Verbesserungen: Konvergenz der abstrakten Schwarz-Verfahren

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@@ -2890,6 +2890,7 @@ mit
 
 
 \subsection{Das multiplikative Schwarz-Verfahren}
+\label{sec:intro_multiplicative_schwarz}
 
 Das multiplikative Schwarz-Verfahren ist
 \begin{equation*}
@@ -3181,8 +3182,8 @@ Kapitel~\ref{sec:iterative_loeser} direkter hätte.}
 
 \todo[inline]{Zeige dass $B_\text{add}A$ symmetrisch ist.}
 
-Hier wird benutzt dass $P$ selbstadjungiert bzgl.\  $a(\cdot,\cdot)$ ist.
-In der Tat gilt für all $u,v \in V$
+In Folgenden wird ab und zu benutzt dass $P$ selbstadjungiert bzgl.\  $a(\cdot,\cdot)$ ist.
+In der Tat gilt für all $u,v \in X$
 \begin{equation*}
  a(P_i u,v) = a(v,P_i u) = a(P_iv,P_i u) = a(P_i u, P_i v) = a(u,P_i v).
 \end{equation*}
@@ -3202,28 +3203,28 @@ Dieses Resultat basiert auf folgendem Hilfssatz:
  \begin{equation*}
   a(P^{-1} u,u)
   =
-  \min_{u_i \in V_i, u = \sum_{i=1}^K u_i}
+  \min_{\substack{ u_i \in X_i \\ u = \sum_{i=1}^K u_i}}
   \sum_{i=1}^K a(u_i,u_i).
  \end{equation*}
 \end{hilfssatz}
 
-\emph{Beachte:} Dies gilt für alle Familien von Räumen $\{V_i\}$,
+\emph{Beachte:} Dies gilt für alle Familien von Räumen $\{X_i\}$,
 unabhängig von den Werten der Konstanten $C_0$ und $\mathcal{E}_{ij}$.
 
 \begin{proof}
- Wir machen folgenden Ansatz:
+ Wir beweisen mit folgender Strategie:
  \begin{enumerate}
   \item Konstruiere eine Zerlegung, für die Gleichheit gilt.
-  \item Zeige dann, dass alle anderen Zerlegungen größere Werte annehmen.
+  \item Zeige dann, dass alle anderen Zerlegungen größere Werte als $a(P^{-1}u,u)$ annehmen.
  \end{enumerate}
 
  \emph{Teil~1:}
  \begin{itemize}
-  \item Setze $u_i \colonequals P_i P^{-1} u$
+  \item Setze $u_i \colonequals P_i P^{-1} u$.
   %
   \item Es gilt dann
    \begin{equation*}
-    \sum_{i=1}^K u_i = \Big(\sum_i P_i\Big) P^{-1} u = u,
+    \sum_{i=1}^K u_i = \sum_{i=1}^K P_i P^{-1} u = u,
    \end{equation*}
   %
   und
@@ -3242,7 +3243,7 @@ unabhängig von den Werten der Konstanten $C_0$ und $\mathcal{E}_{ij}$.
   Wir zeigen jetzt
   \begin{equation*}
    a(P^{-1}u,u) \le \sum_{i=1}^K a(u_i,u_i)
-   \qquad \forall u_i \in V_i,\quad \sum_{i=1}^K u_i = u.
+   \qquad \forall u_i \in X_i,\quad \sum_{i=1}^K u_i = u.
   \end{equation*}
 
   Als erstes man man direkt ausrechnen, dass
@@ -3262,7 +3263,7 @@ unabhängig von den Werten der Konstanten $C_0$ und $\mathcal{E}_{ij}$.
     \qquad \text{(Def.\ von $P_i$)} \\
     & =
     a(P^{-1} u, u)^{1/2}
-    \bigg( \sum_{i=1}^K a(u_i, u_i) \bigg)^{1/2}
+    \bigg( \sum_{i=1}^K a(u_i, u_i) \bigg)^{1/2}.
    \end{align*}
     %
   Die Behauptung folgt, wenn man auf beiden Seiten quadriert und durch $a(P^{-1}u,u)$ teilt.
@@ -3270,7 +3271,9 @@ unabhängig von den Werten der Konstanten $C_0$ und $\mathcal{E}_{ij}$.
 
