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\begin{document}

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\newcommand{\QED}{\ensuremath{\hspace*{\fill}\square}}

\thispagestyle{empty}

\title{Mathematik für Informatiker II - Übungsblatt 1
	Übungsgruppe D3, Do 11-13 \\	
	Paulus}
\author{Jan Hendrik Dithmar (Matrikelnummer 2031259) \\
	Dirk Heine (Matrikelnummer 2030941)}
\date{}

\maketitle

\newpage

\section*{Aufgabe 1}

\subsubsection*{(a)}
\begin{eqnarray*}
	u + v		& = &					(u_1, ..., u_n)^T + (v_1, ..., v_n)^T \\
			& \stackrel{Def.}{=} &	(u_1 + v_1, ..., u_n+v_n)^T \\
			& \stackrel{K^+}{=} &	(v_1+u_1, ..., v_n+u_n)^T \\
			& \stackrel{Def.}{=} &	(v_1, ..., v_n)^T + (u_1, ..., u_n)^T \\
			& = &					v + u
\end{eqnarray*}\QED

\subsubsection*{(b)}
\begin{eqnarray*}
	(u+v)+w	& = &					((u_1, ..., u_n)^T+(v_1, ..., v_n)^T)+(w_1, ..., w_n)^T \\
			& \stackrel{Def.}{=} &	((u_1+v_1), ..., (u_n+v_n))^T+(w_1, ..., w_n)^T \\
			& \stackrel{Def.}{=} &	((u_1+v_1)+w_1, ..., (u_n+v_n)+w_n)^T \\
			& \stackrel{A^+}{=} &	(u_1+(v_1+w_1), ..., u_n+(v_n+w_n))^T \\
			& \stackrel{Def.}{=} &	(u_1, ..., u_n)^T+((v_1+w_1), ..., (v_n+w_n))^T \\
			& \stackrel{Def.}{=} &	(u_1, ..., u_n)^T+((v_1, ..., v_n)^T+(w_1, ..., w_n)^T) \\
			& = &					u + (v+w)
\end{eqnarray*}\QED

\subsubsection*{(c)}
\begin{eqnarray*}
	u + 0		& = &					(u_1, ..., u_n)^T + (0, ..., 0)^T \\
			& \stackrel{Def.}{=} &	(u_1+0, ..., u_n+0)^T \\
			& \stackrel{K^+}{=} &	(0+u_1, ..., 0+u_n)^T \\
			& \stackrel{Def.}{=} &	(0, ..., 0)^T+(u_1, ..., u_n)^T \\
			& = &					0 + u \\ \\
	u + 0		& = &					(0+u_1, ..., 0+u_n)^T \\
			& \stackrel{(*)}{=} &		(u_1, ..., u_n)^T \\
			& = &					u
\end{eqnarray*}
$(*)$ $0$ ist das neutrale Element der Addition. \QED

\subsubsection*{(d)}
\begin{eqnarray*}
	u + (-u)	& = &					(u_1, ..., u_n)^T + (-u_1, ..., -u_n)^T \\
			& \stackrel{Def.}{=} &	(u_1+(-u_1), ..., u_n+(-u_n))^T \\
			& = &					(0, ..., 0)^T \\
			& = &					0
\end{eqnarray*}\QED

\subsubsection*{(e)}
\begin{eqnarray*}
	\alpha(\beta u)		& = &					\alpha (\beta u_1, ..., \beta u_n)^T \\
					& \stackrel{Def.}{=} &	(\alpha (\beta u_1), ..., \alpha (\beta u_n))^T \\
					& \stackrel{A^*}{=} &	((\alpha \beta) u_1, ..., (\alpha \beta) u_n))^T \\
					& \stackrel{Def.}{=} &	(\alpha \beta ) (u_1, ..., u_n)^T \\
					& = &					(\alpha \beta ) u
\end{eqnarray*}\QED

\subsubsection*{(f)}
\begin{eqnarray*}
	\alpha (u+v)		& = &					\alpha ((u_1, ..., u_n)^T+(v_1, ..., v_n)^T) \\
					& \stackrel{Def.}{=} &	\alpha ((u_1+v_1), ..., (u_n+v_n))^T \\
					& \stackrel{Def.}{=} &	(\alpha (u_1+v_1), ..., \alpha (u_n+v_n))^T \\
					& \stackrel{D}{=} &		((\alpha u_1+\alpha v_1), ..., (\alpha u_n+\alpha v_n))^T \\
					& \stackrel{Def.}{=} &	(\alpha u_1, ..., \alpha u_n)^T+(\alpha v_1, ..., \alpha v_n)^T \\
					& \stackrel{Def.}{=} &	\alpha (u_1, ..., u_n)^T + \alpha (v_1, ..., v_n)^T \\
					& = &					\alpha u + \alpha v
\end{eqnarray*}\QED

