\documentclass[a4paper]{article}

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\title{7. "Ubungsblatt Numerik}
\date{Version vom \today}
\author{B"uch, Lutz (Gruppe 7)\\Rieck, Bastian (Gruppe 1)}

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%\renewcommand{\familydefault}{\sfdefault}
%

\begin{document}

\maketitle

\section*{Aufgabe 1}

Allgemein ist ein kubisches Polynom gegeben durch $f(x) =
ax^3+bx^2+cx+d$. Integriert man dieses Polynom "uber dem Intervall
$[x_0,x_1]$, so erh"alt man:

\begin{displaymath}
\int_{x_0}^{x_1} ax^3+bx^2+cx+d = \frac{1}{4}a(x_1^4-x_0^4)+
\frac{1}{3}b(x_1^3-x_0^3)+\frac{1}{2}c(x_1^2-x_0^2)+d(x_1-x_0)
\end{displaymath}

F"ur diesen Ausdruck soll die Gleichheit mit der Kepler'schen Fassregel
beziehungsweise der Simpson'schen Regel gezeigt werden. Diese ist
gegeben durch:

\begin{displaymath}
\int_{x_0}^{x_1} f(x)dx \approx
\frac{x_1-x_0}{6}(f(x_0)+4f(\frac{x_1+x_0}{2})+f(x_1))
\end{displaymath}

Zu zeigen ist nun, dass f"ur die oben definierte Funktion $f(x)$ nicht
nur "`$\approx$"', sondern sogar "`$=$"' gilt. Dazu berechnen wir
zun"achst den Ausdruck der Kepler'schen Fassregel und zerlegen diesen
in Teile, die nur von $a,b,c,d$ abh"angen. F"ur jeden dieser Teile
zeigen wir dann die Gleichheit mit dem entsprechenden Ausdruck im genau
berechneten Integral. Rechnet man die Kepler'sche Fassregel aus, so
ergibt sich nach Einsetzen von $x_0,x_1$ in $f(x)$:

\begin{align*}
\int_{x_0}^{x_1} f(x)dx & \approx
\frac{x_1-x_0}{6}[(ax_0^3+bx_0^2+cx_0+d)\\
& +4(a\frac{(x_1+x_0)^3}{8}+b\frac{(x_1+x_0)^2)}{4}+c\frac{(x_1+x_0)}{2}+d)\\
& +(ax_1^3+bx_1^2+cx_1+d)]\\
& =
\frac{(x_1-x_0)x_0^3a}{6}+\frac{(x_1-x_0)x_0^2b}{6}+\frac{(x_1-x_0)x_0c}{6}\\
& + \frac{(x_1-x_0)d}{6} +
\frac{a(x_1-x_0)(x_1+x_0)^3}{12}+\frac{b(x_1-x_0)(x_1+x_0)^2}{6}\\
& + \frac{c(x_1+x_0)(x_1-x_0)}{3}+\frac{2d(x_1-x_0}{3} +
\frac{a(x_1-x_0)x_1^3}{6}\\
& +
\frac{b(x_1-x_0)x_1^2}{6}+\frac{c(x_1-x_0)x_1}{6}+\frac{d(x_1-x_0)}{6}
\end{align*}

Ausgehenden von diesem "asthetischen Ausdruck fassen wir die einzelnen
Terme gem"a"s ihrer Zugeh"origkeit zu den Koeffizienten $a,b,c,d$
zusammen. Wir erhalten:

\begin{align*}
& \text{Terme, die zu $a$ geh"oren: }
\frac{a(x_1-x_0)(2a(x_0^3+x_1^3)+(x_1+x_0)^3)}{12}
= \frac{a(x_1^4-x_0^4)}{4}\\
& \text{Terme, die zu $b$ geh"oren: }
\frac{b(x_1-x_0)(x_0^2+x_1^2+(x_1+x_0)^2)}{6}
= \frac{b(x_1^3-x_0^3)}{3}\\
& \text{Terme, die zu $c$ geh"oren: }
\frac{c(x_1-x_0)(x_0+2(x_1+x_0)+x_1)}{6}
= \frac{c(x_1^2-x_0^2)}{2}\\
& \text{Terme, die zu $d$ geh"oren: }
\frac{6(d(x_1-x_0))}{6}
= d(x_1-x_0)
\end{align*}

Offensichtlich ist dies in der Summe genau das exakte Integral der
Funktion $f(x)$. Damit ist gezeigt, dass die Simpson'sche Regel kubische
Polynonme exakt integriert. Dies kann man beweisen, indem man ein
lineares Gleichungssystem mit den "`Gewichten"' der numerischen
Quadratur bildet. Die Monome $x^1, x^2, x^3$ sollen exakt integriert
werden. Diese Forderung f"uhrt auf ein Gleichungssystem und nach
Bestimmung der Gewichte und etwas Rechnerei sollte die Simpson'sche
Regel herauskommen.