 Mit dem Hilfssatz beweisen wir jetzt
 \begin{equation*}
- \frac{1}{\lambda_\text{min}} \le C_0^2.
+ \frac{1}{\lambda_\text{min}(B_\text{add}A)}
+ =
+ \frac{1}{\lambda_\text{min}(P)} \le C_0^2.
 \end{equation*}
 \begin{proof}
  Wenn $\lambda$ Eigenwert von $P$ ist, so ist $\lambda^{-1}$ Eigenwert von $P^{-1}$.
@@ -3283,13 +3286,13 @@ Mit dem Hilfssatz beweisen wir jetzt
    & =
    \lambda_\text{max}(P^{-1}) \\
    & =
-   \max_{u \neq 0} \frac{a(P^{-1} u,u)}{a(u,u)}   \qquad \text{(Rayleigh-Quotient)} \\
+   \sup_{u \neq 0} \frac{a(P^{-1} u,u)}{a(u,u)}   \qquad \text{(Rayleigh-Quotient)} \\
    & =
-   \max_{u \neq 0} \frac{\displaystyle \min_{u_i \in V_i, \sum_{i=1}^K{u_i = u}} \sum_{i=1}^K a(u_i,u_i)}{a(u,u)}
-   \qquad \text{[Hilfssatz~\ref{lem:aPinvuu_has_minimal_energy}]} \\
+   \sup_{u \neq 0} \frac{\displaystyle \min_{u_i \in X_i, \sum_{i=1}^K{u_i = u}} \sum_{i=1}^K a(u_i,u_i)}{a(u,u)}
+   \qquad \text{(Hilfssatz~\ref{lem:aPinvuu_has_minimal_energy})} \\
    & \le
-   \max_{u \neq 0} \frac{C_0^2 a(u,u)}{a(u,u)}
-   \qquad \text{(Def.~\ref{def:TRK_annahme_1}} \\
+   \sup_{u \neq 0} \frac{C_0^2 a(u,u)}{a(u,u)}
+   \qquad \text{(Def.~\ref{def:TRK_annahme_1})} \\
    & =
    C_0^2.
    \qedhere
@@ -3299,39 +3302,29 @@ Mit dem Hilfssatz beweisen wir jetzt
 
 
 Als zweiten Teil beweisen wir die Abschätzung für den \emph{größten} Eigenwert
-von $P_\text{add} = B_\text{add} A$.
+von $B_\text{add} A$.
 
 
 \begin{lemma}
 \begin{equation*}
- \lambda_\text{max} \le \rho(\mathcal{E}).
+ \lambda_\textup{max}(B_\textup{add}A) \le \rho(\mathcal{E}).
 \end{equation*}
 \end{lemma}
 
-\todo[inline]{Erkläre: Ohne die verstärkte CS-Ungleichung würde $\lambda_\text{max}$
-von $K$ abhängen.}
+Zur Erinnerung: Ohne die verstärkte Cauchy-Schwarz-Ungleichung hätte man hier
+eine Abhängigkeit von $K$.
 