\subsubsection*{(g)}
\begin{eqnarray*}
	(\alpha + \beta) v	& = &					(\alpha + \beta) (v_1, ..., v_n)^T \\
					& \stackrel{Def.}{=} &	((\alpha + \beta) v_1, ..., (\alpha + \beta) v_n)^T \\
					& \stackrel{D}{=} &		(\alpha v_1 + \beta v_1, ..., \alpha v_n + \beta v_n)^T \\
					& \stackrel{Def.}{=} &	(\alpha v_1, ..., \alpha v_n)^T + (\beta v_1, ..., \beta v_n)^T \\
					& \stackrel{Def.}{=} &	\alpha (v_1, ..., v_n)^T + \beta (v_1, ..., v_n)^T \\
					& = &					\alpha v + \beta v
\end{eqnarray*}\QED

\subsubsection*{(h)}
\begin{eqnarray*}
	1 v				& = &					1 (v_1, ..., v_n)^T \\
					& \stackrel{Def.}{=} &	(1 v_1, ..., 1 v_n)^T \\
					& \stackrel{(*)}{=} &		(v_1, ..., v_n)^T \\
					& = &					v
\end{eqnarray*}
$(*)$ $1$ ist das neutrale Element der Multiplikation. \QED


\section*{Aufgabe 2}
Gegeben: $x=(1,6)^T \in \SetR^2$ und $y=(2,3)^T \in \SetR^2$.

\begin{itemize}
	\item $p=1$:
		\begin{eqnarray*}
			\|v\|_1 & := & \sum_{i=1}^2 |v_i| = |v_1|+|v_2| \\
			\text{Induzierte Metrik: } d_1(u,v) & = & \|u-v\|_1 \\
			x-y = (-1,3)^T \Rightarrow d_1(x,y) & = & \|x-y\|_1 \\
			& = & \|(-1,3)^T\|_1 = |-1|+|3| = 4
		\end{eqnarray*}
		
	\item $p=2$:
		\begin{eqnarray*}
			\|v\|_2 & := & \left(\sum_{i=1}^2 |v_i|^2\right)^{\frac{1}{2}} = \sqrt{v_1^2 + v_2^2} \\
			\text{Induzierte Metrik: } d_2(u,v) & = & \|u-v\|_2 \\
			\Rightarrow d_2(x,y) & = & \|x-y\|_2 \\
			& = & \|(-1,3)^T\|_2 \\
			& = & \sqrt{(-1)^2 + 3^2} \\
			& = & \sqrt{10}
		\end{eqnarray*}
		
	\item $p=\infty$:
		\begin{eqnarray*}
			\|v\|_{\infty} & := & max\{|v_1|, |v_2|\} \\
			\text{Induzierte Metrik: } d_{\infty}(u,v) & = & \|u-v\|_{\infty} \\
			\Rightarrow d_{\infty}(x,y) & = & \|x-y\|_{\infty} \\
			& = & \|(-1,3)^T\|_{\infty} \\
			& = & max\{|-1|, |3|\} \\
			& = & 3
		\end{eqnarray*}
\end{itemize}
Die Metrik $d_1(u,v)=|u_1-v_1| + |u_2-v_2|$ heißt auch Cityblock-Metrik, weil in einem gitterförmigen Straßennetz die von einem Fahrzeug zurückgelegte Fahrstrecke
zwischen zwei Punkten $(u_1,u_2)$ und $(v_1,v_2)$ genau dieser Metrik entspricht.


