver-genz zu verstehen ist. Hierzu geben wir uns ein beliebiges t 2 [t0; T ℄ vor. Man errei htt von t0 ausgehend in m �aquidistanten S hritten der L�ange hm := (t � t0)=m, erh�altalso eine N�aherung um f�ur die L�osung x(t) zur Zeit t dur hu0 := x0; ui+1 := ui + hm�(hm; f)(t0 + ihm; ui) (i = 0; : : : ; m� 1):Es werden daher die S hrittweitenHt := n t� t0m : m 2 Noeine besondere Rolle spielen. Mit einem dur h die Verfahrensfunktion � de�niertenEins hrittverfahren kann mit einer Mas henweite h 2 Ht die N�aherung u(t; h) f�ur dieL�osung x(t) bere hnet werden. Der Fehlere(t; h) := u(t; h)� x(t)hei�t globaler Diskretisierungsfehler .Die folgende De�nition ist nun naheliegend.De�nition 6.3 Sei x(�) die L�osung der Anfangswertaufgabe x0 = f(t; x), x(t0) = x0.Ein dur h eine Verfahrensfunktion � de�niertes Eins hrittverfahren hei�t konvergent ,falls limm!1u(t; hm) = x(t) f�ur alle t 2 [t0; T ℄ und alle f 2 F1[t0; T ℄.Hierbei ist hm := (t� t0)=m, w�ahrend u(t; hm) aus� u0 := x0,� F�ur i = 0; : : : ; m� 1:ui+1 := ui + hm�(hm; f)(ti; ui); ti+1 := ti + hm;� u(t; hm) := umbere hnet wird.Nun kommen wir zum Konvergenzsatz f�ur Eins hrittverfahren. In seiner einfa hstenVersion sagt er aus, dass ein mit der gegebenen Anfangswertaufgabe konsistentes Ein-s hrittverfahren konvergent ist18. Diese Version geben wir zun�a hst an.18Es gilt hier au h die Umkehrung, worauf wir aber ni ht eingehen wollen.

212 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenSatz 6.4 Mit f 2 F1[t0; T ℄ und x0 2 Rn sei die Anfangswertaufgabe(P) x0 = f(t; x); x(t0) = x0gegeben, x(�) sei die eindeutige L�osung. Die Verfahrensfunktion �(h; t; u) (wir werdendie Abh�angigkeit von f unterdr�u ken) des betra hteten Eins hrittverfahrens sei stetigauf G := [0; h0℄ � [t0; T ℄� Rn , wobei h0 > 0, und lips hitzstetig bez�ugli h der letztenVariablen, es existiere also eine Konstante M > 0 mitk�(h; t; u)� �(h; t; v)k �M ku� vk f�ur alle (h; t; u); (h; t; v) 2 G:Dann gilt: Ist das Eins hrittverfahren konsistent, so ist es au h konvergent.Beweis: Sei t 2 (t0; T ℄ fest gew�ahlt und h := (t � t0)=m mit einem so gro�en m 2 N ,dass h � h0. Sei ti := t0 + ih, i = 0; : : : ; m. Wie s hon mehrfa h bes hrieben, erh�altman u(t; h) aus� u0 := x0,� F�ur i = 0; : : : ; m� 1:ui+1 := ui + h�(h; ti; ui)� u(t; h) := umZur Abk�urzung setze man xi := x(ti) und ei := ui � xi. Wegen�(h; ti; xi) = xi+1 � xih � �(h; ti; xi)ist xi+1 = xi + h[�(h; ti; xi) + �(h; ti; xi)℄und folgli hei+1 = ui+1 � xi+1 = ei + h[�(h; ti; ui)� �(h; ti; xi)℄� h�(h; ti; xi):Mit �(h) := maxt2[t0;T ℄ k�(h; t; x(t))kist dann kei+1k � (1 + hM) keik+ h�(h); i = 0; : : : :Wegen e0 = 0 erh�alt man dur h Zur�u kspulenku(t; h)� x(t)k = kemk� h�(h)m�1Xi=0 (1 + hM)i= h�(h)(1 + hM)m � 1hM� h�(h) emhM � 1hM= �(h) eM(t�t0) � 1M :

5.4 Eins hrittverfahren bei Anfangswertaufgaben 213Wegen der vorausgesetzten Konsistenz ist limh!0+ �(h) = 0, aus der gerade eben be-wiesenen Unglei hungskette folgt die Konvergenz des Eins hrittverfahrens. 2Korollar 6.5 Mit f 2 Fp[t0; T ℄ (mit p 2 N) und x0 2 Rn sei die Anfangswertaufgabe(P) x0 = f(t; x); x(t0) = x0gegeben, x(�) sei die eindeutige L�osung. Die Verfahrensfunktion �(h; t; u) (wir werdendie Abh�angigkeit von f unterdr�u ken) des betra hteten Eins hrittverfahrens sei stetigauf G := [0; h0℄ � [t0; T ℄ � Rn , wobei h0 > 0. Es gebe positive Konstanten M und Nderart, dass(a) Es ist k�(h; t; u)� �(h; t; v)k �M ku� vk f�ur alle (h; t; u); (h; t; v) 2 G:(b) F�ur den lokalen Diskretisierungsfehler (au h hier lassen wir die Abh�angigkeit vonf fort) gilt die Abs h�atzungk�(h; t; x(t))k � Nhp f�ur alle t 2 [t0; T ℄; h 2 [0; h0℄:Dann l�a�t si h der globale Diskretisierungsfehler e(t; h) := u(t; h) � x(t) abs h�atzendur h ke(t; h)k � Nhp eM(t�t0) � 1Mf�ur alle t 2 [t0; T ℄ und h = (t� t0)=m, wobei m 2 N so gro� sei, dass h � h0.Beweis: Die Aussage folgt o�enbar aus dem Beweis des letzten Satzes, da �(h) � Nhpvorausgesetzt wird. 2Theoretis h gibt der letzte Satz die M�ogli hkeit, ni ht nur die qualitative Aussage zuma hen, dass der globale Diskretisierungsfehler die glei he Ordnung wie der lokale Dis-kretisierungsfehler hat, sondern sogar eine quantitative Fehlerabs h�atzung anzugeben,zumindestens dann, wenn man geeignete Konstanten M und N kennt, was aber sehrselten der Fall ist.5.4.4 Eins hrittverfahren und ExtrapolationStatt vom L�osen einer Di�erentialglei hung spri ht man h�au�g au h von ihrer Inte-gration, was na�urli h ist, denn die L�osung x von x0 = f(t), x(t0) = x0 erh�alt mandur h das Integral x(t) = x0 + R tt0 f(s) ds. Dur h jedes der vorgestellten Verfahrenkann man also au h bestimmte Integrale bere hnen. Aus der numeris hen Integrationwissen wir (eventuell), dass man die Ordnung der (zusammengesetzten) Trapezregelund der Simpson-Regel sukzessive dur h Extrapolation erh�ohen kann, was z. B. auf dasRomberg-Verfahren f�uhrt. Dass ein sol hes Vorgehen au h bei der numeris hen Behand-lung von Anfangswertaufgaben m�ogli h ist, folgt aus dem n�a hsten Satz. Dieser stammt

214 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenvon W. Gragg (1963), sein sehr h�ubs her Beweis von E. Hairer, Ch. Lubi h (1984)19. Inihm wird die Existenz einer asymptotis hen Entwi klung des lokalen Diskretisierungs-fehlers vorausgesetzt und auf eine des globalen Diskretisierungsfehlers ges hlossen.Satz 6.6 Sei f 2 FN+2[t0; T ℄ und u(t; h) die von dem Eins hrittverfahren mit der(hinrei hend glatten) Verfahrensfunktion � gelieferte N�aherungsl�osung f�ur x(t), wobeix(�) die L�osung der Anfangswertaufgabe(P) x0 = f(t; x); x(t0) = x0ist. Es sei �(0; t; u) = f(t; u) (Konsistenzbedingung), ferner gelte mit einem p � 1 diefolgende Entwi klung des lokalen Diskretisierungsfehlers:(�) �(h; t; x(t)) = x(t + h)� x(t)h ��(h; t; x(t)) = dp(t)hp+� � �+dN(t)hN+O(hN+1);insbesondere habe das Verfahren also die Ordnung p. Dann besitzt u(t; h) eine asym-ptotis he Entwi klung der Formu(t; h) = x(t) + ep(t)hp + ep+1(t)hp+1 + � � �+ eN (t)hN + EN+1(t; h)hN+1f�ur alle t 2 [t0; T ℄, h = hm = (t � t0)=m, m 2 N . Dabei sind die Funktionen ei vonh unabh�angig und das Restglied EN+1(t; h) ist bei festem t f�ur alle h = hm, m 2 N ,bes hr�ankt.Beweis: Zun�a hst wird nur ausgenutzt, dass wegen (�) insbesondere�(h; t; x(t)) = x(t+ h)� x(t)h � �(h; t; x(t)) = dp(t)hp +O(hp+1):Wir zeigen, dass eine stetig di�erenzierbare Funktion ep existiert mitu(t; h)� x(t) = ep(t)hp +O(hp+1):Hierzu de�nieren wir u(t; h) := u(t; h)� ep(t)hpmit no h unbestimmter Funktion ep. Dann istu(t + h; h) = u(t+ h; h)� ep(t+ h)hp= u(t; h) + h�(h; t; u(t; h))� ep(t+ h)hp= u(t; h) + ep(t)hp + h�(h; t; u(t; h) + ep(t)hp)� ep(t+ h)hp= u(t; h) + h �(h; t; u(t; h))mit �(h; t; u) := �(h; t; u+ ep(t)hp)� [ep(t + h)� ep(t)℄hp�1:19Hairer, E., C. Lubi h (1984) \Asymptoti expansions of the global error of �xed-stepsizemethods." Numer. Math. 45, 345{360.

5.4 Eins hrittverfahren bei Anfangswertaufgaben 215Also ist u(t; h) Resultat eines S hrittes eines Eins hrittverfahrens mit der Verfahrens-funktion �. Nun entwi keln wir den lokalen Diskretisierungsfehler des zu � geh�orendenEins hrittverfahrens:�(h; t; x(t)) = x(t + h)� x(t)h � �(h; t; x(t))= �(h; t; x(t)) + [�(h; t; x(t))� �(h; t; x(t))℄= dp(t)hp +O(hp+1) + [�(h; t; x(t))� �(h; t; x(t))℄= [�(h; t; x(t))� �(h; t; x(t) + ep(t)hp)℄+ [dp(t) + e0p(t)℄hp +O(hp+1)= [dp(t)� fx(t; x(t))ep(t) + e0p(t)℄hp +O(hp+1):Hierbei haben wir ausgenutzt, da��(h; t; x(t) + ep(t)hp) = �(h; t; x(t)) + �x(h; t; x(t))ep(t)hp +O(hp+1)= �(h; t; x(t)) + �x(0; t; x(t))ep(t)hp +O(hp+1)= �(h; t; x(t)) + fx(t; x(t))ep(t)hp +O(hp+1):Daher bestimme man ep als L�osung der linearen Anfangswertaufgabee0p = fx(t; x(t))ep � dp(t); ep(t0) = 0:Dann ist dur h die Verfahrensfunktion � ein Eins hrittverfahren der Ordnung p + 1gegeben, so dass die zugeh�orige Konvergenzordnung au h mindestens p+1 ist. Also istu(t; h)� x(t) = ep(t)hp + u(t; h)� x(t) = ep(t)hp +O(hp+1):Ist N = p, so ist der Beweis abges hlossen, andernfalls kann die obige Konstruktionfortgesetzt werden, wobei � dur h � und p dur h p+ 1 zu ersetzen ist. 2Eine asymptotis he Entwi klung des globalen Diskretisierungsfehlers ist aus mindestenszwei Gr�unden wi htig. Zum einen kann man in diesem Falle den globalen Diskretisie-rungsfehler abs h�atzen bzw. genauer s h�atzen. Es gelte also etwau(t; h)� x(t) = ep(t)hp +O(hp+1):Hat man mit der S hrittweite h den N�aherungswert u(t; h) f�ur x(t) bestimmt, so be-re hne man ans hlie�end mit einer anderen S hrittweite, z. B. mit der S hrittweite 12 h,f�ur dasselbe t den N�aherungswert u(t; 12h). Ausu(t; h)� x(t) = ep(t)hp +O(hp+1);u(t; 12h)� x(t) = ep(t)�h2�p +O(hp+1)folgt dur h Subtraktionu(t; h)� u(t; 12h) = ep(t)�h2�p(2p � 1) +O(hp+1)

216 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenund ans hlie�end ep(t)�h2�p = u(t; h)� u(t; 12h)2p � 1 +O(hp+1):Dann ist s hlie�li h dur hu(t; 12h)� x(t) = u(t; h)� u(t; 12h)2p � 1 +O(hp+1)eine S h�atzung des Fehlers e(t; 12h) gelungen. Beim Runge-Kutta Verfahren ist p = 4,hier lautet die entspre hende S h�atzungu(t; 12h)� x(t) � u(t; h)� u(t; 12h)15 :Beispiel: Wir wollen die Qualit�at des gerade eben vorgestellten Fehlers h�atzers aneinem Beispiel testen. Hierzu l�osen wir die Anfangswertaufgabe x0 = x� t2+1, x(0) =0:5, deren L�osung x(t) = (1+t)2� 12et ist, mit dem Runge-Kutta-Verfahren mit h := 0:2und 12h = 0:1 auf dem Intervall [0; 2℄. Wir erhalten die folgenden Werte f�ur t = 2:u(2; h) u(2; 12h) x(2)5:30536300069265 5:30546496022735 5:30547195053467und damit u(2; h)� u(t; 12h)15 = �6:797302313129213e� 06;u(2; 12h)� x(2) = �6:990307323206935e� 06:Das ist also s hon eine verbl�u�end gute S h�atzung. 2Die Idee der Extrapolation wollen wir nur ganz kurz bes hreiben. Angenommen, mitdem Runge-Kutta-Verfahren seien u(t; h) und u(t; 12h) bere hnet worden. Dann istu(t; h) = x(t) + e4(t)h4 + e5(t)h5 + � � �u(t; 12h) = x(t) + 116e4(t)h4 + 132e5(t)h5 + � � � ;woraus man den (ho�entli h) verbesserten Wertu�(t; 12h) := 16u(t; 12h)� u(t; h)15 = x(t)� 130e5(t)h5 + � � �erh�alt.Beispiel: Wir setzen das eben angegebene Beispiel fort und geben au h no h denextrapolierten Wert u�(2; 12h) an:u(2; h) u(2; 12h) u�(2; 12h) x(2)5:30536300069265 5:30546496022735 5:30547175752966 5:30547195053467Der Erfolg ist o�ensi htli h. 2

5.4 Eins hrittverfahren bei Anfangswertaufgaben 2175.4.5 S hrittweitensteuerungNun wollen wir einiges zu dem wi htigen Problem der S hrittweitensteuerung sagen,nat�urli h na h wie vor bei Eins hrittverfahren. Einer der Vorteile von Eins hrittver-fahren gegen�uber sogenannten Mehrs hrittverfahren, auf die wir ni ht mehr eingehenwerden, ist, dass eine S hrittweitensteuerung im Prinzip sehr einfa h dur hf�uhrbar ist.Das Problem besteht darin, dass man zwei Ziele verfolgen will, die si h gegenseitigauss hlie�en:� Zum einen will man die S hrittweite m�ogli hst gro� w�ahlen, um den Arbeitsauf-wand zur Integration einer Anfangswertaufgabe �uber ein vorgegebenes Zeitinter-vall m�ogli hst klein zu halten,� andererseits will man die L�osung m�ogli hst genau bere hnen, wozu i. allg. einekleine S hrittweite n�otig ist,� au�erdem will man die S hrittweite den jeweiligen Verh�altnissen anpassen, alsodort feiner diskretisieren, wo es n�otig ist, sonst aber mit einer gr�oberen S hritt-weite arbeiten.Wir bes hreiben nun eine m�ogli he Form der S hrittweitensteuerung (und folgen hierJ. Stoer, R. Bulirs h (1990, S. 127 �.)).Gegeben seien (t0; x0) und � > 0, gesu ht ist eine m�ogli hst gro�e S hrittweite h > 0mit ke(t0+h; hk � � oder wenigstens ke(t0+h; h)k � �. Hierbei bedeutet e(t; h) wiederden globalen Diskretisierungsfehler in t bei Verwendung eines Eins hrittverfahrens mitder S hrittweite h. Hierbei sollte � ni ht zu klein gew�ahlt werden, etwa� � epsK mit K := maxt2[t0;t0+h℄ kx(t)k;wobei eps die Mas hinengenauigkeit bedeutet. Die Mas hinengenauigkeit eps (kleinstepositive Zahl mit 1 + eps 6= 1) wird h�au�g dur h das folgende (Matlab-) Programmbere hnet:u=1;while 1+u~=1u=u/2;end;u=2*u;Als Resultat erhalten wir (mit format long g) u=2.22044604925031e-16, was genaumit dem Resultat der Matlab-Funktion eps �ubereinstimmt. Wir nehmen an, dass einVerfahren der Ordnung p benutzt wird, so dass e(t; h) = ep(t)hp + O(hp+1). Wegenep(t0) = 0 ist ep(t) � (t� t0)e0p(t0). Es iste(t0 + h; h) � ep(t0 + h)hp � e0p(t0)hp+1;wenn also ke(t0 + h; h)k � � sein soll, hat man h so zu w�ahlen, dass ke0p(t0)k hp+1 � �.Um hieraus h zu bere hnen, m�u�te man ke0p(t0)k kennen, was aber i. allg. ni ht der Fallist. Daher versu hen wir, ke0p(t0)k zu s h�atzen.