 \begin{proof}
- Wir schätzen zuerst den größten Eigenwert von $\widehat{P}^2 \colonequals (\sum_{i=1}^K P_i)^2$ ab.
-
- Dabei werden wir benutzen dass
- \begin{equation*}
-  a(\widehat{P}^2 v,v) = a(\widehat{P}v,\widehat{P}v).
- \end{equation*}
- \todo[inline]{Achtung: Es ist $\widehat P \neq P$ nur dann wenn der Spezialraum $V_0$ dabei ist.}
-
- Wir beginnen deshalb mit
+ Wir beginnen mit
  \begin{align*}
-  a(\widehat{P}v,\widehat{P}v)
-  & =
-  a\Big(\sum_{i=1}^K P_i v, \sum_{i=1}^K P_i v\Big) \\
+  a(Pv,Pv)
   & =
   \sum_{i,j=1}^K a(P_i v, P_j v) \\
   & \le
   \sum_{i,j=1}^K \mathcal{E}_{ij} a(P_i v, P_i v)^{1/2} a(P_j v, P_j v)^{1/2}
   \qquad \text{(Def.\ von $\mathcal{E}$)} \\
   & \le
-  \rho(\mathcal{E}) \sum_{i=1} a(P_iv, P_i v)
+  \rho(\mathcal{E}) \sum_{i=1}^K a(P_iv, P_i v)
   \qquad \text{(wegen $x^T E x \le \rho(E) x^T x$) für jede Matrix $E$)} \\
   & =
   \rho(\mathcal{E}) \sum_{i=1}^K a(v,P_i v)
@@ -3339,62 +3332,75 @@ von $K$ abhängen.}
   & =
   \rho(\mathcal{E}) a\Big(v,\sum_{i=1}^K P_i v\Big) \\
   & \le
-  \rho(\mathcal{E}) a(v,v)^{1/2} a(\widehat{P}v,\widehat{P}v)^{1/2}
+  \rho(\mathcal{E}) a(v,v)^{1/2} a(Pv,Pv)^{1/2}
   \qquad \text{(Cauchy--Schwarz)}.
  \end{align*}
  \begin{itemize}
   \item Es folgt also
   \begin{equation*}
-   a(\widehat{P}^2v,v) = a(\widehat{P}v,\widehat{P}v) \le \rho(\mathcal{E})^2 a(v,v).
+   a(P^2v,v) = a(Pv,Pv) \le \rho(\mathcal{E})^2 a(v,v).
   \end{equation*}
-  \item Der größte Eigenwert von $\widehat{P}^2$ ist also $\le \rho(\mathcal{E})^2$.
+  \item Der größte Eigenwert von $P^2$ ist also $\le \rho(\mathcal{E})^2$.
   %
-  \item Der größte Eigenwert von $\widehat{P}$ ist also $\le \rho(\mathcal{E})$,
-    es gilt also insbesondere
-    \begin{equation}
-     \label{eq:bound_sum_of_projections_no_coarse_space}
-     a(\widehat{P} v,v) \le \rho(\mathcal{E}) a(v,v).
-    \end{equation}
-
+  \item Der größte Eigenwert von $P$ ist also $\le \rho(\mathcal{E})$.
+  \qedhere
  \end{itemize}
 
 \end{proof}
+\todo[inline]{Den letzten Schritt nochmal nachprüfen!}
+
+Da der größte Eigenwert von $P$ also kleiner als $\rho(\mathcal{E})$ ist folgt insbesondere
+\begin{equation}
+ \label{eq:bound_sum_of_projections_no_coarse_space}
+ a(P v,v) \le \rho(\mathcal{E}) a(v,v).
+\end{equation}
+Das werden wir später benutzen.
 
