\begin{enumerate}
\item
Wir betrachten die Matrix
\[
B=A-e_nae_1^T=
\left(\begin{array}{cccc}
      \varepsilon    & -1     &      & \\
                     & \ddots &\ddots& \\
                     &         &\ddots&-1\\
       a             &         &      &\varepsilon
      \end{array}
\right).
\]
Der Fehler zwischen beiden Matrizen in der $\|\bullet\|_1,\|\bullet\|_2,\|\bullet\|_\infty$ ist offensichtlich $|a|$. Es bleibt zu zeigen, da{\ss}
$B$ singul\"ar ist. Dies k\"onnen wir am einfachsten mit Hilfe der Determinante
machen. Wir bezeichnen die Matrix $A$ jetzt mit $A_n$ um die Dimension mit 
anzudeuten. $B$ sei zun\"achst mal die Matrix $A_n+e_nae_1^T$, d.h. die
Matrix, die aus $A_n$ durch Hinzuf\"ugen eines Eintrages $a$ in der Position
unten links hervorgeht. Wir bilden jetzt die Determinante von $B$ nach der 
ersten Spalte.
\begin{eqnarray*}
\det B & = & \varepsilon \det A_{n-1} + (-1)^{n+1} a \det 
             \left(\begin{array}{cccc}
              -1          &      &           &\\
              \varepsilon &\ddots&           &\\
                          &\ddots&\ddots     &\\
                          &      &\varepsilon&-1 
              \end{array}\right)
        = \varepsilon^n + a.
\end{eqnarray*}
Also ist $\det B=0$ genau dann, wenn wir $a=-\varepsilon^n$ w\"ahlen.
\"Ubrigens k\"onnen wir sogar mit 
$x=\left(1,\varepsilon,\varepsilon^2,\dots,\varepsilon^{n-1}\right)^T$ 
einen Vektor angeben, f\"ur den $Bx=0$ gilt.

 
\item
  Man kann sich leicht davon \"uberzeugen, dass
\[
A^{-1}=\left(
        \begin{array}{cccc}
         \frac{1}{\varepsilon}&\frac{1}{\varepsilon^2}&\cdots&\frac{1}{\varepsilon^n}\\
                              &\ddots                 &\ddots&\frac{1}{\varepsilon^{n-1}}\\
                              &                       &\ddots&\vdots\\
                              &                       &      &\frac{1}{\varepsilon}
        \end{array}
       \right).
\]
Dies k\"onnen wir auf einfache Weise etwa so machen:
 $A=\varepsilon I-N$, wobei $N=\left(\Smbsmbudiag{0}{1}\right)$.
 Wir bezeichnen die oben mir $A^{-1}$ betitelte Matrix zun\"achst mit $B$,
 da wir noch nachrechnen wollen, dass $B=A^{-1}$ ist.
 Es ist dann
\[
AB=\varepsilon B - N B=
\left(
        \begin{array}{cccc}
         1&\frac{1}{\varepsilon}&\cdots&\frac{1}{\varepsilon^{n-1}}\\
          &\ddots               &\ddots&\frac{1}{\varepsilon^{n-2}}\\
          &                     &\ddots&\vdots\\
          &                     &      &1
        \end{array}
       \right) - 
       \left(
        \begin{array}{cccc}
         0&\frac{1}{\varepsilon}&\cdots&\frac{1}{\varepsilon^{n-1}}\\
          &       \ddots        &\ddots&\vdots\\
          &                     &\ddots&\frac{1}{\varepsilon}\\
         0&       \cdots        &\cdots&  0
        \end{array}
       \right)=I.
\]
Also folgt $B=A^{-1}$.
\item Nach Aufgabe \ref{numI/uebung007} ist $\|\bullet\|_\infty$ die 
           maximale Zeilensumme der Betr\"age einer Matrix. Also haben wir
\[
 \|A\|_\infty = 1+\varepsilon, \; 
 \|A^{-1}\|_\infty=\sum_{k=1}^n \frac{1}{\varepsilon^k}
                  = \frac{1}{\varepsilon^n} \frac{1-\varepsilon^{n}}{1-\varepsilon} ~ \mbox{ (geometrische Reihe)}.