218 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungenMan w�ahle eine S hrittweite H > 0 und bere hne u(t0 +H;H) und u(t0+H; 12H).Dann ist (siehe oben)e(t0 +H; 12H) � u(t0 +H;H)� u(t0 +H; 12H)2p � 1 :Andererseits ist e(t0 +H; 12H) � ep(t0 +H)�H2 �p � e0p(t0)H�H2 �pund daher ke0p(t0)k � 1Hp+1 2p2p � 1 ku(t0 +H;H)� u(t0 +H; 12H)k:Aus ke0p(t0)k hp+1 � � erh�alt man also h ausHh � p+1s 2p2p � 1 ku(t0 +H;H)� u(t0 +H; 12H)k� :Ist H=h� 2, so ist ke(t0 +H; 12H)k � 2�, daHh � p+1r2p� ke(t0 +H; 12H)k:Dann ersetzt man H dur h den (wesentli h) kleineren Wert 2h und beginnt die Re h-nung no h einmal. Dies sieht dann also folgenderma�en aus:� Gegeben (t0; x0) (Anfangszeit, Anfangszustand), H > 0 (Anfangss hrittweite),� > 0 (gew�uns hte Genauigkeit), T > t0 (Endzeit, die L�osung soll auf [t0; T ℄bere hnet werden).(1) Bere hne u(t0 +H;H) und u(t0 +H; 12H). Ans hlie�end bere hne manh := H p+1s2p � 12p �ku(t0 +H;H)� u(t0 +H; 12H)k :(2) Falls H=h� 2, dann setze H := 2h und gehe zu (1).(3) Setze (t0; x0) := (t0 +H; u(t0 +H; 12H)), H := 2h.(4) Falls t0 � T , dann: STOP, die Anfangswertaufgabe ist auf [t0; T ℄ numeris h gel�ost.Andernfalls gehe man na h (1).

5.4 Eins hrittverfahren bei Anfangswertaufgaben 2195.4.6 Aufgaben1. Man zeige: Ist p 2 P3 (Menge der kubis hen Polynome), so istZ ba p(t) dt = b� a6 [p(a) + 4 p(12 (a+ b)) + p(b)℄:2. Man betra hte ein Eins hrittverfahren mit der Verfahrensfunktion�(h; f)(t; u) := a1f(t; u) + a2f(t+ b1h; u+ b2hf(t; u))und zeige, dass dieses die Ordnung 2 besitzt, fallsa1 + a2 = 1; a2b1 = 12 ; a2b2 = 12 :Spezialf�alle erh�alt man �ubrigens f�ur a1 = 0, a2 = 1, b1 = b2 = 12 (modi�ziertes Euler-Verfahren) und f�ur a1 = a2 = 12 , b1 = b2 = 1 (Heun-Verfahren).3. Man betra hte ein Eins hrittverfahren mit der Verfahrensfunktion�(h; f)(t; u) := 14k1 + 34k3;wobeik1 := f(t; u); k2 := f(t+ 13h; u+ 13hk1); k3 := f(t+ 23h; u+ 23hk2):Man zeige, dass dies ein Verfahren der Ordnung 3 ist. Hierbei darf man si h auf denFall einer Di�erentialglei hung erster Ordnung, also n = 1, bes hr�anken. Ans hlie�endl�ose man diese Aufgabe mit Maple.4. Man betra hte ein Eins hrittverfahren mit der Verfahrensfunktion�(h; f)(t; u) := 16(k1 + 4k2 + k3);wobeik1 := f(t; u); k2 := f(t+ 12h; u + 12hk1); k3 := f(t+ h; u� hk1 + 2hk2):Man zeige, dass dies ein Verfahren der Ordnung 3 ist. Hierbei darf man si h auf den Falleiner Di�erentialglei hung erster Ordnung, also n = 1, bes hr�anken und die Aufgabemit Maple l�osen.5. Man bestimme20 die exakte L�osung der Anfangswertaufgabe x0 = (2=t)x, x(1) = 1.Ans hlie�end bestimme man einen analytis hen Ausdru k f�ur die dur h das Eulers hePolygonzugverfahren erhaltene N�aherung und gebe den globalen und den lokalen Dis-kretisierungsfehler an.6. Man s hreibe ein Matlab-Programm f�ur das klassis he Runge-Kutta-Verfahren mit au-tomatis her S hrittweitensteuerung. Ans hlie�end teste man das Programm an der An-fangswertaufgabe (siehe Stoer-Bulirs h)x0 = �200tx2; x(�3) = 1901 ;wel he auf [�3; 0℄ zu l�osen sei.20Diese Aufgabe ist dem Lehrbu hR. Kress (1998) Numeri al Analysis . Springer-Verlag, New York-Berlin-Heidelberg.entnommen.

220 Gew�ohnli he Di�erentialglei hungen

Der goldene S hnittJo hen Werner15. August 2003Inhaltsverzei hnis1 De�nition und Konstruktion 21.1 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 Die Fibona i-Zahlen 112.1 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 Fra Lu a Pa ioli: Divina Proportione 153.1 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264 Geometris he Konstruktionen und Probleme 274.1 Das goldene Dreie k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274.2 Das 3-4-5-Dreie k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284.3 Ein h�ubs hes Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.4 Das F�unf-Kreise-Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.5 Die goldene Spirale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314.6 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325 Etwas Mathematik rund um � 325.1 Minimierung einer unimodalen Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . 325.2 Die Konvergenzges hwindigkeit des Sekantenverfahrens . . . . . . . . . 345.3 Die Anzahl der S hritte im euklidis hen Algorithmus . . . . . . . . . . 345.4 � als ges ha htelte Wurzel und als Kettenbru h . . . . . . . . . . . . . 355.5 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376 L�osungen zu den Aufgaben 376.1 Aufgaben in Abs hnitt 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376.2 Aufgaben in Abs hnitt 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396.3 Aufgaben in Abs hnitt 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 456.4 Aufgaben in Abs hnitt 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 466.5 Aufgaben in Abs hnitt 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481

In dieser Vorlesung will i h einige \merkw�urdige" Dinge �uber den goldenen S hnitterz�ahlen. Vor �uber 20 Jahren habe i h das erste Mal in einer abs hlie�enden Vorle-sung (�uber Numeris he Mathematik oder Optimierung, i h wei� es ni ht mehr) �uberFibona i-Zahlen und den goldenen S hnitt beri htet. Seitdem ist es dur h das Inter-net und Su hmas hinen1 viel einfa her geworden, interessante Informationen2 (ni htnur) hierzu zu gewinnen. Au�erdem ist inzwis hen (sogar s hon in zweiter Au age) dasBu h von A. Beutelspa her, B. Petri (1996) �uber den goldenen S hnitt heraus-gekommen, wel hes au h ein sehr rei hhaltiges Literaturverzei hnis besitzt. Mit dieserverbesserten Quellenlage soll eine verbesserte Neuau age der damaligen Vorlesung ver-su ht werden.1 De�nition und KonstruktionMan sagt, eine Stre ke sei na h dem goldenen S hnitt in zwei Teile geteilt, wenn si hdie gesamte Stre ke zum gr�o�eren Teil verh�alt wie dieser zum kleineren. Hat man alsoeine Stre ke der L�ange L, so bestimmt si h die L�ange l der gr�o�eren na h dem goldenenS hnitt geteilten Stre ke aus Ll = lL� l :Hieraus erh�alt man f�ur das \Goldene-S hnitt-Verh�altnis" L=l die Glei hungLl = 1L=l � 1 bzw. �Ll �2 � Ll = 1:Von den beiden L�osungen dieser quadratis hen Glei hung ist nat�urli h nur die positiverelevant, so dass Ll = 1 +p52 bzw. l = p5� 12 L:Die Zahl3 � := 1 +p52 = 1:6180339887498948482 � � �hei�t die Goldene-S hnitt-Zahl4. Dieses Verh�altnis bzw. Proportion (goldener S hnitt,stetige Teilung, se tio aurea, divina proportione, se tion d'or, golden se tion, golden1Gibt man der Su hmas hine Google den Su hbegri� \Goldener S hnitt\ ein, so erh�alt man 4 410Seiten, bei \Golden Se tion\ sind es 21 600, bei \Golden Ratio\ sogar 29 100.2Siehe z. B.http://mathworld.wolfram. om/GoldenRatio.htmlundhttp://www.geometry.net/math dis over/golden ratio.html3Die Bezei hnung � f�ur die Goldene-S hnitt-Zahl soll den grie his hen Bildhauer Phidias (er lebteetwa von 490/80 bis 430/20 v.Chr.) ehren, der in seinen Skulpturen, aber vor allem beim Bau desParthenon (Beginn 449 v.Chr.) den goldenen S hnitt angwandt haben soll, siehe D. E. Knuth(1997, S. 81). Allerdings ist Phidias ni ht Baumeister des Parthenon gewesen, au h seine Beteiligungbei der Ausgestaltung der Friese und Giebel ist ni ht gesi hert. Er k�onnte allerdings (hief�ur gibt esnur Plutar h als Quelle) eine Art Oberaufseher �uber alle beim Bau des Parthenon beteiligten K�unstlergewesen sein.4Unter 2

ratio) hat seit Jahrhunderten ni ht nur Mathematiker und Mathematikerinnen faszi-niert. Etwas �uberh�oht ausgedr�u kt (Lexikon der Kunst (in 4 B�anden) Band II, Leipzig1976):� Der Mens h emp�ndet den goldenen S hnitt als besonders harmonis h, da ervermutli h als die geistig sinnli he Umsetzung von Modellvorstellungen entstan-den ist, die si h beim Mens hen bei der praktis hen Aneignung der Wirkli hkeitgebildet haben.Wir wollen auf das Auftreten der \goldenen Proportion" � in Kunst, Ar hitektur undNatur kaum eingehen, sondern verweisen auf die Kapitel 9 und 10 bei A. Beutels-pa her, B. Petri (1996) sowie auf die vielen Webseiten, die man dur h entspre hendeAnfragen bei z. B. Google erh�alt. Erw�ahnt sei nur, dass die vier Linien, die man dur hTeilung der Seiten eines Re hte ks na h dem goldenenen S hnitt erh�alt (siehe Abbil-dung 1 links, hier sind wir von einem Re hte k im DIN-Format ausgegangen) von O.

Abbildung 1: Goldene Linien und Punkte in einem DIN-Re hte k (links), \Konstruk-tion" der Mona Lisa (re hts)Hagenmaier (1949) goldene Linien, ihre S hnittpunkte als goldene Punkte bezei hnetwerden. Dort kann man na hlesen:http://www. s.arizona.edu/i on/oddsends/phi.htm�ndet man die ersten 5 000 Stellen von �. Beihttp://pi.la im.uqam. a/piDATA/golden.txtsollen es (wir haben es ni ht na hgez�ahlt) 10 Millionen Stellen sein.3

� Die so gewonnenen \Goldenen Linien" und \Goldenen Punkte" sind f�ur den Bild-aufbau von besondere Bedeutung. Einer, man hmal au h mehreren Goldenen Li-nien kommt eine anordnende Teilung im Bildaufbau zu, w�ahrenddessen einer odermehrere der Goldenen Punkte f�ur den Bildaufbau insofern wi htig sein k�onnen,als ein dort angebra hter Gegenstand oder Farb e k den Bildeindru k wesentli hbeein usst.Von Hagenmaier wird au h behauptet, dass Leonardo da Vin i seine Bilder konstruktivaufbaute und z. B. bei der \Konstruktion" der Mona Lisa zwei Goldene Dreie ke (dassind glei hs henklige Dreie ke, bei denen das Verh�altnis zwis hen S henkell�ange undL�ange der Basisseite gerade � ist), deren Basisl�ange die Breite des Bildes (53 m) ist,benutzte. Ganz kann das ni ht hinkommen, denn bei einer Basisl�ange von 53 m w�aredie H�ohe eines goldenen Dreie ks 53q�2 � 14 m � 81:5 m, w�ahrend die H�ohe desMona-Lisa-Bildes ledigli h 77 m ist. In Abbildung 1 re hts haben wir in ein Re hte k,bei wel hem das Verh�altnis zwis hen H�ohe und Breite 77/53 ist, zwei Dreie ke ein-gezei hnet, die n�aherungsweise goldene Dreie ke sind. Die gestri helten Linien tre�ensi h in dem magis hen linken Auge der Mona Lisa.Bei Euklid5 (Elemente VI, Def. 3)6 wird die stetige Teilung (bzw. der GoldeneS hnitt) de�niert (und zwar genau wie oben). S hon vorher kommt aber bei Euklid inBu h II, 11 die folgende Aufgabe vor:� Eine gegebene Stre ke ist so zu teilen, dass das Re hte k aus der ganzen Stre keund dem einen Abs hnitt dem Quadrat �uber dem anderen Abs hnitt glei h ist.Hierbei ist bei Euklid nat�urli h eine geometris he Konstruktion mit Zirkel und Linealzur Bestimmung des gesu hten \S hnittes" gemeint. Klar ist, dass diese Aufgabe aufeine Teilung der Stre ke na h dem goldenen S hnitt hinausl�auft7. Denn: Sei L die L�angeder ganzen Stre ke. Dann bestimmt si h die Seitenl�ange l des Quadrates ausL(L� l) = l2 bzw. �Ll �2 � Ll = 1:5Aus einem Lexikon der S hulmathematik: Euklid lebte im 4. Jahrhundert v.Chr. (365? bis 300?),lehrte in Alexandria Mathematik und sammelte in seinen Elementen das Wissen seiner Zeit. Die In-halte der B�u her I-IV (ebene Geometrie) und VII-IX (Zahlentheorie) werden heute den Pythagoreernzuges hrieben, whrend V (Ausdehnung der Gr�o�enlehre auf Irrationalit�aten) und XII (Stereometrie)auf Eudoxos, X (Irrationalit�aten) und XIII (Regul�are Polyeder) auf Theaitetos zur kgehen Die B�u herXIV und XV stammen aus sp�aterer Zeit, XIV stammt von Hypsikles (2. Jahrhundert v. Chr.) und XVvon Demaskios (6. Jahrhundert n. Chr.). Die Elemente zeigen den hohen Stand der grie his hen Ma-thematik jener Zeit. Mit den De�nitionen, Axiomen und Postulaten hatte sie si h zu einer deduktiven,mit strengen Beweisen arbeitenden Wissens haft entwi kelt.6Eine englis he online Version der Elemente Euklids (B�u her I-XII) �ndet man unter der Adressehttp://aleph0. larku.edu/~djoy e/java/elements/to .html7Ein weiteres wi htiges Verh�altnis ist das DIN-Format. Ein Re hte k mit Seitenl�angen L und l � Lhat DIN-Format, wenn Ll = lL=2 bzw. Ll = p2:Glei hbedeutend ist, dass das Halbieren einer Seite, wel he DIN-Format hat, wieder ein DIN-Formatergibt. Ein Re hte k im DIN-Format mit einer Fl�a he von 1m2 = 10 000 m2, hat die Seitenl�angen l(in m) mit p2l2 = 1002, also l = 100=21=4 � 84:0896 und L = p2l � 118:9207. Ein Re hte k mit4