 
 \subsection{Konvergenz der abstrakten multiplikativen Schwarz-Methode}
 
+Wir beweisen jetzt ganz ähnlich die Konvergenz der symmetrischen
+multiplikativen Schwarz-Methode
+\begin{equation*}
+ B_\text{mult}A
+ \colonequals
+ I - (I-P_1)\cdots(I-P_K)(I-P_K)\cdots(I-P_1).
+\end{equation*}
+Diese entspricht dem Verfahren aus Kapitel~\ref{sec:intro_multiplicative_schwarz},
+gefolgt von einer Iteration mit umgekehrter Reihenfolge der Projektionen.
+
+
 \begin{theorem}
 \label{satz:abstrakte_multiplikative_schwarz_methode_konvergiert}
  Für die symmetrische multiplikative Schwarz-Methode gilt
  \begin{align*}
-  \lambda_\text{max}(B_\textnormal{mult} A)
-  & =
-  \lambda_\text{max} \big[I - (I-P_0)\cdots(I-P_K)(I-P_p)\cdots(I-P_0)\big]
+  \lambda_\textup{max}(B_\textnormal{mult} A)
   \le
-  1 \\
+  1
   %
-  \lambda_\text{min}(B_\textnormal{mult} A)
-  & =
-  \lambda_\text{min} \big[I - (I-P_0)\cdots(I-P_K)(I-P_K)\cdots(I-P_0)\big]
+  \qquad \qquad
+  %
+  \lambda_\textup{min}(B_\textnormal{mult} A)
   \ge
-  \frac{1}{(1+2 \rho(\mathcal{E})^2) C_0^2} \\
+  \frac{1}{\rho(\mathcal{E})^2 C_0^2},
+ \end{align*}
+ zusammen also
+ \begin{align*}
   %
   \kappa(B_\textnormal{mult} A)
-  & =
-  \kappa \big[I - (I-P_0)\cdots(I-P_K)(I-P_K)\cdots(I-P_0)\big]
-  \le
-  (1+ \rho(\mathcal{E})^2) C_0^2.
+  & \le
+  \rho(\mathcal{E})^2 C_0^2.
  \end{align*}
 \end{theorem}
 %
 Bevor wir dieses Ergebnis beweisen führen wir noch etwas Notation ein.
 \begin{itemize}
- \item Sei $E_i = (I-P_i)\dots(I-P_0)$ und $E_{-1} = I$.
+ \item Sei $E_i \colonequals (I-P_i)\dots(I-P_1)$ und $E_0 = I$.
  %
  \item Sei $E_K^T$ die Adjungierte von $E_K$ bzgl.\ $a(\cdot,\cdot)$,
-   also $a(E_K v,w) = a(v,E_K^T w) \; \forall v,w \in V$.
+   also $a(E_K v,w) = a(v,E_K^T w)$ für alle $v,w \in X$.
  %
- \item Es ist dann $B_\text{mult} A = I - E_K^T E_K$.
+ \item Es ist dann $B_\text{mult} A = I - E_K^T E_K$; das ist offenkundig selbstadjungiert.
  %
  \item Wir schreiben jetzt nur noch $BA$ statt $B_\text{mult} A$.
 \end{itemize}
@@ -3402,11 +3408,11 @@ Bevor wir dieses Ergebnis beweisen führen wir noch etwas Notation ein.
 Weiterhin beweisen wir noch folgendes kurzes Hilfsresultat.
 \begin{lemma}
 \label{lem:hs_multiplicative_schwarz}
+Für alle $v \in X$ ist
  \begin{equation*}
-  a(BAv,v) \ge \sum_{i=0}^K a(E_{i-1} v, P_i E_{i-1} v).
+  a(BAv,v) = \sum_{i=1}^K a(E_{i-1} v, P_i E_{i-1} v).
  \end{equation*}
 \end{lemma}
-\todo[inline]{Prüfen: Mit exakten Bilinearformen bekommt man anscheinend Gleichheit!}
 \begin{proof}
 Zunächst ist
 \begin{align*}
@@ -3414,22 +3420,22 @@ Zunächst ist
  & =
  a(v,v) - a(E_K v, E_K v) \\
  & =
- \sum_{i=0}^K \Big[ a(E_{i-1} v, E_{i-1} v) - a(E_i v, E_i v) \big]
+ \sum_{i=1}^K \Big[ a(E_{i-1} v, E_{i-1} v) - a(E_i v, E_i v) \big].
  \qquad
- \text{(Teleskopsumme)}.
+ \text{(Teleskopsumme)}
 \end{align*}
-Da $E_i = (I-P_i)E_{i-1} = E_{i-1} - P_i(E_{i-1})$ ist das gleich
+Da $E_i = (I-P_i)E_{i-1} = E_{i-1} - P_i(E_{i-1})$ ist ist das gleich
 \begin{equation*}
- = \sum_{i=0}^K \Big[ a(E_{i-1} v, E_{i-1} v) - a(E_{i-1} - P_i E_{i-1} v, E_{i-1} - P_i E_{i-1} v) \Big].
+ = \sum_{i=1}^K \Big[ a(E_{i-1} v, E_{i-1} v) - a(E_{i-1} - P_i E_{i-1} v, E_{i-1} - P_i E_{i-1} v) \Big].
 \end{equation*}
 Ausmultiplizieren der zweiten Bilinearform und kürzen ($P_i$ ist selbstadjungiert!)
-\todo[inline]{Wo steht das?}
 \begin{align*}
+ a(BAv,v)
  & =
- \sum_{i=0}^K \Big[ 2 a(E_{i-1} v, P_i E_{i-1} v)
+ \sum_{i=1}^K \Big[ 2 a(E_{i-1} v, P_i E_{i-1} v)
    - \underbrace{a(P_i E_{i-1} v, P_i E_{i-1} v)}_{= a(E_{i-1} v, P_i E_{i-1} v)} \Big] \\
  & =
- \sum_{i=0}^p a(E_{i-1} v, P_i E_{i-1} v).
+ \sum_{i=1}^p a(E_{i-1} v, P_i E_{i-1} v).
  \qedhere
 \end{align*}
 \end{proof}
@@ -3440,7 +3446,7 @@ Damit können wir das eigentliche Resultat zeigen.
 Wir schätzen wieder den größten und den kleinsten Eigenwert separat ab.
 