\]
Hieraus folgt $\kappa_\infty(A)=\frac{1+\varepsilon}{\varepsilon^n} \frac{1-\varepsilon^{n}}{1-\varepsilon}$.
F\"ur die Skeel-Konditionszahl haben wir hier $|A|\,|A^{-1}|$ zu berechnen.
Leider ist das hier nicht mehr die Identit\"at sondern es kommt ein 
vergleichbar schlechtes Ergebnis wie bei der normalen Konditionszahl heraus.
\[
|A|\,|A^{-1}|=\varepsilon A^{-1}+NA^{-1}=I+2NA^{-1}=\left(
        \begin{array}{cccc}
         1&\frac{2}{\varepsilon}&\cdots&\frac{2}{\varepsilon^{n-1}}\\
          &\ddots               &\ddots&\frac{2}{\varepsilon^{n-2}}\\
          &                     &\ddots&\vdots\\
          &                     &      &1
        \end{array}
       \right).
\]
\[
\Rightarrow 
\| \,|A|\,|A^{-1}|\,\|_\infty = 1+2\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\varepsilon^k}
                              = 1+\frac{2}{\varepsilon^{n-1}}\frac{1-\varepsilon^{n-1}}{1-\varepsilon}.
\]
Dies ist ungef\"ahr um einen Faktor $\frac{2}{\varepsilon}$ kleiner als die
richtige Konditionszahl.
Wir illustrieren beide Werte f\"ur $\varepsilon$ im Interval 
$[10^{-3},10^{-1/2}]$ in einer doppelt logarithmischen Skala.
\begin{figure}[h]
\unitlength 1cm
\begin{center}
\begin{picture}(8,9)
% \put(.3,.3){\epsfig{file=../015/vergleich.ps,width=9cm,clip=}}
\put(.3,.3){\includegraphics[width=0.60\linewidth,height=0.55\linewidth]{../015/vergleich}}
\put(2.5,0){$\varepsilon$,  `+' $\kappa_\infty(A)$,  `$\circ$' $\| \,|A|\,|A^{-1}|\,\|_\infty$}
\put(-1,3.0){\rotate[l]{Kondition}}
\end{picture}
\end{center}
\caption{Vergleich von $\kappa_\infty(A)$ und $\| \,|A|\,|A^{-1}|\,\|_\infty$}
\end{figure}
\item
Wir erhalten f\"ur die Anwendung von Satz \ref{2.1.27} zun\"achst mal
 $r=\delta\kappa_\infty(A)=\frac{1+\varepsilon}{4}\frac{1-\varepsilon^n}{1-\varepsilon}$.
mit Satz \ref{2.1.27} erhalten wir f\"ur den Fehler zwischen der urspr\"unglichen
und der gest\"orten rechten Seite
\[
\frac{\|A^{-1}b -A^{-1}(b+\Delta b)\|_\infty}{\|A^{-1}b\|_\infty}\leqslant
\frac{2(1+\varepsilon)(1-\varepsilon^n)}{4(1-\varepsilon)-(1+\varepsilon)(1-\varepsilon^n)}\approx 2/3.
\]
Andererseits haben wir hier exakt $\frac{\|A^{-1}b -A^{-1}(b+\Delta b)\|_\infty}{\|A^{-1}b\|_\infty}=\delta=\varepsilon^n/4$.
Mit Satz \ref{2.1.30'} erhalten wir 
$r=\delta\| \,|A|\,|A^{-1}|\,\|_\infty
 =\frac{\varepsilon^n}{4}+\frac{\varepsilon}{2}\frac{1-\varepsilon^{n-1}}{1-\varepsilon}$ und
als obere Schranke
\[
\frac{\|A^{-1}b -A^{-1}(b+\Delta b)\|_\infty}{\|A^{-1}b\|_\infty}\leqslant
\frac{2(1-\varepsilon)\varepsilon^n+4\varepsilon(1-\varepsilon^n)}{4(1-\varepsilon)-\varepsilon^n(1-\varepsilon)-2(1-\varepsilon^n)}\approx 2\varepsilon.
\]
Beide Schranken \"ubersch\"atzen den Fehler deutlich, aber die zweite Schranke
ist qualitativ besser.
\end{enumerate}