Dies ist genau die harakteristis he quadratis he Glei hung f�ur die Goldene-S hnitt-Zahl �.Die Konstruktion bei Euklid zur Bestimmung des goldenen S hnittes verl�auft fol-genderma�en.� Gegeben sei die Stre ke AB, die na h dem goldenen S hnitt zu teilen ist.� Konstruiere das Quadrat ABDC.� Halbiere die Stre ke AC im Punkte E.� S hlage um E einen Kreis mit dem Radius jEBj und �nde den Punkt F alsS hnittpunkt dieses Kreises mit der Verl�angerung der Stre ke CA �uber A hinaus.� S hlage um A einen Kreis mit dem Radius jAF j und �nde den den Punkt P alsS hnittpunkt mit der Stre ke AB.� Im Punkte P wird die Stre ke AB na h dem goldenen S hnitt geteilt.In Abbildung 2 wird diese Konstruktion verdeutli ht. Dass in der Tat die Stre ke ABim Punkt P na h dem goldenen S hnitt geteilt wird, sieht man lei ht ein. Denn mitHilfe des Satzes von Pythagoras erh�alt manjAP j = jAF j = jEF j � jAEj = jEBj � jABj2 = �p5� 12 �jABj = jABj� ;also jABj=jAP j = �.Eine weitere Konstruktion des goldenen S hnitts mit Zirkel und Lineal ist die fol-gende (sie wird bei A. Beutelspa her, B. Petri (1996, S. 21) als erste angegeben,weil sie wohl die einfa hste ist):� Gegeben sei die Stre ke AB, die na h dem goldenen S hnitt zu teilen ist.� Erri hte in B die Senkre hte und trage darauf eine Stre ke der L�ange jABj=2 ab,erhalte C.� D sei S hnittpunkt des Kreises mit dem Radius jCBj = jABj=2 um C und derStre ke AC.� P sei S hnittpunkt des Kreises um A mit dem Radius AD und der Stre ke AB.� Im Punkte P wird die Stre ke AB na h dem goldenen S hnitt geteilt.Diese Konstruktion wird in Abbildung 3 angegeben. Au h diese Konstruktion ist lei htdiesen Ma�en hat das Format DIN A0. Die ersten Formate sind daherFormat ho h breitDIN A0 118:9 84:1DIN A1 84:1 59:5DIN A2 59:5 42:0DIN A3 42:0 29:7DIN A4 29:7 21:05

C

E

A B

F

P

Abbildung 2: Konstruktion des goldenen S hnitts na h EuklidA B

P

C

D

Abbildung 3: Eine weitere Konstruktion des goldenen S hnittszu re htfertigen. Denn es istjAP j = jADj = jACj � jDCj = p52 jABj � jABj2 = �p5� 12 �jABj = jABj� ;woraus si h wieder die Behauptung ergibt.Von G. Odom (1983) stammt die folgende Aufgabe:� Let A and B be the midpoints of the sides EF and ED of an equilateral triangleDEF . Extend AB to meet the ir um ir le (of DEF ) at C. Show that B dividesAC a ording to the golden se tion.Streng genommen handelt es si h hier also ni ht um die Konstruktion des innerengoldenenen S hnittes, sondern des �au�eren goldenen S hnittes. Abbildung 4 soll dieKonstruktion verdeutli hen. Die L�osung der Aufgabe ers hien �ubrigens im Ameri anMathemati al Monthly 93 (1986, S. 572), siehe au h A. Beutelspa her, B. Petri6

F D

E

A B CG

Abbildung 4: Die Aufgabe von G. Odom(1996, S. 23). Zun�a hst bea hten wir, dass au h das Dreie k 4ABE glei hseitig ist,was z. B. aus dem Strahlensatz folgt. Nun wenden wir den Sehnensatz an. Dieser sagtaus:� Zieht man dur h einen Punkt P in einem Kreis Sehnen, so sind die Produkteder L�angen der von P aus gemessenen Abs hnitte auf den Sehnen glei h, sieheAbbildung 5.P

A

B

C

DAbbildung 5: Der Sehnensatz: jAP j jPBj = jCP j jPDjBei der Anwendung spielt B die Rolle von P , die beiden Sehnen sind ED und GC,ihre Abs hnitte EB und BD bzw. BC und GB. Hierna h ist dann(�) jABj2 = jEBj jBDj = jBCj jGBj = jBCj(jABj+ jGAj) = jBCj(jABj+ jBCj):Folgli h ist � jACjjAB �2 � jACjjABj = � jABj+ jBCjjABj �2 � jABj+ jBCjjABj7

= � jBCjjABj�2 + jBCjjABj= 1:Folgli h ist jACj=jABj = � und jBCj=jABj = 1=� bzw. jABj=jBCj = �.Na h Lorenzo Mas heroni8(*1750, y1800) l�asst si h jede Konstruktion, die mit Zir-kel und Lineal gema ht werden kann, au h alleine mit dem Zirkel dur hf�uhren9. DieKonstruktion kann folgenderma�en verlaufen:� Gegeben sei die Stre ke AB, die na h dem goldenen S hnitt zu teilen ist.� S hlage um A und B jeweils den Kreis mit dem Radius jABj und bestimme dieS hnittpunkte J und K dieser beiden Kreise.� Sei L S hnittpunkt des Kreises um J mit dem Radius JK und des Kreises um Amit dem Radius jABj.� Seien N und M S hnittpunkte des Kreises um B mit dem Radius jJKj und desKreises um A mit dem Radius jABj.� Sei O S hnittpunkt des Kreises um L mit dem Radius jJKj und des Kreises umB mit dem Radius jJKj.� Sei P der S hnittpunkt der Kreise um M bzw. N mit dem Radius AO.� Im Punkte P wird die Stre ke AB na h dem goldenen S hnitt geteilt.Diese Konstruktion wird in Abbildung 6 dur hgef�uhrt. Nat�urli h wollen wir diese jetztau h no h re htfertigen, also zeigen, dass die Stre ke AB in P na h dem goldenenS hnitt geteilt wird. Zun�a hst ist klar, dass P wirkli h auf der Stre ke AB liegt (einanalytis her Beweis ist ganz einfa h). Wir lassen aus Abbildung 6 die meisten Kreisefort und ziehen die Stre ke LB, zei hnen ferner den S hnittpunkt von MN und LBein, den wir Q nennen, siehe Abbildung 7. Es istjABj = jBJ j = jJM j = jMLj = jLN j = jAJ j = jAM j = jALj = jAN:Ferner ist jAQj = jQLj = jABj2 :8Bekannt ist Mas heroni au h dur h die Euler-Mas heroni-KonstanteC := limn!1� nXk=1 1k � lnn�:9Das Bu h Geometria del ompasso (1797), in dem dies gezeigt wurde, ist �ubrigens in Versformges hrieben und Napoleon Bonaparte gewidmet. Mas heroni war ni ht bekannt, dass sein Ergebniss hon fr�uher (1672) von dem d�anis hen Mathematiker Georg Mohr (*1640, y1697) bewiesen war. Daswurde �uberhaupt erst bekannt, als dessen Bu h Eu lides Dani us 1927 von einem Studenten derKopenhagener Universit�at in einem Antiquariat entde kt wurde.8

A B

J

K

L

M

N

O

P

Abbildung 6: Konstruktion des goldenen S hnitts mit dem ZirkelWendet man den Satz von Pythagoras auf 4MQA an, so erh�alt manjQM j2 = jAM j2 � jQAj2 = jABj2 � jABj24und damit jQM j = (p3=2)jABj. Ebenfalls wegen des Satzes von Pythagoras ist� jJKj2 �2 + � jABj2 �2 = jABj2und daher jJKj = p3jABj. Na h Konstruktion ist O S hnittpunkt der Kreise um Lbzw. B mit dem Radius jJKj. Daher istjMN j = 2jQM j = p3jABj = jJKj = jLOj = jBOj:Ebenfalls na h Konstruktion ist P S hnittpunkt der Kreise um M bzw. N mit demRadius jOAj, so dass jMP j = jNP j = jOAj. Wendet man den Satz von Pythagorasauf 4OAB an, so erh�alt manjOAj2 + jABj2 = jOBj2 = 3jABj2:Folgli h ist jMP j = jNP j = jOAj = p2jABj:Eine Anwendung des Satzes von Pythagoras auf 4MQP ergibt2jABj2 = jMP j2 = jMQj2 + jQP j2 = 34 jABj2 + �12 jABj+ jAP j�2und damit p52 jABj = 12 jABj+ jAP j:9

A B

J

K

L

M

N

PQ

O

Abbildung 7: Konstruktion des goldenen S hnitts mit dem Zirkel: Re htfertigungDaher ist jAP j = 12(1�p5)jABj = jABj� ;womit bewiesen ist, dass die Stre ke AB in P na h dem goldenen S hnitt geteilt wird.1.1 Aufgaben1. Man re htfertige die folgende Konstruktion:� Gegeben sei eine Stre ke AP .� Man erri hte in P das Lot PC mit jPCj = jAP j.� Man bestimme den Mittelpunkt D der Stre ke AP . Man bestimme den S hnitt-punkt B des Kreises um D mit dem Radius jDCj und der Verl�angerung derStre ke AP �uber P hinaus.� Die Stre ke AB wird in P na h dem goldenen S hnitt geteilt.In Abbildung 8 wird die Konstruktion verdeutli ht.2. Man l�ose das sogenannte Napoleonis he Problem. Bei diesem sind auf einem gegebenenKreis um den Punkt O alleine mit Hilfe eines Zirkels vier Punkte A;B;C;D zu �ndenderart, dass ABCD ein Quadrat bilden.3. Man betra hte die folgende Konstruktion (siehe K. Hofstetter (2002)):10

A P

C

D BAbbildung 8: Konstruktion des \�au�eren goldenen S hnitts"� Gegeben seien zwei Punkte A und B.� Seien C und D S hnittpunkte der beiden Kreise um A bzw. B, wel he jeweils denRadius jABj haben.� Seien E und F S hnittpunkte der beiden Kreise mit der Geraden dur h A und B.� Seien X und Y S hnittpunkte der beiden Kreise um A bzw. B, jeweils mit demRadius jEF j.Siehe Abbildung 9 links.A BE F

C

D

X

Y

A BE F

C

D

X

YAbbildung 9: Konstruktion des goldenen S hnitts na h Hofstetter(a) Man zeige, dass die Stre ke CX in D na h dem goldenen S hnitt geteilt wird.(b) Die Gerade dur h A und B kann dur h einen Kreis um C mit dem Radius jCDjersetzt werden, siehe Abbildung 9 re hts.2 Die Fibona i-ZahlenWir werden uns im folgenden zwar auf den goldenen S hnitt konzentrieren, k�onnenaber den engen Zusammenhang mit den Fibona i-Zahlen ni ht au�er a ht lassen.Leonardo Pisano Fibona i (*1170, y1750)10 kann als der erste gro�e Mathematiker10Biographis hes zu Fibona i und einiges �uber seine wissens haftli hen Leistungen kann man unterhttp://www-gap.d s.st-and.a .uk/ history/Mathemati ians/Fibona i.htmlna hlesen. 11

des hristli hen Abendlandes angesehen werden. Er stammt aus einer Kaufmannsfami-lie mit dem Namen Bona i. Leonardo gibt Einzelheiten zu seinem Leben in seinember�uhmtesten Bu h, dem Liber aba i (1202) wieder. Sein Vater wird beauftragt, dieHandelsvertretung der Republik Pisa in Bugia (jetzt Bejaia im nord�ostli hen Algerien)zu leiten. Leonardo lernt dort und auf vielen Reisen (�Agypten, Syrien, Grie henland,Sizilien, Proven e) die \Re henkunst" der Araber und die grie his he Mathematik ken-nen (Euklids Elemente kannte er sehr genau). Gegen 1200 kehrt Leonardo na h Pisazur�u k. F�ur die n�a hsten 25 Jahre ist er o�enbar so etwas wie ein Privatgelehrter. Ers hreibt B�u her �uber \Kaufm�annis hes Re hnen", aber au h �uber algebrais he undgeometris he Probleme. 1225 wird er Friedri h II (von Hohenstaufen) vorgestellt, na h1228 ist fast ni hts �uber ihn bekannt. In einem Dokument von 1240 wird ihm von derRepublik Pisa in Anerkennung seiner Verdienste ein j�ahrli her Geldbetrag verliehen.Weniger dur h seine algebrais hen und geometris hen Untersu hungen als vielmehrdur h die na h ihm benannten Zahlen ist Fibona i uns bekannt geworden. Es wirduntersu ht wie viele Na hkommen ein Kanin henpaar bekommt. Es wird von den fol-genden Annahmen ausgegangen.� Jedes Kanin henpaar wird im Alter von 2 Monaten geb�arf�ahig.� Jedes geb�arf�ahige Paar bringt von da an jeden Monat ein neues Paar zur Welt.� Kanin hen leben unendli h lange.Im ersten Monat lebt ein Paar. Dieses wird im zweiten Monat geb�arf�ahig und gebiertim dritten Monat ein neues Paar. Au h im vierten Monat bringt das erste Paar einneues Paar zur Welt, w�ahrend im f�unften Monat beide Paar ein neues Paar zur Weltbringen. In der folgenden Tabelle bedeutet N ein neues Paar und G ein geb�arf�ahigesPaar: Monat 1 2 3 4 5 6 7N; G 1N 1G 1G+ 1N 2G+ 1N 3G+ 2N 5G+ 3N 8G+ 5N� 1 1 2 3 5 8 13Bezei hnet fk die Anzahl der Kanin henpaare im k-ten Monat, so ist alsof1 = f2 = 1; fk+1 = fk + fk�1 (k = 2; 3; : : :):Die Folge ffkg nennt man die Fibona i-Folge bzw. die Folge der Fibona i-Zahlen11.BeiA. Beutelspa her, B. Petri (1996, S. 89) kommt die folgende h�ubs he Aufgabevor:� Ein Brieftr�ager steigt t�agli h eine lange Treppe na h folgendem Muster empor:Die erste Stufe betritt er in jedem Fall. Von da an nimmt er jeweils nur eine Stufeoder aber zwei Stufen auf einmal.Auf wieviel vers hiedene Arten kann der Brieftr�ager die k-te Stufe errei hen?11Man kann nat�urli h au h f0 := 0, f1 := 1 und fk := fk�1 + fk�2 setzen.12

Man r�at ri htig: Auf fk Arten kann die k-te Stufe errei ht werden. Dies kann sehrlei ht dur h vollst�andige Induktion na h k bewiesen werden. In Mathemati a gibt esdie Funktion Fibona i. Na h Fibona i[50℄ erh�alt man 12586269025 als f50. BeiMaple hat man dur h with( ombinat): ein pa kage zu laden und erh�alt dann na hfibona i(50); dasselbe Ergebnis.Von den vielen Zusammenh�angen zwis hen der Goldenen-S hnitt-Zahl � und derFibona i-Folge seien hier nur die folgenden genannt.� Es ist � = limk!1 fk+1fk :Dies wird in Unterabs hnitt 5.4 na hgewiesen. Ferner:� Es gilt die Formel von Binet:fk = 1p5(�k � (��)�k); k = 0; 1; : : : :� Es ist �k = fk�+ fk�1; k = 1; 2; : : : :Diese beiden Beziehungen beweist man lei ht dur h vollst�andige Induktion.Weiter wollen wir zun�a hst auf Fibona i-Zahlen ni ht eingehen. Die Literatur hier-zu ist au�erordentli h rei hhaltig. Z. B. kann man si h 224 000 Webseiten ansehen, indenen das Wort \Fibona i" vorkommt. Hingewiesen sei insbesondere aufhttp://www.m s.surrey.a .uk/Personal/R.Knott/Fibona i/�b.htmlDort �ndet man viele weitere Links, z. B. sol he mit so viel verspre henden Titeln wie� Fibona i Numbers and Nature.� The Golden Se tion in Nature.2.1 Aufgaben1. Sei ffkg die Folge der Fibona i-Zahlen, also f0 := 0, f1 := 1 und fk := fk�1 + fk�2,k = 2; 3; : : :. Dann ist fk+1fk�1 � f2k = (�1)k; k = 1; 2; : : : :2. Sei ffkg die Folge der Fibona i-Zahlen, also f0 := 0, f1 := 1 und fk := fk�1 + fk�2,k = 2; 3; : : :. Dann ist � = 1 + 1Xk=1 (�1)k+1fkfk+1 :3. Sei ffkg die Folge der Fibona i-Zahlen, also f0 := 0, f1 := 1 und fk := fk�1 + fk�2,k = 2; 3; : : :. Man zeige:(a) F�ur k = 0; 1; : : : und l 2 N ist fk+l = flfk+1 + fl�1fk.13