 \emph{Teil 1:}
-Wir zeigen zuerst: $\lambda_\text{max} (BA) \le 1$, wie üblich mit dem
+Wir zeigen zuerst $\lambda_\text{max} (BA) \le 1$, wie üblich mit dem
 Rayleigh-Quotienten:
 \begin{align*}
  \lambda_\text{max}(BA)
@@ -3459,79 +3465,72 @@ Rayleigh-Quotienten:
 \emph{Teil 2:}
 Jetzt zeigen wir dass
 \begin{equation*}
- \frac{1}{[1+2 \rho(\mathcal{E})^2]C_0^2}
+ \frac{1}{\rho(\mathcal{E})^2 C_0^2}
  \le
  \lambda_\text{min}(BA),
 \end{equation*}
 indem wir
 \begin{equation*}
- \frac{1}{[1+2 \rho(\mathcal{E})^2]C_0^2}
+ \frac{1}{\rho(\mathcal{E})^2 C_0^2}
  \le
  \frac{a(BAv,v)}{a(v,v)}
  \qquad
- \forall v \in V
+ \forall v \in X
 \end{equation*}
 zeigen. Das ist aufwändiger.
 
 \bigskip
 
-Wir schätzen zunächst $a(P_i v,v)$ ab.
-
-Wir benutzen dazu dass
+Wir schätzen zunächst $a(P_i v,v)$ ab.  Dazu benutzen wir dass
 \begin{equation*}
- I = P_0 + E_{i-1} + \sum_{j=1}^{i-1} P_j E_{j-1}.
+ I = E_{i-1} + \sum_{j=1}^{i-1} P_j E_{j-1}
+ \qquad
+ \text{für alle $i=1,\dots,K$}.
 \end{equation*}
-
 [Beweis mittels vollständiger Induktion]
+\todo[inline]{Beweis nochmal nachrechnen!}
 
 Einsetzen:
 \begin{align*}
  a(P_i v,v)
  & =
- a(P_i v, P_0 v) + a(P_i v, E_{i-1} v) + \sum_{j=1}^{i-1} a(P_i v, P_j E_{j-1} v) \\
+ a(P_i v, E_{i-1} v) + \sum_{j=1}^{i-1} a(P_i v, P_j E_{j-1} v) \\
  & \le
- a (v, P_i P_0 v) + a(v, P_i E_{i-1} v)  \qquad \text{Selbstadjungiertheit von $P_i$} \\
+ a(v, P_i E_{i-1} v)  \qquad \text{Selbstadjungiertheit von $P_i$} \\
  & \quad + \sum_{j=1}^{i-1} \mathcal{E}_{ij} a(P_iv,P_iv)^{1/2} a(P_j E_{j-1} v, P_j E_{j-1} v)^{1/2}
- \qquad \text{[Annahme 2]}
+ \qquad \text{(Annahme 2)}
 \end{align*}
 
 Wir wollen das $a(P_i v, P_i v)^{1/2}$ ausklammern.
 