\section*{Aufgabe 3}
Gegeben: $f(x) = e^x -1$; $g_t(x) = t\cdot x \quad t \in \SetR$ \\
Gesucht: $t \in \SetR \: | \: d(f,g_t)$ minimal \\ \\
Lösung: Berechne $d^2(f,g_t)$:
\begin{eqnarray*}
	d^2(f,g_t)		& = &		\int_0^1(e^x-1-t \cdot x)^2 dx \\
				& = &		\int_0^1(e^{2x}-2e^x+1-2txe^x+2tx+t^2x^2) dx \\
				& = &		\int_0^1(e^{2x}+1+2tx+t^2x^2) dx - 2 \cdot \int_0^1(1+tx)e^x dx \\
				& = &		\left[ \frac{1}{2}e^{2x}+x+tx^2+\frac{1}{3}t^2x^3 \right] _0^1 - 2 \cdot \left[(1-t+tx)e^2\right] _0^1 \\
				& = &		\frac{1}{2}e^2+1+t+\frac{1}{3}t^2-\frac{1}{2}-2\cdot\left[(1-t+t)e-(1-t)\right] \\
				& = &		\frac{1}{3}t^2+t+\frac{1}{2}e^2+\frac{1}{2}-2e+2-2t \\
	d^2(f,g_t)		& = &		\frac{1}{3}t^2-t+\frac{1}{2}e^2-2e+\frac{5}{2}
\end{eqnarray*}
Anmerkung:
\begin{eqnarray*}
	\int (1+tx)e^2 dx	& = &		(1+tx)e^x - \int te^x dx \\
					& = &		(1+tx)e^x - te^x \\
					& = &		(1-t+tx)e^x
\end{eqnarray*}
$$ d(f,g_t) \text{ minimal } \Leftrightarrow d^2(f,g_t) \text{ minimal}$$
Bestimme $t \in \SetR \: | \: d^2(f,g_t) =: d(t)$ minimal ist:
\begin{eqnarray*}
	d(t)				& = &		\frac{1}{3}t^2-t+\frac{1}{2}e^2-2e+\frac{5}{2} \\
	\Rightarrow d'(t)	& = &		\frac{2}{3}t-1 \\
	d''(t)				& = &		\frac{2}{3} > 0 \Rightarrow \text{Minimum} \\ \\
	d'(t)				& = &		0 \\
	\Leftrightarrow \frac{2}{3}t-1 & = & 0 \\
	\Leftrightarrow t & = & \frac{3}{2}
\end{eqnarray*}
Ergebnis: \\
Der Abstand der Funktionen $f(x) = e^x-1$ und $g_\frac{3}{2}(x) = \frac{3}{2}x$ ist bezüglich der Metrik $d$ minimal. \\
Der minimale Abstand der Funktionen $f$ und $g_\frac{3}{2}$ beträgt:
\begin{eqnarray*}
	d_{min}		& = &		d(f,g_\frac{3}{2}) \\
				& = &		\sqrt{\frac{1}{3}\cdot \left( \frac{3}{2} \right)^2 - \frac{3}{2} + \frac{1}{2}e^2-2e+\frac{5}{2}} \\
				& = &		\sqrt{\frac{1}{2}e^2-2e+1,75}
\end{eqnarray*}


\section*{Aufgabe 4}
Sei $M$ eine beliebige Menge mit $|M| \ge 2$ und sei
$$d(x,y) = \left\{
	\begin{array}{rl}
		0 & \text{, falls } x=y \\
		1 & \text{, falls } x\neq y
	\end{array} \right.
$$
Zeige $(M,d)$ ist ein metrischer Raum. Dazu ist nachzuweisen, dass die Abbildung
	$$ d: M \times M \rightarrow \SetR; \; (x,y) \mapsto d(x,y) $$
eine Metrik auf $M$ ist. \\ \\
Beweis: Seien $x,y \in M$ beliebig.

\subsubsection*{(i)}
$$ \left.
	\begin{array}{rl}
		d(x,y)=0 & \text{, falls } x=y \\
		d(x,y)=1 & \text{, falls } x\neq y
	\end{array} \right\} \Rightarrow d(x,y)\ge 0
$$

\subsubsection*{(ii)}
$$ x=y \stackrel{Def.}{\Rightarrow} d(x,y) = 0;$$ \\
$$d(x,y)=0 \Rightarrow x=y$$
denn wäre
$$x\ne y \stackrel{Def.}{\Rightarrow} d(x,y)=1 \quad \quad \text{Widerspruch zur Voraussetzung } d(x,y)=0.$$ \\
Also:
$$d(x,y)=0 \Leftrightarrow x=y$$

\subsubsection*{(iii)}
\begin{eqnarray*}
	d(x,y)		& = &		\left\{ \begin{array}{rl} 0 & \text{, falls } x=y \\ 1 & \text{, falls } x\ne y\end{array} \right. \\
				& = &		\left\{ \begin{array}{rl} 0 & \text{, falls } y=x \\ 1 & \text{, falls } y\ne x\end{array} \right. \\
				& = &		d(y,x)
\end{eqnarray*}