(b) Es ist f2k+1 = f2k+1 + f2k , k = 0; 1; : : :.( ) Es ist kXj=0 fj = fk+2 � 1; k = 0; 1; : : : :(d) Es ist kXj=0 f2j fj+1 = fkfk+1fk+22 ; k = 0; 1; : : : :(e) Es ist kXj=0 fjfk�j = 15(k � 1)fk + 25kfk�1; k = 1; : : : :(f) Es ist (1� �)k = fk+1 � �fk, k = 0; 1; : : :.4. Sei Ak := 0BBBBBBB� 1 �1 0 0 � � � 0 0 01 1 �1 0 � � � 0 0 00 1 1 �1 � � � 0 0 0... ... ... ... . . . ... ... ...0 0 0 0 � � � 1 1 �10 0 0 0 � � � 0 1 11CCCCCCCA 2 Rk�k :Man bere hne det(Ak).5. Sei ffkg die Folge der Fibona i-Zahlen, also f0 := 0, f1 := 1 und fk := fk�1 + fk�2,k = 2; 3; : : :. Dann istkXj=0 fjxj = 8>><>>: fk+1xk+1 + fkxk+2 � xx2 + x� 1 ; x2 + x� 1 6= 0;(k + 1)fk+1xk + (k + 2)fkxk+1 � 12x+ 1 ; x2 + x� 1 = 0; k = 0; 1; : : : :6. Sei ffkg die Folge der Fibona i-Zahlen, also f0 := 0, f1 := 1 und fk := fk�1 + fk�2,k = 2; 3; : : :. Ferner sei die Folge fgkg de�niert dur h g0 := 2, g1 := 1 und gk :=gk�1 + gk�2, k = 2; 3; : : :. Man zeige:(a) Es ist gk = fk�1 + fk+1, k = 1; 2; : : :.(b) Es ist f2k = fkgk, k = 0; 1; : : :.7. Allgemeiner als in Aufgabe 6 bezei hnet man eine Folge fakgk=0;1;::: als eine Lu as-Folge, wenn ak = ak�1 + ak�2, k = 2; 3; : : :. Man zeige, dassak = a1fk + a0fk�1; k = 1; 2; : : : ;wobei ffkg nat�urli h die Folge der Fibona i-Zahlen ist.8. Sei fakgk=0;1;::: eine Lu as-Folge, siehe Aufgabe 7, und a0 + a1� 6= 0. Dann istlimk!1 ak+1ak = �:14

3 Fra Lu a Pa ioli: Divina ProportioneIn diesem Abs hnitt wollen wir uns na h Euklid (auf den wir au h hier immer wie-der zur�u kkomen) mit einem zweiten Autor �uber den goldenen S hnitt bes h�aftigen,n�amli h (Fra) Lu a Pa ioli (*1445, y1517)12. Pa ioli ist Autor des Bu hes Summa dearithmeti a, geometria, proportioni et proportinalita (Venedig, 1494)13 und des f�ur unswi htigen Bu hes Divina proportione (Venedig, 1509) mit Illustationen von Leonardoda Vin i14. Beide B�u her sind wohl ni ht besonders originell, sie waren aber trotzdemein ussrei h, weil sie das zu der Zeit bekannte Wissen zusammenfassten.Der Beginn der Divina Proportione ist wie folgt (A. Beutelspa her, B. Petri hatdieser Beginn o�enbar so gut gefallen, dass sie ebenfalls mit diesem Zitat ihr Bu h�uber den goldenen S hnitt beginnen), wobei wir den Text der �Ubersetzung von C.Winterberg angeben:� Ein f�ur alle klaren und wissbegierigen Geister nothwendiges Werk; wo jeder Stu-dirende der Philosophie, Perspe tive, Malerei, S ulptur, Ar hitektur, Musik undanderer mathematis her F�a her eine angenehme subtile und bewundernswerteGelehrsamkeit antre�en und si h mit vers hiedensten Fragen der heiligsten Wis-sens haft erfreuen wird.12Biographis he Einzelheiten zu Pa ioli �ndet man unterhttp://www-gap.d s.st-and.a .uk/ history/Mathemati ians/Pa ioli.htmlEin wunders h�ones Bild (Ritratto di Fra Lu a Pa ioli, 1495) von Ja opo de Barbari zeigt den Fran-ziskanerm�on h Lu a Pa ioli mit einer S hiefertafel, auf der man geometris he Konstruktionen, wahr-s heinli h zum goldenen S hnitt, sehen kann, sowie einem Polyeder. Man kann si h dieses Bild au hunter der Adressehttp://www.georgehart. om/virtual-polyhedra/pa ioli.htmloderhttp:// age.rug.a .be/~hs/pa ioli/pa ioli.htmlansehen (oder man f�ahrt na h Neapel, es war allerdings k�urzli h au h in einer kleinen Ausstellungin Kassel zu sehen). Hier no h die Lebensdaten ber�uhmter Renaissan e-Maler: Piero della Fran es a(1410{1492), Leonardo da Vin i (1452{1519 (beide kannte Pa ioli sehr gut), Albre ht D�urer (1471{1528), Lu as Crana h der �Altere (1472{1553).13Hier kommen unter anderem die folgenden beiden Aufgaben vor:Zwei Manns haften spielen ein Ballspiel. Sieger ist, wer zuerst 60 Punkte errei ht. Es wird um einenPreis von 22 Dukaten gespielt. Als das Spiel abgebro hen werden musste, hatte eine Manns haft 50Punkte, die andere 30 Punkte. Wie soll das Preisgeld aufgeteilt werden?Ein Mann lag auf dem Sterbebett und wollte sein Testament ma hen. Sein Verm�ogen belief si hauf 1000 Dukaten. 200 Dukaten verma hte er der Kir he, und 800 Dukaten blieben �ubrig. Seine Fraustand kurz vor der Niederkunft, und er wollte sowohl seine Witwe als au h den Halbwaisen eigensbedenken. Darum traf er die folgende Anordnung: W�urde das Kind ein M�ad hen, so sollte es das Geldmit der Mutter teilen, jede 400 Dukaten; w�urde das Kind jedo h ein Junge, so sollte dieser 500 unddie Witwe nur 300 erhalten. Kurz dana h starb der Mann, und bald setzten au h die Wehen ein. DieFrau gebar aber Zwillinge, und um alles no h komplizierter zu ma hen, war eines davon ein Junge, dasandere ein M�ad hen. Das Problem lautet: Wenn die Verh�altnisse zwis hen Mutter, Sohn und To hterso bea htet werden, wie sie der Vers hiedene gew�uns ht hatte, wie viele Dukaten werden dann jeweilsauf Mutter, Sohn und To hter entfallen?14Ein Originalexemplar ist �ubrigens in der Nieders�a hsis hen Staats- und Universit�atsbibliothekG�ottingen vorhanden. Man kann es si h ansehen, eine Ausleihe ist ni ht m�ogli h!15

Das Bu h ist F�urst Ludovi o Sforza, Herzog von Mailand, gewidmet. Aus Cap. IIzitieren wir ledigli h:� . . . Und es ist deswegen ni ht zu verwundern, wenn es zu unsern Zeiten wenig guteMathematiker gibt, weil die Seltenheit guter Lehrer s huld daran ist, zuglei h mitdem S hlunde S hlaf, und m�ussigen Federn, und zum Theil der modernen Geister.In Cap. V (Vom passenden Titel des vorliegenden Tra tats) begr�undet Pa ioli den TitelDivina Proportione damit, dass der goldene S hnitt Eigens haften habe, die sonst nurGott zukommen. Er gibt vier Eigens haften an:� Die erste ist, dass sie nur allein da sei und ni ht mehr; und es ist ni ht m�ogli h,andere Spe ies no h Abwei hungen von ihr anzugeben, wel he Einheit der theolo-gis hen wie au h philosophis hen Lehre gem�a� das h�o hste Beiwort Gottes selberist. Die zweite Eigens haft ist die der heil. Dreieinigkeit, d. h. wie in den G�ott-li hen ein und dieselbe Substanz zwis hen drei Personen, Vater, Sohn und heil.Geist besteht, ebenso muss ein und dieselbe Proportion dieser Art stets zwis hendrei Ausdr�u ken statt�nden, und kann si h nie weder bei mehr no h weniger(Ausdr�u ken) wieder�nden, was bespro hen werden wird. Die dritte Eigens haftist, dass, wie Gott eigentli h ni ht de�nirt no h dur h Worte uns verst�andli hgema ht werden kann, ebensowenig diese unsere Proportion dur h eine verst�and-li he Zahl je bestimmt no h dur h irgend eine rationale Gr�osse si h ausdr�u kenl�asst, sondern stets verborgen und geheim bleibt, und daher von den Mathemati-kern irrational genannt wird. Die vierte Eigens haft ist, dass ebenso wie Gott si hniemals �andern kann, und Alles in Allem, und Alles in jedem seiner Theile ist, sounsere vorliegende Proportion stets in jeder ontinuirli hen und dis reten Gr�osse;m�ogen dieselben gross oder klein sein, ein und dieselbe und stets unver�anderli hbleibt, und auf keine Art si h ver�andern, no h au h mit dem Verstande auf andereArt aufgefasst werden kann, wie unserer Fortgang zeigen wird. . . .In Cap. VI (von seiner w�urdigen Empfehlung) wird von der g�ottli hen Proportiongesagt:� Diese unsere Proportion, erhabener Herzog, ist sol hen Vorzugs und Auszei h-nung wert, wie man es in Anbetra ht ihrer unendli hen Ma ht nur irgend sagenkann, sofern als ohne ihre Kenntnis sehr viele der Bewunderung h�o hst w�urdigeDinge weder in der Philosophie no h in irgend einer anderen Wissens haft jemalsans Li ht gelangen k�onnten, . . .Bei Pa ioli folgen dann dreizehn \S�atze" (dort \Wirkungen" genannt). Diese werdenni ht bewiesen (es werden gelegentli h Zahlenbeispiele angegeben), sondern es wird aufEuklid verwiesen. Wir wollen diese dreizehn \Wirkungen" dur hgehen.� Von der ersten Wirkung einer na h unserer Proportion getheilten Linie (Cap.VII).Wenn eine Linie na h der Proportion getheilt ist, die einen mittleren und zwei�aussere Abs hnitte hat (...), und hat man von ihrem gr�o�eren Abs hnitt die H�alfte16

der ganzen Linie hinzugef�ugt, wel he so proportional getheilt wurde, so wird mitNothwendigkeit folgen, dass das Quadrat ihrer Summe stets das f�un�a he, d. h.f�unfmal so viel als das Quadrat der genannten vollen H�alfte betr�agt.Die entspre hende Aussage bei Euklid (XIII, 1) lautet:� Teilt man eine Stre ke stetig, so wird ihr gr�o�erer Abs hnitt, wenn man die H�alfteder ganzen Stre ke hinzuf�ugt, quadriert f�unfmal so gro� wie das Quadrat �uberdie H�alfte.F�ur einen arithmetis hen Beweis (L=L�ange der gesamten Stre ke, l = L=�=L�ange dergr�o�eren Stre ke) ist �L2 + L��2 = 5�L2 �2na hzuweisen, was einfa h ist. Ein geometris her Beweis folgt aus der Konstruktiondes goldenen S hnitts (II, 11), wie wir sie in Abbildung 2 dur hgef�uhrt haben. Na hKonstruktion ist n�amli h jAEj = 12 jABj, der Satz von Pythagoras, angewandt auf4EAB, ergibt jEBj2 = 54 jABj2. WegenjEBj = jEF j = jEAj+ jAF j = jABj2 + jAP jist daher � jABj2 + jAP j�2 = 5� jABj2 �2;das ist gerade die Behauptung.� Von ihrer zweiten wesentli hen Wirkung (Cap. XI).Wenn eine Gr�osse in zwei Theile getheilt und zu der einen eine Gr�osse hinzugef�ugtwird, so dass das Quadrat dieser Summe das F�un�a he des Quadrats der hin-zugef�ugten Gr�o�e ist, so folgt mit Nothwendigkeit, dass die genannte zugef�ugteGr�o�e die H�alfte der in die beiden Theile zerlegten ersten Gr�osse sei, und dassdie, zu wel her sie hinzugef�ugt, ihr gr�o�erer Abs hnitt, und dass sie die ganze inihnen na h unserer Proportion getheilt sei.Bei Euklid (XIII, 2) �ndet man eine etwas andere Formulierung:� Wird quadriert eine Stre ke f�unfmal so gro� wie das Quadrat eines Abs hnittesvon ihr, dann ist, wenn man das doppelte des genannten Abs hnitts stetig teilt,der gr�o�ere Abs hnitt der Rest der urspr�ungli hen Stre ke.Ein analytis her Beweis der Aussage bei Euklid ist einfa h. Ist n�amli h 1 = p5�, so ist2�=� = 1 � �. Die Aussage bei Pa ioli ist ebenfalls klar, wenn zu Beginn unter einerTeilung einer Gr�o�e eine stetige Teilung verstanden wird. Denn aus � + 1=� = p5�folgt � = 12 .17

� �Uber ihre dritte besondere Wirkung (Cap. XII).Wenn eine Gr�o�e na h unserer Proportion getheilt ist, und wenn man dem kleine-ren Abs hnitt die H�alfte des gr�o�eren hinzuf�ugt, so wird alsdann stets das Qua-drat der Summe das F�un�a he des Quadrats der H�alfte des genannten gr�o�erenAbs hnitts sein.Fast w�ortli h ist dies die Aussage bei Euklid (XIII, 3). Ein arithmetis her Beweis beruhtauf ��1� 1��+ 12��2 = 5� 12��2;was nat�urli h lei ht zu zeigen ist. Wir wollen uns Euklids Beweis n�aher ansehen, sieheAbbildung 10. Die Stre ke AB sei im Punkt C na h dem goldenen S hnitt geteilt, ACsei die gr�o�ere der beiden Stre ken. Die Stre ke AC sei in D halbiert. Behauptet wirdA B

CD

R

H

M

N

EL S

G U

K F

Abbildung 10: Beweis von Proposition 3 in Bu h XIIIdann, dass jDBj2 = 5jDCj2. Wir bilden das Quadrat AE mit der Seitenl�ange jABj (wirgeben f�ur Re hte ke und speziell Quadrate nur gegen�uber liegende E ken an). Au hdie Seitenl�angen dieses Quadrats seien entspre hend geteilt. Zu zeigen ist, dass derFl�a heninhalt des Quadrats DN f�unfmal so gro� wie der des Quadrats GF ist. Sozusa-gen na h De�nition des goldenen S hnitts (siehe Abbildung 2) ist jACj2 = jABj jCBj.Wegen jACj = 2 jDCj ist daher jABj jCBj = 4 jDCj2. D. h. der Fl�a heninhalt desRe hte ks CE ist viermal so gro� wie der des Quadrats GF . Der Fl�a heninhalt desRe hte ks DU ist aber o�ensi htli h glei h dem des Re hte ks FE. Hieraus folgt dannsofort die Behauptung.� Von ihrer vierten unsagbaren Wirkung (Cap. XIII).Wenn eine Gr�osse na h unserer g�ottli hen Proportion getheilt wird und manzu der ganzen Gr�o�e ihren gr�o�eren Abs hnitt hinzuf�ugt, so werden genannte18

Summe und genannter gr�o�erer Abs hnitt Theile einer anderen ebenso getheiltenGr�osse sein. Und der gr�o�ere Abs hnitt dieser zweiten so getheilten Gr�osse wirdimmer die ganze zuerst genannte Gr�osse sein.Bei Euklid (XIII, 5) hei�t die entspre hende Stelle:� Teilt man eine Stre ke stetig und setzt ihr eine dem gr�o�eren Abs hnitt glei hean, dann ist die Summenstre ke stetig geteilt, und gr�o�erer Abs hnitt ist dieAusgangsstre ke.Ein analytis her Beweis basiert einfa h auf der Glei hung1��1 + 1�� = 1:Euklids Beweis wird in Abbildung 11 verans hauli ht. Die Stre ke AB seim Punkt CBD A C

L K

E

H

Abbildung 11: Beweis von Proposition 5 in Bu h XIIIstetig geteilt, AC sei der gr�o�ere Abs hnitt und jDAj = jACj. Zu zeigen ist, dass dieStre ke DB in A stetig geteilt wird und die Ausgangsstre ke AB der gr�o�ere Abs hnittist. Wie in Abbildung 11 angegeben, konstruiere man das Quadrat AE und das Re ht-e k DK. Man hat zu zeigen, dass ihre Fl�a heninhalte glei h sind. Da die Stre ke ABin C na h dem goldenen S hnitt geteilt wird, ist der Fl�a heninhalt des Quadrates DHglei h dem des Re hte ks HE, woraus die Behaupung unmittelbar folgt.� Von ihrer f�unften wunderbaren Wirkung (Cap. XIV).Wenn eine Gr�o�e na h unserer genannten Proportion getheilt ist, so ist stets dieSumme des Quadrats des kleineren Abs hnittes und des Quadrats der ganzenGr�o�e das dreifa he des Quadrats des gr�osseren Abs hnittes.Genau diese Aussage �ndet man bei Euklid (XIII, 4). Die Aussage ist ri htig, da�1� 1��2 + 12 = 3� 1��2:Bei Euklid basiert der Beweis auf Abbildung 12. Die Stre ke AB sei in C na h demgoldenen S hnitt geteilt, AC sei die gr�o�ere Stre ke. Man bilde das Quadrat AE mit19