 Da
 \begin{equation*}
- a(v,P_i P_0 v) = a_i(P_iv,P_i P_0 v) \le a_i(P_iv,P_iv)^{1/2} a_i(P_i P_0 v,P_i P_0 v)^{1/2}
+ a(v,P_i E_{i-1} v) = a(P_iv,P_i E_{i-1} v) \le a(P_iv,P_iv)^{1/2} a(P_i E_{i-1} v,P_i E_{i-1} v)^{1/2}
 \end{equation*}
-und ähnlich für $a(v,P_i E_{i-1} v)$ folgt
+folgt
 \begin{align*}
  a(P_i v,v)
  & \le
  a (P_i v, P_i v)^{1/2}
- \Big[ a (P_i P_0 v, P_i P_0 v)^{1/2} + a (P_i E_{i-1} v, P_i E_{i-1} v)^{1/2} \\
- & \quad
+ \Big[ a (P_i E_{i-1} v, P_i E_{i-1} v)^{1/2}
    + \sum_{j=1}^{i-1} \mathcal{E}_{ij} a (P_j E_{j-1} v, P_j E_{j-1} v)^{1/2} \Big] \\
  & =
  a (P_i v, v)^{1/2}
- \Big[ a (P_i P_0 v, P_0 v)^{1/2} + a (P_i E_{i-1} v, E_{i-1} v)^{1/2} \\
- & \quad
+ \Big[ a (P_i E_{i-1} v, E_{i-1} v)^{1/2}
    + \sum_{j=1}^{i-1} \mathcal{E}_{ij} a (P_j E_{j-1} v, E_{j-1} v)^{1/2} \Big].
 \end{align*}
-Der zweite Term kann in die Summe gezogen werden:
+Der mittlere Term kann in die Summe gezogen werden:
 \begin{equation*}
+ a(P_i,v)
  \le
  a(P_iv,v)^{1/2}
- \Big[ a(P_i P_0 v, P_0 v)^{1/2} + b m\sum_{j=1}^i \mathcal{E}_{ij} a(P_j E_{j-1} v, E_{j-1} v)^{1/2} \Big].
+ \cdot \sum_{j=1}^i \mathcal{E}_{ij} a(P_j E_{j-1} v, E_{j-1} v)^{1/2}.
 \end{equation*}
 Mit dem üblichen \glqq Quadrieren-und-Teilen\grqq-Trick erhält man
 \begin{equation*}
  a(P_i v, v)
  \le
- \Big[ a(P_i P_0 v, P_0 v)^{1/2} + \sum_{j=1}^i \mathcal{E}_{ij} a(P_j E_{j-1} v, E_{j-1} v)^{1/2} \Big]^2,
-\end{equation*}
-und da $(a+b)^2 \le (a+b)^2 + (a-b)^2 = 2a^2 + 2b^2$ ist folgt
-\begin{equation*}
- a(P_i v, v)
- \le
- 2 a(P_i P_0 v, P_0 v) + 2\Big[ \sum_{j=1}^i \mathcal{E}_{ij} a(P_j E_{j-1} v, E_{j-1} v)^{1/2} \Big]^2.
+ \Big[ \sum_{j=1}^i \mathcal{E}_{ij} a(P_j E_{j-1} v, E_{j-1} v)^{1/2} \Big]^2.
 \end{equation*}
 Wenn wir in der Summe bis $K$ gehen wird der rechte Term nur noch größer.
 
@@ -3540,74 +3539,38 @@ Außerdem summieren wir über $i$ und erhalten
 \label{eq:mult_schwarz_intermediate_result_1}
 \sum_{i=1}^K a(P_i v, v)
  \le
- 2 \sum_{i=1}^K a(P_i P_0 v, P_0 v)
-  + 2 \sum_{i=1}^K \Big[ \sum_{j=1}^K \mathcal{E}_{ij} a(P_j E_{j-1} v, E_{j-1} v)^{1/2} \Big]^2.
+\sum_{i=1}^K \Big[ \sum_{j=1}^K \mathcal{E}_{ij} a(P_j E_{j-1} v, E_{j-1} v)^{1/2} \Big]^2.
 \end{equation}
 
 \bigskip
 
-Wir schätzen nun die zwei Terme auf der rechten Seite separat ab.
+Wir schätzen nun den Term auf der rechten Seite ab.
 
 \begin{enumerate}
- \item Aus dem Beweis für das additive Verfahren kennen wir
-   Gleichung~\eqref{eq:bound_sum_of_projections_no_coarse_space}, welche besagt dass
-\begin{equation*}
- a\Big(\sum_{i=1}^K P_i v,v\Big) \le \rho(\mathcal{E}) a(v,v),
-\end{equation*}
-und somit
-\begin{align*}
- a\Big(\sum_{i=1}^K P_i P_0 v, P_0 v\Big)
- & \le
- \rho(\mathcal{E}) a(P_0 v, P_0 v)
- =
- \rho(\mathcal{E}) a(P_0v,v).
-\end{align*}
-
 \item
 
 Sei $x$ der Vektor mit Einträgen $a(P_j E_{j-1} v, E_{j-1} v)^{1/2}$.
-Der rechte Term in \eqref{eq:mult_schwarz_intermediate_result_1} hat dann die Form
+Der Term in \eqref{eq:mult_schwarz_intermediate_result_1} hat dann die Form
 \begin{align*}
- 2 \sum_{i=1}^K \Big[ \sum_{j=1}^K \mathcal{E}_{ij} a(P_j E_{j-1} v, E_{j-1} v)^{1/2} \Big]^2
+ \sum_{i=1}^K \Big[ \sum_{j=1}^K \mathcal{E}_{ij} a(P_j E_{j-1} v, E_{j-1} v)^{1/2} \Big]^2
  =
- 2 \sum_{i=1}^K (\mathcal{E}x)_i^2 \\
+ \sum_{i=1}^K (\mathcal{E}x)_i^2 \\
  \le
- 2 \rho(\mathcal{E})^2 x^T x
+ \rho(\mathcal{E})^2 x^T x
  =
- 2 \rho(\mathcal{E})^2 \sum_{i=1}^K a(P_i E_{i-1} v, E_{i-1} v).
+ \rho(\mathcal{E})^2 \sum_{i=1}^K a(P_i E_{i-1} v, E_{i-1} v).
 \end{align*}
 