\subsubsection*{(iv)}
Seien $x,y,z \in M$ beliebig. Zu zeigen: $d(x,y) \le d(x,z) + d(z,y)$ \\
Fallunterscheidung: \\
(1) $\;\; \quad x=y=z$: $\quad 0 \le 0+0 \quad$ (w) \\
(2a) $\quad x=y\ne z$: $\quad 0 \le 1+1 \quad$ (w) \\
(2b) $\quad x=z\ne y$: $\quad 1 \le 0+1 \quad$ (w) \\
(2c) $\quad y=z\ne x$: $\quad 1 \le 1+0 \quad$ (w) \\
(3) $\;\; \quad x\ne y\ne z:$ $\quad 1 \le 1+1 \quad$ (w) \\
Insgesamt ist bewiesen: $(M,d)$ ist ein metscher Raum. \QED

\section*{Aufgabe 5}
Gegeben:
\begin{eqnarray*}
	u(x) & := & 4+x \\
	v(x) & := & 1+3x+x^3 \\
	\langle u,v \rangle & := & \int_0^1 u(x)\cdot v(x) dx
\end{eqnarray*}
Gesucht: Maß des Winkels $\varphi$ zwischen $u$ und $v$. \\
Lösung:
$$ cos \varphi = \frac{\langle u,v \rangle}{\|u\| \cdot \|v\|} $$
(1)
\begin{eqnarray*}
	\langle u,v \rangle	& = &	\int_0^1 (4+x) \cdot (1+3x+x^3) dx \\
					& = &		\int_0^1 (4+12x+4x^3+x+3x^2+x^4) dx \\
					& = &		\int_0^1 (4+13x+3x^2+4x^3+x^4) dx \\
					& = &		\left[4x+\frac{13}{2}x^2+x^3+x^4+\frac{1}{5}x^5\right]_0^1 \\
					& = &		4+\frac{13}{2}+1+1+\frac{1}{5} \\
					& = &		12,7
\end{eqnarray*}
(2) $\displaystyle \|u\| = \sqrt{\langle u,u\rangle}$. Berechne dazu:
\begin{eqnarray*}
	\langle u,u \rangle	& = &	\int_0^1 \left( u(x) \right)^2 dx \\
					& = &		\int_0^1 (4+x)^2 dx \\
					& = &		\left[\frac{1}{3}(4+x)^3\right]_0^1 \\
					& = &		\frac{1}{3} \cdot 125 - \frac{1}{3} \cdot 64 \\
					& = &		\frac{61}{3} \\
	\Rightarrow \| u\|	& = &	\sqrt{\frac{61}{3}} \\
					& = &		\sqrt{\frac{183}{9}} \\
					& = &		\frac{1}{3}\sqrt{183}
\end{eqnarray*}
(3) $\displaystyle \|v\| = \sqrt{\langle v,v\rangle}$. Berechne dazu:
\begin{eqnarray*}
	\langle v,v \rangle	& = &	\int_0^1 \left( v(x) \right)^2 dx \\
					& = &		\int_0^1 (1+3x+x^3)^2 dx \\
					& = &		\int_0^1 (1+6x+9x^2+2x^3+6x^4+x^6) dx \\
					& = &		\left[x+3x^2+3x^3+\frac{1}{2}x^4+\frac{6}{5}x^5+\frac{1}{7}x^7\right]_0^1 \\
					& = &		1+3+3+\frac{1}{2}+\frac{6}{5}+\frac{1}{7} \\
					& = &		7+\frac{1}{2}+\frac{6}{5}+\frac{1}{7} \\
					& = &		\frac{490+35+84+10}{70} \\
					& = &		\frac{619}{70} \\
	\Rightarrow \| v\|	& = &	\sqrt{\frac{619}{70}} \\
					& = &		\sqrt{\frac{43330}{70^2}} \\
					& = &		\frac{1}{70}\sqrt{43330}
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow cos \varphi	& = &	\frac{12,7}{\frac{1}{3}\sqrt{183}\cdot\frac{1}{70}\sqrt{43330}} \\
						& = &		\frac{2667}{\sqrt{7929390}} \\
	cos \varphi			& \approx &	0,9471159 \\
	\Rightarrow \varphi		& \approx &	18,717° \\
	\Rightarrow \varphi		& \approx &	0,32667 rad
\end{eqnarray*}

\end{document}