B

K

E

A

H

D

C

F

GAbbildung 12: Beweis von Proposition 4 in Bu h XIIIder Seitenl�ange jABj. Zu zeigen ist, dass der Fl�a heinhalt des Quadrats AE plus demdes Quadrats CK dreimal so viel wie der Fl�a heninhalt des Quadrats HG ist. Da Cdie Stre ke AB na h dem goldenen S hnitt teilt, ist der Fl�a heninhalt des Re hte ksAK glei h dem des Quadrates HG. Der Rest des Beweises ist einfa h und bleibt demLeser �uberlassen.� Von ihrer se hsten unnennbaren Wirkung (Cap. XV).Keine rationale Gr�o�e kann je na h unserer genannten Proportion so getheiltwerden, ohne dass jeder ihrer Abs hnitte irrational . . . sei.Siehe Euklid (XIII, 6). Gemeint ist ja wohl: Ist L rational, so sind L=� und L(1� 1=�)irrational.� Von ihrer siebenten unglaubli hen Wirkung (Cap. XVI).Wenn man die Seite des glei hseitigen Se hse ks zu der Seite des glei hseitigenZehne ks addirt, wel he beide als in ein und demselben Kreis bes hrieben si hverstehen, so wird ihre Summe immer eine na h unserer genannten Proportiongetheilte Gr�osse sein. Und ihr gr�osserer Abs hnitt wird die Se hse kseite sein.Das ist genau die Aussage bei Euklid (XIII, 9). Ein analytis her Beweis der Aussageist einfa h. Sei n�amli h sn die Seitenl�ange eines dem Einheitskreis einges hriebenenregelm�a�igen n-E ks. Eine lei hte �Uberlegung zeigt, dass sn = 2 sin(�=n). Zu zeigen istalso, dass s6 + s10 = �s6 bzw. (sin(�=6) + sin(�=10))= sin(�=6) = �, was aber wegensin(�=6) = 1=2 und sin(�=10) = (p5� 1)=4 ri htig ist.Jetzt wollen wir einen kleinen Exkurs �uber die Konstruktion des regelm�a�igen F�unf-e ks, des Se hse ks und des Zehne ks mit Zirkel und Lineal ma hen. Die Konstruktiondaf�ur, einem gegebenen Kreis ein glei hseitiges und glei hwinkliges F�unfe k einzube-s hreiben, wird bei Euklid (IV, 11) angegeben. Dur h Winkelhalbierung bekommt mandas regul�are Zehne k, die Konstruktion des regul�aren Se hse ks ist bekanntli h trivial.20

Wir geben zun�a hst die folgende Konstruktion (siehe au h Abbildung 13) an, da-na h gehen wir auf die von Euklid ein.� Gegeben ist ein Kreis um O.� Konstruiere zueinander senkre hte Dur hmesser des Kreises und damit die Punk-te A und C auf dem Kreis.� Bestimme den Mittelpunkt B von OA.� S hlage um B einen Kreis mit dem Radius jBCj und bestimme den S hnittpunktD dieses Kreises mit dem Dur hmesser des gegebenen Kreises, auf dem die Stre keAB liegt.� jCDj ist Seitenl�ange des regul�aren F�unfe ks, jODj ist Seitenl�ange des regul�arenZehne ks.A

BO

C

D

s6

s5

s10

Abbildung 13: Konstruktion des regul�aren F�unfe ksWegen des Satzes von Pythagors ist s26 + s210 = s25, was genau die Aussage bei Euklid(XIII, 10) ist. Ein analytis her Beweis f�ur die Korrektheit der obigen Konstruktion isteinfa h, da ja z. B. jBDj = jBCj = (p5=2)jOAj und daher jODj = jBDj � 12 jOAj =12(p5� 1)jOAj = 2 sin(�=10)j)jOAj die Seitenl�ange des regul�aren Zehne ks ist. Wegendes Satzes von Pythagoras istjCDj =pjODj2 + jOCj2 =r12(5�p5)jOAj = 2 sin(�=5)jOAj;also jCDj die Seitenl�ange des regul�aren F�unfe ks.21

Nun wollen wir die Konstruktion bei Euklid angeben. Hierbei geht man aus von ei-nem sogenannten goldenen Dreie k , d. h. eines glei hs henkligen Dreie ks, bei dem si hdie L�ange eines S henkels zur L�ange der Grundseite wie � zu 1 verh�alt (wir kommenhierauf zur�u k). Die Konstruktion eines goldenen Dreie ks ist einfa h. Gegeben sei dieStre ke CD, die Grundseite des goldenen Dreie ks. Man konstruiere eine Stre ke derL�ange �jCDj und ans hlie�end das zugeh�orige goldene Dreie k4ACD. Man bestimmeden Umkreis zu diesem Dreie k. Dies ist einfa h m�ogli h, da der Mittelpunkt diesesUmkreises S hnittpunkt der Mittellote auf AC bzw. AD (und CD) ist15. Die Winkel-halbierende von ^ACD s hneidet den Umkreis in einem Punkt E, die von ^ADC denKreis in einem Punkt B. (Man k�onnte E und B aber au h als S hnitt des Umkreisesmit einem Kreis um D mit dem Radius jCDj bzw. um C mit dem Radius jCDj.) Dannist das F�unfe k ABCDE ein regul�ares F�unfe k, siehe Abbildung 14. Bei der Aufga-

C D

A

EB

Abbildung 14: Konstruktion des regul�aren F�unfe ks na h Euklidbe IV, 11 bei Euklid geht es nun aber eigentli h darum, einem gegebenen Kreis einregul�ares F�unfe k einzubes hreiben. Bei Euklid wird daher zun�a hst ein beliebiges gol-denes Dreie k konstruiert, dana h im gegebenen Kreis ein (goldenes) Dreie k, wel heswinkelglei h ist. Wie dies ges hehen kann, wird bei Euklid (IV, 2) bes hrieben.Mit der Konstruktion des regul�aren F�unfe ks ist nat�urli h au h die Konstruktiondes Pentagramms angegeben, siehe Abbildung 15. �Uber das Pentagramm bzw. denDrudenfu� kann man in einem Lexikon der Esoterik16 na hlesen: Gilt in der Magie als15Der Umkreisradius eines goldenen Dreie ks mit der Grundseite CD ist �ubrigensR = jCDj2 sin(�=5) :16Siehe 22

Abbildung 15: Das Pentagrammein D�amonen bannendes Symbol. In geheimen Orden, besonders sol hen, die S hwarzeMagie betreiben, wird es als Erkennungszei hen gebrau ht.� Von der umgekehrten Wirkung der vorhergehenden (Cap. XVII).Wenn eine Linie na h der Proportion getheilt ist, die einen mittleren und zwei�au�ere Abs hnitte hat, so ist immer in dem Kreise wof�ur der gr�o�ere Abs hnittdie Seite des ihm einbes hriebenen Se hse ks ist, der kleinere die entspre hendeZehne kseite.Es ist mir unklar, weshalb diese \Wirkung" von Pa ioli aufgenommen wurde (aller-dings fehlt au h ein steigerndes Adjektiv!), denn wegen der siebenten Wirkung istdiese Aussage trivial.� Von ihrer neunten �uber die anderen hinausgehenden Wirkung (Cap. XVIII).Wenn man im Kreise das glei hseitige F�unfe k bildet, und �uber seine zwei bena h-barten E ken zwei gerade Linien von den Endpunkten seiner Seiten ausgehendspannt, so werden si h diese untereinander nothwendigerweise na h unserer Pro-portion theilen.Bei Euklid (XIII, 8) hei�t es etwas genauer:� Diagonalen, die im glei hseitigen und glei hwinkligen F�unfe k zwei aufeinander-folgenden Winkeln gegen�uberliegen, teilen einander stetig; und ihre gr�o�eren Ab-s hnitte sind der F�unfe kseite glei h.Ein analytis her Beweis ist ni ht s hwierig, wir verzi hten aber darauf. Etwas verk�urztsieht der Beweis bei Euklid folgenderma�en aus, man verglei he Abbildung 16 (wirbenutzen im wesentli hen dieselben Bezei hnungen wie Eukid). Wir wollen zeigen, dassdie Diagonalen AC und EB in H na h dem goldenen S hnitt getrennt werden.http://www.sphinx-su he. h/lexeso/pentagra.htm23

A

B

C

D

E

H

Abbildung 16: Proposition 8 in XIII bei Euklid1. Es ist jEAj = jABj und 4ABE = 4ABC, denn zwei Seiten und ein einges hlos-sener Winkel sind glei h.2. Es ist ^BAC = ^ABE und ^AHE = 2^BAH.3. Es ist ^EAC = 2^BAC.4. Es ist ^HAE = ^AHE und daher jHEj = jEAj = jABj.5. Es ist ^ABE = ^AEB = ^BAH.6. Die Dreie ke 4ABE und 4HAB sind glei hs henklig und winkelglei h. Daherist bei beiden Dreie ken das Verh�altnis der L�ange der Grundseite zur L�ange desS henkels dasselbe. D. h. es ist jEBjjABj = jABjjBHj :Nun ist aber jABj = jEHj, folgli hjEBjjEHj = jEHjjBHj :Da jEBj > jEHj ist jEHj > jBHj. Also ist s hlie�li h bewiesen, dass die Ste keEB in H na h dem goldenen S hnitt getrennt wird.� �Uber ihre 10. h�o hste Wirkung (Cap. XIX).24

Wenn eine Gr�osse na h der genannten Proportion getheilt ist, so gehen alle Wir-kungen, wel he aus ihr und ihren Abs hnitten entspringen k�onnen, ihrer Bes haf-fenheit , Anzahl, Spe ies und Gattung na h selbst aus irgend einer anderen ebensogetheilten G�o�e hervor.Hier kann man wohl nur spekulieren, was gemeint sein k�onnte.� Von ihrer 11. ausgezei hnetsten Wirkung (Cap. XX).Wenn man die Seite eines glei hseitigen Se hse ks na h unserer g�ottli hen Pro-portion theilen wird, so wird ihr gr�o�erer Abs hnitt stets nothwendig die Seitedes von demselben Kreise wie das Se hse k ums hriebenen Zehne ks sein.Bei Pa ioli wird auf Bu h XIV, 3 verwiesen (was eigentli h ni ht zu den urspr�ungli henElementen geh�ort). Wegen der siebten Wirkung bzw. XII, 9 ist die Aussage aber eigent-li h klar. Denn dana h ist (s6 + s10)=s6 = � (hierbei bedeutet sn die Seitenl�ange einesdem Einheitskreis einges hriebenen regelm�a�igen n-E ks. Also ist s10=s6 = ��1 = 1=�,womit die Behauptung bewiesen ist.� Von ihrer zw�olften fast unbegrei i hen Wirkung (Cap. XXI).Wenn eine Gr�osse na h unserer genannten Proportion getheilt wird, so verh�altsi h die Wurzel aus der Summe aus dem Quadrat der ganzen Gr�osse und demQuadrat ihres gr�ossern Abs hnitts zur Wurzel der Summe aus dem Quadrat ge-nannter Gr�osse und dem Quadrate ihres kleinern Abs hnitts wie die Seite desKubus zur Seite des Dreie ks des zwanzig �a higen K�orpers.Der \zwanzig �a hige K�orper" ist nat�urli h das Ikosaeder (20 Fl�a hen (Dreie ke), 12E ken und 30 Kanten), siehe Abbildung 17. Der Dur hmesser der Umkugel eines

Abbildung 17: Das Ikosaeder und das Dodekaeder25

W�urfels mit Kantenl�ange l6 ist 2r = l6p3 (das ist genau der Inhalt von Euklid XIII,15). Die Kante eines Ikosaeders in einer Kugel vom Radius r istl20 = rq2� 2=p5 = rp5q10� 2p5(siehe Euklid XIII, 16). Dann ist einerseitsp12 + (1=�)2p12 + (1� 1=�)2 = p�2 + 1p�2 + (�� 1)2 = p�+ 2p3 =s5 +p56und andererseits l6l20 =s5 +p56 :Damit ist die Aussage bewiesen.� Von ihrer dreizehnten werthesten Wirkung (Cap. XXII).Diese \Wirkung" wollen wir ni ht angeben. Sie ist ziemli h unklar formuliert und be-tri�t die Konstruktion des \edelsten von allen regelm�a�igen K�orpern, Dodekaeder ge-nannt". Die vier anderen platonis hen K�orper (Tetraeder, Hexaeder bzw. W�urfel oderKubus, Oktaeder und Ikosaeder) sind den vier Elementen (Erde, Feuer, Luft, Wasser)zugeordnet, w�ahrend das Dodekaeder von Plato als Gestalt angesehen wurde, die dasganze Weltall umfasst.S hlie�li h folgt Cap. XXIII (Wie aus Ehrfur ht vor unserem Heile die genannteWirkungen endigen).� Es s heint mir, erhabener Herzog, ni ht angemessen, mi h �uber no h mehr vonihren unendli hen Wirkungen f�ur jetzt zu verbreiten, weil das Papier der Tinteni ht gen�ugen w�urde, sie alle auszudr�u ken, sondern wir haben nur diese dreizehnunter den andern ausgew�ahlt, aus Verehrung f�ur die S haar der Zw�olf und ihresheiligsten Hauptes, unseres Erl�osers Jesus Christus. Denn da wir ihr den g�ottli- hen Namen au h der Zahl na h von 13 Artikeln mit Bezug auf unser Heil undzwar der zw�olf Apostel mit unserm Erl�oser beigelegt haben, so seien sie hiermitbeendigt; . . .3.1 Aufgaben1. Man gebe einen analytis hen Beweis f�ur die Aussage: Diagonalen, die im glei hseitigenund glei hwinkligen F�unfe k zwei aufeinanderfolgendenWinkeln gegen�uberliegen, teileneinander stetig; und ihre gr�o�eren Abs hnitte sind der F�unfe kseite glei h.2. Man beweise, dass p5 irrational ist.26

4 Geometris he Konstruktionen und ProblemeVon Johannes Kepler (1571-1630) stammt die Aussage:� Die Geometrie birgt zwei gro�e S h�atze: der eine ist der Satz von Pythagoras,der andere der Goldene S hnitt. Den ersten k�onnen wir mit einem S he�el Goldverglei hen, den zweiten k�onnen wir ein kostbares Juwel nennen.4.1 Das goldene Dreie kWir sagen, ein glei hs henkliges Dreie k sei ein goldenes Dreie k , wenn si h die L�angeeines S henkels zur L�ange der Grundseite wie � : 1 verh�alt. Mit elementarer Trigo-nometrie erhalten wir hieraus, dass die Basiswinkel 2�=5 bzw. 72Æ sind, w�ahrend derWinkel an der Spitze �=5 bzw. 36Æ ist. Denn (siehe Abbildung 18 links) es ist

α

1/2

φh

α 2π/5

A

CB

D

π/5

π/5

Abbildung 18: Das goldene Dreie ksin� = h� = p�2 � 1=4� = 12r12(5 +p5) = sin 2�5 :In Abbildung 18 re hts stellen wir ein goldenes Dreie k 4ABC dar. Der S henkel ACsei in D na h dem goldenen S hnitt geteilt, wobei AD die gr�o�ere Stre ke sei. Dannist 4BDC wieder ein goldenes Dreie k. Denn es ist (zumindestens analytis h) ni hts hwierig na hzuweisen, dass jBDj = jBC, also 4BDC glei hs henklig ist, und das27