\hfill $\Box$

\section*{Aufgabe 2}

Das erste Integral $\int_0^1 \sqrt(t) \sin(t) dt$ kann durch
Substitution auf eine numerisch "`stabilere"' Form gebracht werden. Dazu
substitutiert man $t = x^2$. Somit ergibt sich $t = x^2 \Rightarrow dt 
= 2xdx$. Dies ersetzt man in Integral und erh"alt:

\begin{displaymath}
\int_0^1 2x^2 \sin(x^2)dx = 2 \int_0^1 x^2 sin( x^2 )
\end{displaymath}

Das entstehende Integral ist offensichtlich einfacher numerisch zu
integrieren, da die Ableitungen f"ur jeden Wert beschr"ankt bleiben.
Beim zweiten Integral ist die Angabe einer geschlossenen L"osung nicht
m"oglich. Daher wird das Integral umgeformt zu:

\begin{displaymath} 
\int_1^{\infty} \frac{1}{t^2} \sin( \frac{1}{t} )dt =\\
\lim_{a \rightarrow \infty } \int_1^a \frac{1}{t^2} \sin( \frac{1}{t}
)dt \end{displaymath}

Unter der Annahme, dass eine L"osung des uneigentlichen Integrals
existiert (dies kann man einfach beweisen), kann das Integral so Schritt
f"ur Schritt angen"ahert werden. Dazu w"ahlt man $a_0, a_2, \dots, a_n$
und berechnet jeweils das approximierte Integral $I_{a_i}$ und
$I_{a_{i-1}}$. Wenn die Differenz dieser Integrale kleiner als ein
vorgegebenes $\epsilon$ (beispielsweise die Maschinengenauigkeit) ist,
so kann man annehmen, dass das uneigentliche Integral nicht "`weiter"'
konvergiert. Damit hat man eine (N"aherungs-)L"osung gefunden.

\hfill $\Box$

\section*{Aufgabe 3}

\subsection*{Summierte Trapezregel}

Nach der Fehlerformel im Skript gilt f"ur den Fehler $\Delta x$:

\begin{displaymath}
\Delta x \leq \frac{h^2}{12}(b-a) \sup \vert f''(\xi) \vert
\end{displaymath}

F"ur $a = 0, b = 1$ ist $\sup \vert f''(\xi) \vert = 8$. Also ist der
Fehler $\Delta x \leq \frac{8 \cdot h^2}{12}$. Da $\Delta x \leq 10^{-8}
$ gelten soll, muss $h \leq \sqrt{10^{-8} \cdot \frac{12}{8}}$ sein.
Damit kann man die Anzahl der ben"otigten Teilintervalle, $n$,
berechnen: $n \geq \frac{1}{h} \approx 8164.97$. Damit muss es
mindestens $n = 8165$ Teilintervalle geben, wenn der Fehler sicher
kleiner als $10^{-8}$ sein soll.

In jedem Teilintervall m"ussen bei der Trapezregel $2$ Funktionsaufrufe
get"atigt werden, denn die Trapezregel ist f"ur ein Teilintervall
gegeben durch:

\begin{displaymath}
\frac{b-a}{2}( f(a) + f(b) )
\end{displaymath}

Bei $n = 8165$ Teilintervallen gibt es somit die doppelte Anzahl, also
mindestens $N = 16330$ Funktionsaufrufe, falls der Fehler $\leq 10^{-8}$
sein soll.

\hfill $\Box$

\subsection*{Summierte Simpsonregel}

Nach Skript ist der Fehler $\Delta x \leq \frac{h^4}{180}(b-a) \sup
\vert f^{4}(\xi) \vert$. Da $(b-a) = 1$ und $\sup \vert f^{4}(\xi) \vert
= 384$, kommt man auf die folgende Ungleichung:

\begin{displaymath}
h^4 \leq 10^{-8} * \frac{15}{32} \Rightarrow h \leq 0.00827
\end{displaymath}

Somit muss es mindestens $n = h^{-1} = 121$ Teilintervalle geben, wenn
der Fehler sicher kleiner $10^{-8}$ sein soll. Da es bei der summierten
Simpsonregel in jedem Teilintervall $3$ Funktionsaufrufe gibt, ist mit
mindestens $N = 363$ Funktionsaufrufen zu rechnen.

\hfill $\Box$


\section*{Aufgabe 4}

Wir f"uhren einen Widerspruchsbeweis anhand zweier einfacher
quadratischer Polynome und dem Integrationsintervall $x_0 = 0, x_1 = 1$.
Seien $f,g$ quadratische Polynome mit $f(x) = x^2 + 1$ und $g(x) =
x^2+x$. F"ur das Integral ergibt sich -- wie man leicht nachrechnet:

\begin{align*}
\int_0^1 f(x) dx & = \frac{4}{3}\\
\int_0^1 g(x) dx & = \frac{5}{6}
\end{align*}

Wenn es ein $\alpha$ g"abe, sodass $\frac{4}{3} = \alpha( f(0) + f(1)) =
\alpha \cdot 3$ und $\frac{5}{6} = \alpha( g(0) + g(1)) = \alpha \cdot
2$ ist, m"usste gelten:

\begin{align*}
\frac{4}{3} & = 3 \alpha \Rightarrow \alpha = \frac{4}{9}\\
\frac{5}{6} & = 2 \alpha \Rightarrow \alpha = \frac{5}{12}
\end{align*}

Dies f"uhrt aber zu einem Widerspruch, da $\alpha$ fest gew"ahlt sein
muss und f"ur alle quadratischen Polynome sowie alle
Integrationsintervalle gelten soll.

\hfill $\Box$

\end{document}