 \end{enumerate}
 
-Zusammen erhält man also
+Man erhält also
 \begin{align*}
  \sum_{i=1}^K a(P_i v,v)
  & \le
- 2 \rho(\mathcal{E}) a(P_0 v,v) + 2 \rho(\mathcal{E})^2 \sum_{i=1}^K a(P_i E_{i-1} v, E_{i-1} v) \\
+ \rho(\mathcal{E})^2 \sum_{i=1}^K a(P_i E_{i-1} v, E_{i-1} v) \\
  & \le
- 2 \rho(\mathcal{E})^2 \sum_{i=0}^K a(P_i E_{i-1} v, E_{i-1} v),
+ \rho(\mathcal{E})^2 \sum_{i=0}^K a(P_i E_{i-1} v, E_{i-1} v).
 \end{align*}
-wobei wir benutzt haben dass
-\begin{equation*}
- \rho(\mathcal{E}) \ge 1,
- \qquad\text{also}\qquad
- \rho(\mathcal{E})^2 \ge \rho(\mathcal{E})
-\end{equation*}
-und
-\begin{equation*}
- a(P_0 v,v) = a(P_0 E_{-1}v, E_{-1} v).
-\end{equation*}
-
-\bigskip
-
-Links fehlt noch $a(P_0 v,v)$.
-
-Also addieren wir links und rechts $a(P_0 v,v)$, und schätzen auf die einfachste Art ab
-\begin{equation*}
- \sum_{i=0}^K a(P_i v,v)
- \le
- [1+ 2 \rho(\mathcal{E})^2] \sum_{i=0}^K a(P_i E_{i-1} v, E_{i-1} v).
-\end{equation*}
 
 \bigskip
 
@@ -3615,11 +3578,11 @@ Jetzt führen wir alles zusammen.
 
 Von Lemma~\ref{lem:hs_multiplicative_schwarz} wissen wir dass
 \begin{equation*}
- a(BAv,v) \ge \sum_{i=0}^K a(P_i E_{i-1}v, E_{i-1} v),
+ a(BAv,v) \ge \sum_{i=1}^K a(P_i E_{i-1}v, E_{i-1} v),
 \end{equation*}
 und somit
 \begin{equation*}
- a(BAv,v) \ge \frac{1}{1+ 2 \rho(\mathcal{E})^2}  \sum_{i=0}^K a(P_i v,v).
+ a(BAv,v) \ge \frac{1}{\rho(\mathcal{E})^2}  \sum_{i=1}^K a(P_i v,v).
 \end{equation*}
 
 
@@ -3632,12 +3595,11 @@ Andererseits wissen wir aus dem Beweis für das additive Verfahren, dass
 
 Also folgt
 \begin{equation*}
- \frac{1}{(1+2 \rho(\mathcal{E})^2)C_0^2} a(v,v) \le a(BAv,v)
+ \frac{1}{\rho(\mathcal{E})^2 C_0^2} a(v,v) \le a(BAv,v),
 \end{equation*}
-
-Also
+und somit
 \begin{equation*}
- \lambda_\text{min} \ge \frac{1}{(1+2 \rho(\mathcal{E})^2)C_0^2}.
+ \lambda_\text{min} \ge \frac{1}{\rho(\mathcal{E})^2 C_0^2}.
  \qedhere
 \end{equation*}
 \end{proof}
@@ -3645,7 +3607,7 @@ Also
 Wir vergleichen die Resultate:
 \begin{itemize}
  \item additiv: $\kappa \le \rho(\mathcal{E})C_0^2$
- \item multiplikativ: $\kappa \le {2\rho(\mathcal{E})^2C_0^2}$
+ \item multiplikativ: $\kappa \le {\rho(\mathcal{E})^2C_0^2}$
 \end{itemize}
 
 Nach unserer Analyse ist das multiplikative Verfahren also \emph{schlechter}!