Verh�alnis zwis hen jBDj und jDCj gerade � ist. Ferner ist au h das Dreie k 4ABDglei hs henklig mit dem Basiswinkel �=5. Dann istFl�a he(4ABC) = jBCj22 � sin 2�5 ;Fl�a he(4ABD) = jBCj22 � sin �5 ;Fl�a he(4DBC) = jBCj22� sin 2�5 :Daher istFl�a he(4ABC)Fl�a he(4ABD) = sin(2�=5)sin(�=5) = �; Fl�a he(4ABD)Fl�a he(4DBC) = �2 sin(�=5)sin(2�=5) = �:Insgesamt ist daher Fl�a he(4ABC)Fl�a he(4ABD) = � = Fl�a he(4ABD)Fl�a he(4DBC) :Etwas lax kann man also sagen, dass das goldene Dreie k 4ABC dur h das Dreie k4ABD na h dem goldenen S hnitt geteilt wird.Das goldene Dreie k kommt implizit s hon bei Euklid (IV, 10) vor. Denn dort �ndetman die Aufgabe:� Erri hte ein glei hs henkliges Dreie k, in dem jeder der beiden Winkel an derGrundlinie doppelt so gro� ist wie der letzte Winkel.4.2 Das 3-4-5-Dreie kEin Dreie k, dessen Seiten die L�angen 3, 4 und 5 haben, enth�alt sozusagen seit Pytha-goras einen re hten Winkel. Sei also 4ABC ein Dreie k mit jBCj = 3, jABj = 4 undjACj = 5. Sei O S hnittpunkt der Winkelhalbierenden ^ACB und der Stre ke AB.Um O s hlage man einen Kreis mit dem Radius jOBj und gewinne, wie in Abbildung19 angegeben, die Punkte P und Q. Ferner sei D ein Punkt auf AC mit jDCj = jBCj.Wir wollen uns �uberlegen:� In Q wird die Stre ke CP na h dem goldenen S hnitt geteilt. Ferner istjBCjjBOj = 21 ; jDCjjADj = 32 ; jAOjjOBj = 53 ; jABjjBOj = 85 :Hier s hauen die Fibona i-Zahlen s hon um die E ke!Ein analytis her Beweis ist ni ht s hwierig. Es sei A = (0; 4), B = (0; 0) und C = (3; 0).Dann ist O = (0; 3=2), P = (�3=p5; (3=2)(1 + 1=p5)), Q = (3=p5; (3=2)(1� 1=p5))und D = (6=5; 12=5). Dann ist (wir benutzen hierzu Maple)jCP j = 32(1 +p5); jPQj = 3:28

B C

A

P

O

Q

D

Abbildung 19: Das 3-4-5-Dreie kAlso ist jCP j=jPQj = �, womit die erste Behauptung bewiesen ist. Wegen jBCj = 3und jBOj = 3=2 ist jBCj=jBOj = 2=1. Weiter ist jDCj = 3, jADj = 2, daherjDCj=jADj = 3=2. Es ist jAOj = 5=2, jOBj = 3=2, folgli h jAOj=jOBj = 5=3. S hlie�-li h ist jABj = 4, jBOj = 3=2, also jABj=jBOj = 8=5. Damit ist die Behauptungbewiesen.4.3 Ein h�ubs hes ProblemGegeben sei ein beliebiges Re hte k ABCD. Wie hat man die Punkte P und Q auf DCbzw. CB zu legen, damit die Dreie ke 4ADP , 4PCQ und 4QAB glei hen Fl�a hen-inhalt haben?Die L�osung (siehe au h A. Beutelspa her, B. Petri (1996, S. 71)) ist nat�urli hni ht s hwierig. M�ogen a; b; ; d die in Abbildung 20 ersi htli he Bedeutung haben. AlsFl�a heninhalte der jeweiligen Dreie ke erh�alt manFl�a he(4ADP ) = 12a( + d);Fl�a he(4PCQ) = 12bd;Fl�a he(4QAB) = 12 (a+ b):Als Fl�a heninhalte der jeweiligen Dreie ke erh�alt manFl�a he(4ADP ) = 12a( + d);Fl�a he(4PCQ) = 12bd;Fl�a he(4QAB) = 12 (a+ b):29

D CP

Q

A B

a b

a+b

c+d

d

c

Abbildung 20: Wann haben 4ADP , 4PCQ und 4QAB glei hen Fl�a heninhalt?Die Fl�a heninhalte sind also glei h, wenna( + d) = bd = (a+ b)ist, woraus man insbesondere b = ad erh�alt. Eliminiert man hieraus a, so folgt dur hEinsetzen b d ( + d) = bd bzw. �d �2 � d = 1:Folgli h ist d= = �. �Ahnli h folgt b=a = �. Das Problem wird also dadur h gel�ost,dass man BC und CD na h dem goldenen S hnitt teilt.4.4 Das F�unf-Kreise-ProblemGegeben sei ein Kreis mit dem Mittelpunkt O. Man konstruiere das zugeh�orige re-gelm�a�ige F�unfe k. Dur h je zwei bena hbarte E ken dieses F�unfe ks und den Kreis-mittelpunkt lege man jeweils einen Kreis, also f�unf Kreise (siehe Abbildung 21 links).Wie verh�alt si h der Radius des gegebenen Kreises zu den Radien der so konstruiertenKreise?Wir haben den Radius der konstruierten Kreise zu bere hnen. Seien P , R aufeinan-derfolgende E ken in dem einem Kreis um O einbes hriebenen regelm�a�igen F�unfe k,siehe Abbildung 21 re hts. Dann istjOP j2 = jOQj os �5Daher ist jOP jjOQj = 2 os �5 = �:Die Radien der entspre henden Kreise stehen also im goldenen-S hnitt-Verh�altnis zu-einander. 30

O

R

P

Q

Abbildung 21: Das F�unf-Kreise-Problem4.5 Die goldene SpiraleUnter einem goldenen Re hte k versteht man ein Re hte k, dessen Seiten im goldenen-S hnitt-Verh�altnis zueinander stehen. Die Beziehung � = 1 + 1=� zeigt, dass man eingoldenes Re hte k in zwei Teile zerlegen kann, n�amli h ein Quadrat und ein kleineresgoldenes Re hte k. Geht man umgekehrt (wir folgen in der Notation der Darstellungbei H. S. M. Coxeter (1969, S. 164 �.) bzw. A. Beutelspa her, B. Petri (1996,S. 57 �.)) von einem Quadrat ABCH aus, so kann man hierzu das goldene Re hte kABDF konstruieren. Das Re hte k CDFH ist wieder ein goldenes Re hte k, wel hes

A F

B CD

E

GH

I

JO

Abbildung 22: Goldenes Re hte k und goldene Spiralewieder in das Quadrat CDEJ und das goldene Re hte k JEFH zerlegt werden kann,31

siehe Abbildung 22. Sei O der S hnittpunkt von AE und BF (oder CG und HD)17In Abbildung 22 haben wir einen Teil S einer Spirale dur h die Punkte A;C;E;G; Igezei hnet, die sogenannte goldene Spirale. Mit einem geeigneten Drehwinkel � (dieserist gerade so bestimmt, dass O + jOEj( os�; sin�) = E) istS = fO + jOEj�2�=�( os(�+ �); sin(� + �)) : � 2 [�2�; �℄g:Genauer wollen wir hierauf ni ht eingehen, siehe A. Beutelspa her, B. Petri(1996, S. 57 �) und H. S. M. Coxeter (1969, S. 164 �.). Auf einer S hweizer Brief-marke18 aus dem Jahr 1987 �ndet man die goldene Spirale.4.6 Aufgaben1. Man zeige: In ein gegebenes Quadrat kann man ein goldenes Re hte k so einbes hreiben(d. h. die E ken des Re hte ks liegen auf unters hiedli hen Seiten des Quadrates), dassseine E ken die Seiten des Quadrats im goldenen S hnitt teilen.2. Gegeben sei ein Quader mit dem Volumen 1, eine Kantenl�ange sei 1 und die L�ange derRaumdiagonale sei 2. Man bestimme die beiden anderen Kantenl�angen.3. Man betra hte19 Abbildung 23, in wel her einem Quadrat ein glei hs henkliges Drei-e k einbes hrieben ist, wobei die Basis des Dreie ks eine Seite des Quadrats ist. Manbestimme das Verh�altnis aus der L�ange der Basisseite und des Dur hmessers des In-kreises.5 Etwas Mathematik rund um �Die Goldene-S hnitt-Zahl � spielt in der Mathematik an vers hiedenen Stellen eineRolle. Wir wollen nur einige Beispiele hierzu angeben.5.1 Minimierung einer unimodalen FunktionEine Funktion f : [a; b℄ �! R hei�t unimodal , wenn es genau ein t� 2 (a; b) gibt mitf(t�) = mint2[a;b℄ f(t), und wenn f auf [a; t�℄ monoton fallend und auf [t�; b℄ monotonwa hsend ist. Das Ziel besteht darin, das unbekannte Minimum m�ogli hst gut zu loka-lisieren, wobei allerdings m�ogli hst wenig Funktionsauswertungen vorzunehmen sind,weil diese \teuer" sein k�onnen.17Es ist einfa h analytis h na hzuweisen, dass alle Geradenst�u ke AE, BF , CG und HD einengemeinsamen S hnittpunkt haben. Ist ABCH das Einheitsquadrat mit A = (0; 0), B = (0; 1), C =(1; 1) und H = (1; 0), so ist O = ( 12 + 310p5; 12 � 110p5). In diesem Falle istjOEj = 2p5p5�p51 +p5 :18Siehehttp://www.fh-friedberg.de/users/boergens/marken/beispiele/goldeners hnitt.htm19Siehe A. Beutelspa her, B. Petri (1996, S. 73).32

A

B CAbbildung 23: Quadrat, Dreie k, InkreisAngenommen, man wertet die unimodale Funktion f an zwei Punkten s; t 2 [a; b℄mit s < t aus. Ist f(s) > f(t), so k�onnen s und t ni ht beide re hts von t� liegen, daf auf [t�; b℄ monoton wa hsend ist. Daher muss s links von t� liegen und man su ht t�jetzt in dem reduzierten Intervall [s; b℄. Ist dagegen f(s) � f(t), so k�onnen s und t ni htbeide links von t� liegen, so dass man si h bei der Su he na h t� auf das Intervall [a; t℄bes hr�anken kann. Nun geben wir die Methode des goldenen S hnitts zur Minimierungeiner unimodalen Funktion f an. Hierbei wird zu Beginn das Intervall [a; b℄ in s < t na hdem goldenen S hnitt geteilt, die Funktion f in den beiden Punkten ausgewertet unddana h ents hieden, ob in [a; t℄ oder in [s; b℄ weiter gesu ht wird. Dieses neue Intervallwird wieder na h dem goldenen S hnitt geteilt, wobei einer der beiden Punkte undinsbesondere sein Funktionswert s hon bekannt ist.� Die Funktion f : [a; b℄ �! R sei auf [a; b℄ unimodal.� Sei � > 0 (gew�uns hte Genauigkeit) gegeben, setze F := 1=� = (p5� 1)=2.� Bere hne � s := a + (1� F )(b� a); fs := f(s);t := a + F (b� a); ft := f(t):� Solange b� a > �:{ Falls fs > ft, dann:a := s; s := t; t := a+ F (b� a); fs := ft; ft := f(t){ Andernfalls:b := t; t := s; s := a+ (1� F )(b� a); ft := fs; fs := f(s):� t� � (a + b)=2.Nat�urli h endet das Verfahren na h endli h vielen S hritten, da die Intervalll�ange des\Ungewissheitsintervalls" von S hritt zu S hritt mit 1=� � 0:6180339890 multipliziertwird. 33

5.2 Die Konvergenzges hwindigkeit des SekantenverfahrensWir zitieren den folgenden lokalen Konvergenzsatz f�ur das Sekantenverfahren, siehez. B. J. Werner (1992, S. 112).� Sei f 2 C2[a; b℄ und x� 2 (a; b) eine einfa he Nullstelle von f , d. h. es sei f(x�) = 0und f 0(x�) 6= 0. Dann existiert ein Æ > 0 und hiermit ein IntervallIÆ := [x� � Æ; x� + Æ℄ � [a; b℄mit: Sind x0; x1 2 IÆ mit x0 6= x1, so ist die aus dem Sekantenverfahrenxk+1 := xk � (xk � xk�1)f(xk)f(xk)� f(xk�1) ; k = 1; 2; : : : ;gebildete Folge fxkg de�niert und fxkg � IÆ konvergent gegen x�. Hierbei wirdxk 6= x� f�ur alle k angenommen. Ferner existiert eine Nullfolge f kg � R+ posi-tiver reeller Zahlen und eine Konstante C > 0 mitjxk � x�j � k und k+1 � C �k f�ur k = 0; 1; : : :.Au h hier spielt also �uberras henderweise die Goldene-S hnitt-Zahl eine Rolle.5.3 Die Anzahl der S hritte im euklidis hen AlgorithmusDer euklidis he Algorithmus zur Bestimmung des gr�o�ten gemeinsamen Teilers zweiernat�urli her Zahlen d�urfte bekannt sein. In Matlab gibt es die Funktion g d, wir s heibeneine eigene Funktion:fun tion [ggt,iter℄=GGT(u,v);%******************************************************%Input: u>v sind natuerli he Zahlen%Output: ggt ist der groesste gemeinsame Teiler von u% und v, iter gibt die Anzahl der Iterationen% bzw. Divisionen im euklidis hen Algorithmus an.%******************************************************iter=0;while (v~=0)r=rem(u,v); %r=Rest von u/vu=v;v=r;iter=iter+1;end;ggt=u;Hier wird also ni ht nur der gr�o�te gemeinsame Teiler, sondern au h die hierf�ur ben�otig-te Anzahl der S hritte ausgegeben.Beispiel: [ggt,iter℄=GGT(40902,24140); ergibt ggt = 34 und iter = 8. 234

�Uber die Anzahl der ben�otigten S hritte kann man eine Aussage ma hen (diese stammtvon G. Lam�e, 1845), bei der wieder die Goldene-S hnitt-Zahl � vorkommt, siehe D. E.Knuth (1998, S. 348):� Sind u > v nat�urli he Zahlen, die kleiner als n sind, so ist die Zahl iter der dur hden euklidis hen Algorithmus ben�otigten S hritte abs h�atzbar dur hiter � lnnln� + lnp5ln� � 2:0781 lnn+ 1:6723 � 4:7850 log10 n+ 1:6723:Beispiel: F�ur (u; v) = (40902; 24140) w�urde dies z. B. die Abs h�atzung iter � 23:7394bzw. iter � 23 liefern, also eine ziemli h s hle hte Abs h�atzung. Anderseits ben�otigtman 39 Iterationen f�ur (u; v) = (165580141; 102334155). Obige Abs h�atzung w�urdeiter � 41 liefern, also eine ziemli h gute Abs h�atzung. Bea hte, dass hier u und vaufeinanderfolgende Fibona i-Zahlen sind. 25.4 � als ges ha htelte Wurzel und als Kettenbru hWir betra hten eine Folge fxkg, die f�ur ein beliebiges x0 � 0 dur h die Vors hriftxk+1 := p1 + xk; k = 0; 1; : : : ;gegeben ist. Der Kontraktionssatz liefert sofort die Aussage, dass die Folge fxkg f�urjedes x0 � 0 gegen den eindeutigen Fixpunkt x� von F (x) := p1 + x konvergiert.O�enbar ist x� = � die Goldene-S hnitt-Zahl. Es ist daherx1 = p1 + x0;x2 = q1 +p1 + x0;x3 = r1 +q1 +p1 + x0;... ...� = s1 +r1 +q1 +p1 + � � �;eine Darstellung von � als \ges ha htelte Wurzel" (nested radi al).Nun betra hte man die Folge fxkg, die dur hxk+1 := 1 + 1xk ; k = 0; 1; : : : ;mit einem vorgegebenen x0 > 0 gegeben ist. Wir wollen uns �uberlegen, dass au h dieseFolge f�ur jedes x0 > 0 konvergiert, und zwar o�enbar gegen �. Hierzu de�nieren wirdie Abbildung F (x) := 1 + 1=x. O�enbar ist F ((0;1)) � [1;1), F ([1;1)) � [1; 2℄,F ([1; 2℄) � [32 ; 2℄ und F ([32 ; 2℄ � [32 ; 2℄. F�ur ein beliebiges x0 > 0 ist also xk 2 [32 ; 2℄35

f�ur alle k � 3. Da das abges hlossene Intervall [32 ; 2℄ dur h F kontrahierend in si habgebildet wird, folgt die behauptete Konvergenzaussage. Mit x0 := 1 erhalten wirx1 = 1 + 11 = 21 ; x2 = 1 + 11 + 11 = 32 ; x3 = 1 + 11 + 11 + 11 = 53 ;und x4 = 85 ; x5 = 138 ; : : : :Au h hier wird der Zusammenhang zwis hen der Goldenen-S hnitt-Zahl � und densogenannten Fibona i-Zahlen ffkg, die dur hf0 := 0; f1 := 1; fk := fk�1 + fk�2 (k = 2; : : :)de�niert sind, deutli h. Dur h vollst�andige Induktion na h k erh�alt manxk�1 = fk+1fk ; k 2 N ;womit limk!1 fk+1fk = �bewiesen ist. Daher kann � als unendli her Kettenbru h dargestellt werden:� = 1 + 11 + 11 + 11 + � � �Dies ist daher sozusagen der einfa hste Kettenbru h, da nur Einsen auftreten. Weiterkann man hieraus s hlie�en, dass � die \irrationalste" Zahl (most irrational number:Bei Google ergibt die Su he na h diesem Begri� 182 Tre�er) ist. Wir zitieren denApproximationssatz von Hurwitz und verweisen auf die s h�one, elementare Darstellungbei Beutelspa her, B. Petri (1996, S. 99{105).� Zu einer beliebigen Zahl � 2 RnQ gibt es unendli h viele rationale Zahlen p=q 2 Qmit der Eigens haft ���pq � ���� < 1q2p5 :Die Konstante p5 ist im folgenden Sinne die bestm�ogli he: Zu jedem A > p5hat die Unglei hung ���pq � ���� < 1q2Anur endli h viele L�osungen p=q 2 Q .36

5.5 Aufgaben1. Etwas einfa hes kann au h kompliziert ausgedr�u kt werden. Als Beispiel hierf�ur beweiseman20: Es ist � = 138 + 1Xk=0 (�1)k+1(2k + 1)!(k + 2)! k! 42k+3 :Hinweis: Man entwi kle f(x) := px na h Taylor an der Stelle a := 4 und werte dieReihe f�ur x = 5 aus.6 L�osungen zu den Aufgaben6.1 Aufgaben in Abs hnitt 11. Man re htfertige die folgende Konstruktion:� Gegeben sei eine Stre ke AP .� Man erri hte in P das Lot PC mit jPCj = jAP j.� Man bestimme den Mittelpunkt D der Stre ke AP . Man bestimme den S hnitt-punkt B des Kreises um D mit dem Radius jDCj und der Verl�angerung derStre ke AP �uber P hinaus.� Die Stre ke AB wird in P na h dem goldenen S hnitt geteilt.In Abbildung 24 wird die Konstruktion verdeutli ht.A P

C

D BAbbildung 24: Konstruktion des \�au�eren goldenen S hnitts"L�osung: Es istjABj = jADj+ jDBj = 12 jAP j+ jDCj = 12(1 +p5)jAP j = � jAP j;und das war zu zeigen.20Siehehttp://mathworld.wolfram. om/GoldenRatio.htmlundhttp://home. in i.rr. om/roselle/goldenmeanseries.htm37

2. Man l�ose das sogenannte Napoleonis he Problem. Bei diesem sind auf einem gegebenenKreis um den Punkt O alleine mit Hilfe eines Zirkels vier Punkte A;B;C;D zu �ndenderart, dass ABCD ein Quadrat bilden.L�osung: Man ma he die folgende Konstruktion, siehe Abbildung 25.� Man w�ahle einen beliebigen Punkt A auf dem Kreis. Trage mit dem Radius desKreises von A aus die Punkte F , G und C ab.� Sei E S hnittpunkt der Kreise um A und C jeweils mit dem Radius jAGj.� Es ist jOEj die Seitenl�ange des gesu hten Quadrates. Als S hnittpunkte des ge-gebenen Kreises und des Kreies um A mit dem Radius jOEj gewinne man alsodie beiden �ubrigen Punkte B und D.OA

F G

C

E

B

DAbbildung 25: L�osung des Napoleonis hen ProblemsNun muss die Konstruktion gere htfertigt werden. Hierzu muss gezeigt werden, dassjOEj = p2jAOj. Es ist jAGj = p3jAOj. Wegen des Satzes von Pythagoras (angewandtauf 4COE) istjOEj =pjECj2 � jOCj2 =pjACj2 � jAOj2 = p2jAOj:Das war zu zeigen.3. Man betra hte die folgende Konstruktion (siehe K. Hofstetter (2002)):� Gegeben seien zwei Punkte A und B.� Seien C und D S hnittpunkte der beiden Kreise um A bzw. B, wel he jeweils denRadius jABj haben.� Seien E und F S hnittpunkte der beiden Kreise mit der Geraden dur h A und B.� Seien X und Y S hnittpunkte der beiden Kreise um A bzw. B, jeweils mit demRadius jEF j. 38

A BE F

C

D

X

Y

A BE F

C

D

X

YAbbildung 26: Konstruktion des goldenen S hnitts na h HofstetterSiehe Abbildung 26 links.(a) Man zeige, dass die Stre ke CX in D na h dem goldenen S hnitt geteilt wird.(b) Die Gerade dur h A und B kann dur h einen Kreis um C mit dem Radius jCDjersetzt werden, siehe Abbildung 26 re hts.L�osung: Wir geben eine analytis he L�osung an und nehmen an, es sei A = (0; 0) undB = (1; 0) (was keine Eins hr�ankung der Allgemeinheit ist). Dann ist C = (12 ;�12p3),D = (12 ; 12p3). E = (�1; 0), F = (2; 0) (unabh�angig davon, ob man (a) oder eine reineZirkelkonstruktion betra htet). S hlie�li h ist X = (12 ; 12p15). Dann istjCXjjCDj = 12p15 + 12p3p3 = 12(1 +p5) = �;womit die Behauptung bewiesen ist.6.2 Aufgaben in Abs hnitt 21. Sei ffkg die Folge der Fibona i-Zahlen, also f0 := 0, f1 := 1 und fk := fk�1 + fk�2,k = 2; 3; : : :. Dann ist fk+1fk�1 � f2k = (�1)k; k = 1; 2; : : : :L�osung: Wir beweisen die Behauptung dur h vollst�andige Induktion. F�ur k = 1 istdie Behauptung o�ensi htli h ri htig. Wir nehmen an, sie sei f�ur k ri htig. Dann istfk+2fk � f2k+1 = (fk+1 + fk)fk � fk+1(fk + fk�1)= f2k � fk+1fk�1= �(�1)k(na h Induktionsannahme)= (�1)k+1;39

womit die Behauptung bewiesen ist. Ein \esoteris her" Beweis ist bei D. E. Knuth(1997, S. 81) angegeben. Hierna h beweist man zun�a hst die Identit�at� fk+1 fkfk fk�1 � = � 1 11 0 �kdur h vollst�andige Induktion na h k, ans hlie�end bildet man auf beiden Seiten dieserGlei hung die Determinante.Die obige Identit�at ist Grundlage eines Puzzles. Wir \beweisen", dass 168=169. Aufkariertem Papier zei hnen wir n�amli h ein Re hte k, dessen Seiten die L�angen 8 und21 haben, dessen Fl�a heninhalt also 8 � 21 = 168 ist. In Abbildung 27 links ist diesesRe hte k angegeben, ferner ist angedeutet, wie es zu zers hneiden ist. Die Teile setze

Abbildung 27: Zers hneiden eines Re hte ks, Zusammensetzen als Quadratman zu einem Quadrat der Seitenl�ange 13 zusammen, siehe Abbildung 27 re hts. DiesesQuadrat hat den Fl�a heninhalt 132 = 169. Damit ist 168=169 \bewiesen". Grundlageder optis hen T�au hung ist die Glei hung f6f8 � f27 = �1, ein Spezialfall der obigenGlei hung.2. Sei ffkg die Folge der Fibona i-Zahlen, also f0 := 0, f1 := 1 und fk := fk�1 + fk�2,k = 2; 3; : : :. Dann ist � = 1 + 1Xk=1 (�1)k+1fkfk+1 :L�osung:Wir de�nieren xk := fk+2=fk+1, k = 0; 1; : : :, und benutzen, dass limk!1 xk =�. Mit Hilfe der letzten Aufgabe erhalten wir, dass1 + nXk=1 (�1)k+1fkfk+1 = 1 + nXk=1�fk+2fk � f2k+1fkfk+1 �= 1 + nXk=1�fk+2fk+1 � fk+1fk �= 1 + nXk=1(xk � xk�1)= 1 + (xn � x0)40

= 1� f2f1 + xn= xnf�ur ein beliebiges n 2 N. Hieraus folgt die Behauptung.3. Sei ffkg die Folge der Fibona i-Zahlen, also f0 := 0, f1 := 1 und fk := fk�1 + fk�2,k = 2; 3; : : :. Man zeige:(a) F�ur k = 0; 1; : : : und l 2 N ist fk+l = flfk+1 + fl�1fk.(b) Es ist f2k+1 = f2k+1 + f2k , k = 0; 1; : : :.( ) Es ist kXj=0 fj = fk+2 � 1; k = 0; 1; : : : :(d) Es ist kXj=0 f2j fj+1 = fkfk+1fk+22 ; k = 0; 1; : : : :(e) Es ist kXj=0 fjfk�j = 15(k � 1)fk + 25kfk�1; k = 1; : : : :(f) Es ist (1� �)k = fk+1 � �fk, k = 0; 1; : : :.L�osung: Zum Beweis des ersten Teiles der Aufgabe halten wir k fest und beweisendur h vollst�andige Induktion na h l, dass fk+l = flfk+1 + fl�1fk f�ur alle l 2 N. F�url = 1 und l = 2 ist dies o�ensi htli h ri htig. Angenommen, es sei f�ur l�1 und l ri htig.Dann ist fk+l+1 = fk+l + fk+l�1= flfk+1 + fl�1fk + fl�1fk+1 + fl�2fk= (fl + fl�1)fk+1 + (fl�1 + fl�2)fk= fl+1fk+1 + flfk:Damit ist der Induktionsbeweis abges hlossen und der erste Teil der Aufgabe bewiesen.Zum Beweis des zweiten Teiles setze man im ersten Teil der Aufgabe l := k + 1.Den dritten Teil der Aufgabe beweisen wir dur h vollst�andige Induktion na h k. F�urk = 0 ist die Aussage o�ensi htli h ri htig. Angenommen, sie sei f�ur k ri htig. Dann istk+1Xj=0 fj = kXj=0 fj + fk+1= fk+2 � 1 + fk+1= f(k+1)+2 � 1;womit der Induktionsbeweis erfolgrei h abges hlossen ist.41

Au h den vierten Teil der Aufgabe beweisen wir dur h vollst�andige Induktion na h k,wobei der Induktionsanfang f�ur k = 0 wieder trivialerweise gegeben ist. Die Aussagesei f�ur k ri htig. Dann istk+1Xj=0 f2j fj+1 = kXj=0 f2j fj+1 + f2k+1fk+2= fkfk+1fk+22 + f2k+1fk+2= (fk+2 � fk+1)fk+1fk+22 + f2k+1fk+2= fk+1fk+2(fk+1 + fk+2)2= fk+1fk+2fk+32 ;also ist die Aussage au h f�ur k + 1 ri htig.Die f�unfte Aussage wird ebenfalls dur h vollst�andige Induktion na h k bewiesen. DieAussage ist f�ur k = 1 und k = 2 o�ensi htli h ri htig. Angenommen, sie sei es au h f�urein k � 2. Dann istk+1Xj=0 fjfk+1�j = kXj=0 fjfk+1�j= k�1Xj=0 fjfk+1�j + fk= k�1Xj=0 fj(fk�j + fk�1�j) + fk= kXj=0 fjfk�j + k�1Xj=0 fjfk�1�j + fk= 15(k � 1)fk + 25kfk�1 + 15(k � 2)fk�1 + 25(k � 1)fk�2 + fk= 15(k � 1)fk + 25kfk�1 + 15(k � 2)fk�1 + 25(k � 1)(fk � fk�1) + fk= �35k + 25�fk + 15kfk�1= 15k(fk�1 + fk) + 25(k + 1)fk= 15kfk+1 + 25(k + 1)fk;womit der Induktionsbeweis abges hlossen ist.Au h die se hste Aussage wird dur h vollst�andige Induktion na h k bewiesen. F�ur k = 0ist sie trivialerweise ri htig. Angenommen, sie sei f�ur k ri htig. Dann ist(1� �)k+1 = (1� �)k(1� �)= (fk+1 � �fk)(1 � �)42

= fk+1 � �fk � �fk+1 + �2fk= fk + fk+1 � �fk+1= fk+2 � �fk+1;und das ist die Aussage f�ur k + 1.4. Sei Ak := 0BBBBBBB� 1 �1 0 0 � � � 0 0 01 1 �1 0 � � � 0 0 00 1 1 �1 � � � 0 0 0... ... ... ... . . . ... ... ...0 0 0 0 � � � 1 1 �10 0 0 0 � � � 0 1 11CCCCCCCA 2 Rk�k :Man bere hne det(Ak).L�osung: Es ist det(A1) = 1 unddet(A2) = det� 1 �11 1 � = 2:Dur h Entwi klung von det(Ak) na h der ersten Zeile erh�alt man ferner det(Ak) =det(Ak�1) + det(Ak�2), so dass det(Ak) = fk+1.5. Sei ffkg die Folge der Fibona i-Zahlen, also f0 := 0, f1 := 1 und fk := fk�1 + fk�2,k = 2; 3; : : :. Dann istkXj=0 fjxj = 8>><>>: fk+1xk+1 + fkxk+2 � xx2 + x� 1 ; x2 + x� 1 6= 0;(k + 1)fk+1xk + (k + 2)fkxk+1 � 12x+ 1 ; x2 + x� 1 = 0; k = 0; 1; : : : :L�osung: Au h diese Aussage beweisen wir dur h vollst�andige Induktion na h k. F�urk = 0 ist sie o�ensi htli h ri htig. Angenommen, sie sei es au h f�ur k. Wir nehmenzun�a hst an, es sei x2 + x� 1 6= 0. Dann istk+1Xj=0 fjxj = kXj=0 fjxj + fk+1xk+1= fk+1xk+1 + fkxk+2 � xx2 + x� 1 + fk+1xk+1= fk+1xk+1 + fkxk+2 � x+ (x2 + x� 1)fk+1xk+1x2 + x� 1 + fk+1xk+1= (fk + fk+1)xk+2 + fk+1xk+3 � xx2 + x� 1= fk+2xk+2 + fk+1xk+3 � xx2 + x� 1 :Ist dagegen x2 + x� 1 = 0, so ist x = 1=� oder x = 1=(1 � �). Wegenfk+1� 1��k+1 + fk� 1��k+2 � 1� = 1�k+2 [fk+1�+ fk � �k+1| {z }=0 ℄ = 043

undfk+1� 11� ��k+1 + fk� 11� ��k+2 � 11� � = 1(1� �)k+2 [fk+2 � fk+1�� (1� �)k+1| {z }=0 ℄= 0(hierbei haben wir Aufgabe 3f benutzt) ergibt eine Anwendung der Regel von del'Hospital, dass kXj=0 fjxk = (k + 1)fk+1xk + (k + 2)fkxk+1 � 12x+ 1 ;falls x2 + x� 1 = 0.Ist x2 + x� 1 6= 0 und existiert P1j=0 fjxj, so ist o�enbar1Xj=0 fjxj = x1� x� x2 bzw. 1Xj=0 fj+1xj = 11� x� x2 :6. Sei ffkg die Folge der Fibona i-Zahlen, also f0 := 0, f1 := 1 und fk := fk�1 + fk�2,k = 2; 3; : : :. Ferner sei die Folge fgkg de�niert dur h g0 := 2, g1 := 1 und gk :=gk�1 + gk�2, k = 2; 3; : : :. Man zeige:(a) Es ist gk = fk�1 + fk+1, k = 1; 2; : : :.(b) Es ist f2k = fkgk, k = 0; 1; : : :.L�osung: Beide Aussagen werden dur h vollst�andige Induktion na h k bewiesen. Dieerste ist f�ur k = 1; 2 ri htig. Wir nehmen an, die Aussage sei f�ur k uns k � 1 ri htig.Dann ist gk+1 = gk + gk�1= fk�1 + fk+1 + fk�2 + fk= (fk�1 + fk�2) + (fk + fk+1)= fk + fk+2;und das ist die Aussage f�ur k + 1.Die zweite Aussage ist f�ur k = 0; 1 trivialerweise ri htig. Angenommen, sie sei f�ur k ri h-tig. Dann erh�alt man unter Benutzung von Aufgabe 3b, des ersten, s hon bewiesenenTeils dieser Aufgabe und der Induktionsvoraussetzung die folgende Glei hungskette:f2(k+1) = f2k+1 + f2k= f2k + f2k+1 + fkgk= f2k + f2k+1 + fk(fk�1 + fk+1)= fkfk+1 + fk(fk + fk�1) + f2k+1= fkfk+1 + fk+1(fk + fk+1)= fkfk+1 + fk+1fk+2= fk+1(fk + fk+2)= fk+1gk+1:Damit ist au h die zweite Aussage bewiesen.44

7. Allgemeiner als in Aufgabe 6 bezei hnet man eine Folge fakgk=0;1;::: als eine Lu as-Folge, wenn ak = ak�1 + ak�2, k = 2; 3; : : :. Man zeige, dassak = a1fk + a0fk�1; k = 1; 2; : : : ;wobei ffkg nat�urli h die Folge der Fibona i-Zahlen ist.L�osung: Die Aussage ist o�enbar f�ur k = 1; 2 ri htig. Angenommen, sie sei au h f�ur kri htig. Dann ist ak+1 = ak + ak�1= a1fk + a0fk�1 + a1fk�1 + a0fk�2= a1(fk + fk�1) + a0(fk�1 + fk�2)= a1fk+1 + a0fk;womit der Induktionsbeweis abges hlossen ist.8. Sei fakgk=0;1;::: eine Lu as-Folge, siehe Aufgabe 7, und a0 + a1� 6= 0. Dann istlimk!1 ak+1ak = �:L�osung: Wegen Aufgabe 7 und fk+1=fk ! � istak+1ak = a1fk+1 + a0fka1fk + a0fk�1 = fk(a0 + a1fk+1=fk)fk�1(a0 + a1fk=fk�1) ! �a0 + a1�a0 + a1� = �;womit die Aussage bewiesen ist.6.3 Aufgaben in Abs hnitt 31. Man gebe einen analytis hen Beweis f�ur die Aussage: Diagonalen, die im glei hseitigenund glei hwinkligen F�unfe k zwei aufeinanderfolgendenWinkeln gegen�uberliegen, teileneinander stetig; und ihre gr�o�eren Abs hnitte sind der F�unfe kseite glei h.L�osung:Wir gehen o. B. d.A. von einem regul�aren F�unfe k mit E ken in Ak := eik2�=5,k = 0; 1; 2; 3; 4 aus, siehe Abbildung 28. Mit Hilfe von Mathemati a undSolve[{(1-t)*Cos[8*Pi/5℄+t*Cos[2*Pi/5℄==(1-s)*Cos[4*Pi/5℄+s,(1-t)*Sin[8*Pi/5℄+t*Sin[2*Pi/5℄==(1-s)*Sin[4*Pi/5℄},{s,t}℄FullSimplify[%℄erhalten wir, dass s = t = 12(�1 +p5) = 1�und P := (1� t)A4 + tA1 = (1� s)A2 + sA0der gesu hte S hnittpunkt ist. Folgli h istjA1A4jjPA4j = jA1A4jt jA1A4j = �; jA0A2jjPA2j = jA0A2js jA0A2j = �:45

A1

A0

A4

A3

A2

P

Abbildung 28: S hnitt der Diagonalen im regul�aren F�unfe kDamit ist gezeigt, dass die Diagonalen im regul�aren F�unfe k si h na h dem goldenenS hnitt teilen. Ferner istjPA4j = jA0A4j =r12(5�p5) = 2 sin �5gerade die Seitenl�ange des dem Einheitskreis einges hriebenen regelm�a�igen F�unfe ks.2. Man beweise, dass p5 irrational ist.L�osung: Angenommen, es sei p5 = pq ;wobei p; q 2 N. Wir werden zeigen, dass es dann p1; q1 2 N mit q1 < q und p=q = p1=q1gibt. Dies ergibt einen Widerspru h, da die selbe Argumentation auf die Darstellungp2 = p1=q1 angewandt werden kann und jede nat�urli he Zahl nur endli h viele nat�urli- he Vorg�anger hat.Wir setzen p1 := �2p+ 5q, q1 := p� 2q. Es ist p1 > 0 bzw. p1 2 N, da 5=2 > p5, undq1 > 0 bzw. q1 2 N, da p5 > 2. Weiter ist q1 < q, da p5 < 3. Wegen 5q2 = p2 istferner p1=q1 = p=q, womit der Beweis abges hlossen ist.6.4 Aufgaben in Abs hnitt 41. Man zeige: In ein gegebenes Quadrat kann man ein goldenes Re hte k so einbes hreiben(d. h. die E ken des Re hte ks liegen auf unters hiedli hen Seiten des Quadrates), dassseine E ken die Seiten des Quadrats im goldenen S hnitt teilen.L�osung: Gegeben sei ein Quadrat ABCD, siehe Abbildung 29. Man teile die Seiten desQuadrats in der in Abbildung 29 angegebenen Weise na h dem goldenen S hnitt undgewinne hierdur h die Punkte P , Q, R und S. Ist ABCD das Einheitsquadrat [0; 1℄2,was wir ohne Eins hr�ankung annehmen k�onnen, so istP = (1=�; 0); Q = (1; 1 � 1=�); R = (1� 1=�; 1); S = (0; 1=�):46

A B

D C

P

Q

R

S

Abbildung 29: Ein einem Quadrat einbes hriebenes goldenes Re hte kWegen Q� P = R� S und R�Q = S � P ist PQRS ein Parallelogrann (gegen�uber-liegende Seiten sind parallel), wegen (R � S)T (P � S) = 0 ist es ein Re hte k. Weiterist jRQjjPQj = p2=�p2(1� 1=�) = �;womit gezeigt ist, dass PQRS ein goldenes Re hte k ist.2. Gegeben sei ein Quader mit dem Volumen 1, eine Kantenl�ange sei 1 und die L�ange derRaumdiagonale sei 2. Man bestimme die beiden anderen Kantenl�angen.L�osung: Die Kantenl�angen des Quaders seien a; b > 0 und = 1. Na h Voraussetzungist ab = 1 und pa2 + b2 + 1 = 2 bzw. a2 + b2 = 3. Als positive L�osungen erh�alt man(a; b) = (�; 1=�) und nat�urli h au h (a; b) = (1=�; �). Zumindestens eine Kantenl�angedes gesu hten Quaders ist also die goldene S hnitt Zahl �.3. Man betra hte21 Abbildung 30 links, in wel her einem Quadrat ein glei hs henkligesDreie k einbes hrieben ist, wobei die Basis des Dreie ks eine Seite des Quadrats ist.Man bestimme das Verh�altnis aus der L�ange der Basisseite und des Dur hmessers desInkreises.L�osung: Sei r der Radius des Inkreises, dessen Mittelpunkt wir mit O bezei hnen.F�ur die weiteren Bezei hnungen verweisen wir auf Abbildung 30 re hts. Das Dreie k4OPC hat bei P einen re ten Winkel. Da bei den beiden re htwinkligen Dreie ken4OEC und4OPC zwei Seitenl�angen glei h sind, m�ussen au h die dritten Seitenl�angen�ubereinstimmen. Also ist jPCj = jECj = jBCj=2. Hieraus folgt (Satz des Pythagoras,angewandt auf 4AEC)jAP j = jACj � jPCj = jACj � jBCj=2 = jBCj2 (p5� 1) = jBCj� :Nun wende man den Satz des Pythagoras auf 4AOP an. Hierna h ist r2 + jAP j2 =(jBCj�r)2, woraus man jBCj(1�1=�2) = 2r bzw. jBCj=(2r) = � erh�alt. Das gesu hteVerh�altnis ist also dur h die goldene S hnitt Zahl gegeben.21Siehe A. Beutelspa her, B. Petri (1996, S. 73).47

A

B C

A

B C

O

E

r

Pr

Abbildung 30: Quadrat, Dreie k, Inkreis6.5 Aufgaben in Abs hnitt 51. Etwas einfa hes kann au h kompliziert ausgedr�u kt werden. Als Beispiel hierf�ur beweiseman22: Es ist � = 138 + 1Xk=0 (�1)k+1(2k + 1)!(k + 2)! k! 42k+3 :Hinweis: Man entwi kle f(x) := px na h Taylor an der Stelle a := 4 und werte dieReihe f�ur x = 5 aus.L�osung: Sei f(x) := px. Dur h vollst�andige Induktion na h k kann man lei ht zeigen,dass f (k)(x) = (�1)k+11 � 3 � � � � � (2k � 3)2k x�(2k�1)=2; k = 2; 3; : : : :Folgli h ist� = 1 +p52= 12 + 12 1Xk=0 f (k)(4)k!= 12 + 12(f(4) + f 0(4)) + 12 1Xk=2 f (k)(4)k!= 12 + 12�2 + 14�+12 1Xk=2 (�1)k+12kk! 1 � 3 � � � � � (2k � 3)2�(2k�1)22Siehehttp://mathworld.wolfram. om/GoldenRatio.htmlundhttp://home. in i.rr. om/roselle/goldenmeanseries.htm48

= 138 + 1Xk=2 (�1)k+123kk! 1 � 3 � � � � � (2k � 3)= 138 + 1Xk=0 (�1)k+123(k+2)(k + 2)!1 � 3 � � � � � (2k + 1)= 138 + 1Xk=0 (�1)k+123(k+2)(k + 2)! (2k + 1)!2k k!= 138 + 1Xk=0 (�1)k+1(2k + 1)!(k + 2)! k! 42k+3 :Damit ist die Behauptung bewiesen. An hand der folgenden Maple-Re hnung erkenntman, dass die Konvergenz der Reihe ni ht besonders gut ist:> Digits:=50; Digits := 50> s:=13/8+add((-1)^(k+1)*(2*k+1)!/((k+2)!*k!*4^(2*k+3)),k=0..40);s := 7567229836208073833148667293153658914396201342523146768052394588893382517914646921056628989841375232> evalf(s);1:6180339887498948482045868343551305052246020504710> evalf((1+sqrt(5))/2);1:6180339887498948482045868343656381177203091798058Literatur[1℄ A.Beutelspa her, B. Petri (1996) Der Goldene S hnitt . Spektrum Akademi-s her Verlag, Heidelberg-Berlin-Oxford.[2℄ H. S. M. Coxeter (1953) The golden se tion, phyllotaxis, and Wytho�s game.S ripts Math. 19, 135{143.[3℄ H. S. M. Coxeter (1969) Introdu tion to Geometry . John Wiley, New York.[4℄ O. Hagenmaier (1949) Der goldene S hnitt: Ein Harmoniegesetz und seine An-wendung . Werner Tapper-Verlag, Ulm.[5℄ K. Hofstetter (2002) A simple onstru tion of the golden se tion. Forum Geo-metri orum Volume 2, 65{66.[6℄ D. E. Knuth (1997) The Art of Computer Programming, Vol. 1: FundamentalAlgorithms, 3rd ed. Reading, MA: Addison-Wesley.[7℄ D. E. Knuth (1998) The Art of Computer Programming, Vol. 2: Seminumeri alAlgorithms, 3rd ed. Reading, MA: Addison-Wesley.49

[8℄ D. Laugwitz (1975) Die Quadratwurzel aus 5, die nat�urli hen Zahlen und derGoldene S hnitt. Jahrbu h �Uberbli ke Mathematik 1975, 173{181.[9℄ G. Odom (1983) Problem E 3007. Ameri an Mathemati al Monthly 90, 482.[10℄ Fra Lu a Pa ioli (1494) Summa de Arithmeti a Geometria Proportioni et Pro-portionalita. Venedig.[11℄ Fra Lu a Pa ioli (1509) Divina Proportione. Venedig.[12℄ Frau Lu a Pa ioli (1889) Divina Proportione. Die Lehre vom goldenen S hnitt .Na h der venezianis hen Ausgabe vom Jahre 1509. Neu herausgegeben, �ubersetztund erl�autert von Constantin Winterberg. Quellens hriften f�ur Kunstges hi hteund Kunstte hnik des Mittelalters und der Neuzeit. Verlag Carl Graeser, Wien.[13℄ B. Roselle (1999) A series representation for the golden mean.http://home. in i.rr. om/roselle/goldenmeanseries.htm[14℄ J. Werner (1992) Numeris he Mathematik 1. Vieweg, Brauns hweig-Wiesbaden.

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Guided Exercise: The Riemann-Siegel Formula

D. Russell Luke∗

April 12, 2005

In this exercise we derive the principle term of an asymptotic formulawhich Riemann used to compute the roots of the zeta function, ζ(s) =∑∞

n−1 n−s (s ∈ C), whenever this sum converges. We then use the asymp-totic formula to find roots of ζ(s).

(i) We first derive an integral representation of ζ(s) which remains validfor all s ∈ C, as Riemann states without proof in his famous 1859paper [2]. Use the integral equation∫ ∞

0e−nxxs−1 dx =

∏(s− 1)ns

together with the identities

(1)∏

(s) = s∏

(s− 1),πs∏

(s)∏

(−s)= sinπs,

and the standard identity e−Nx(ex − 1)−1 =∑∞

n=N+1 e−nx to showthat

(2) ζ(s) =N∑

n=1

n−s +∏

(−s)π−1 sinπs

∫ ∞

0

x(s−1)e−Nx

ex − 1dx.

Now, using the residue theorem and the identities (1), show that

ζ(s) =N∑

n=1

n−s +∏

(−s)(2π)s−12 sinπs

2

N∑n=1

n−(1−s)

+∏

(−s)2πi

∫CN

(−x)se−Nx

x(ex − 1)dx,(3)

∗Pacific Institute for the Mathematical Sciences, Simon Fraser University, Burnaby,British Columbia V5A 1S6, Canada drluke@pims.math.ca

1

where CN is the contour whose path descends the real axis (or, tech-nically, just above the real axis) from +∞, traces the circle of ra-dius 2π(N + 1) counter clockwise and returns to +∞, and where(−x)s = exp[s ln(−x)] is defined to be the branch which is real forpositive real x.

(ii) Next consider the auxiliary function Z(t) defined by

Z(t) := eiθ(t)ζ(1/2 + it), θ(t) = Im ln(∏

(it/2− 3/4))− t/2 ln π.

Define ξ(s) :=∏

(s/2)(s − 1)π−s/2ζ(s). Again using the identity (1),show that, ξ(1/2 + it) = r(t)Z(t), wherer(t) := −eRe ln

Q(it/2−3/4)π−1/4 t2+1/4

2 . Substitute the integral expres-sion (2) for ζ(s) into the definition of ξ(s) above and use the identitiesθ(−t) = −θ(t), r(−t) = r(t), and 2i sin(πs/2) = −eiπ/4etπ/2(1 −ie−tπ) to show that Z(t) = Z0(t) + R(t) where

(4) Z0(t) =N∑

n=1

n−1/22 cos(θ(t)− t lnn),

and

(5) R(t) =e−iθ(t)e−tπ/2

(2π)1/2(2π)ite−iπ/4(1− ie−tπ)

∫CN

(−x)it−1/2e−Nx

ex − 1dx.

To evaluate the remainder term R, Riemann used the asymptotic expansion

(6) R(t) ≈ R(t) := (−1)N−1

(t

2π

)−1/4 ∑j

(t

2π

)−j/2

Cj(p),

where the integer N is chosen to be the integer part of (t/2π)1/2, and p isthe fractional part. The first 3 terms of the expansion are

C0(p) = Ψ(p) =cos(2π(p2 − p− 1

16))cos(2πp)

, C1(p) = − 1253π2

Ψ(3)(p),

C2(p) =1

21134π4Ψ(6)(p) +

126π2

Ψ(2)(p).

The notation Ψ(n) indicates the nth derivative. The expansion (6) is theRiemann-Siegel formula, so named for its originator and the mathematicianCarl Siegel [3] who discovered the formula in Riemann’s working papers some

2

70 years after the publication of Riemann’s original paper. If the C1 term isthe first term omitted in the Riemann-Siegel formula, then Titchmarsh [4,pg.331] showed that for t > 250π the error |R(t) − R(t)| is bounded by(3/2)(t/2π)(−3/4).

(iii) Using the Riemann-Siegel formula and Titchmarsh’s estimate for theerror, give a numerical proof for the existence of zeros of ζ(1/2 + it)on the interval t ∈ [999.784, 999.799]. Note that only 12 terms in themain sum (4) are needed to calculate the estimate for Z(t). To achievecomparable accuracy using the alternative Euler-Maclaurin formula(see [1, Ch.6 ]) would require hundreds of terms.

References

[1] Harold M. Edwards, Riemann’s Zeta Function, Academic Press, Lon-don, 1974.

[2] Bernhard Riemann, Ueber die Anzahl der Primzahlen unter einer geg-benen Grosse, Monatsberichte der Berliner Akademie November, 1859.

[3] Carl L. Siegel, Uber Riemanns Nachlaß zur analytischen Zahlentheorie.Quellen Studien zur Geschichte der Math. Astron. und Pys. Abt. B:Studien 2, 45-80,1932.

[4] Edward C. Titchmarsh, The theory of the Riemann Zeta-Function, Ox-ford University Press, London, 1951.

3