\documentclass[a4paper]{article}

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\title{8. "Ubungsblatt Numerik}
\date{Version vom \today}
\author{B"uch, Lutz (Gruppe 7)\\Rieck, Bastian (Gruppe 1)}

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%\renewcommand{\familydefault}{\sfdefault}
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\begin{document}

\maketitle

\section*{Aufgabe 1}

Sei $f(x) = x^3$. Diese Funktion ist unendlich oft stetig
differenzierbar mit den Ableitungen $f^{(1)}(x) = 3x^2$, $f^{(2)}(x) =
6x$, $f^{(3)}(x) = 6$, $f^{(4)}(x) = 0$ und allgemein ist $f^{(i)}(x) =
0$, falls $i \geq 4$. Da das Restintegral f"ur $x \rightarrow \infty$
gegen $0$ konvergiert, gilt f"ur die Euler-MacLaurin-Formel:

\begin{displaymath}
\sum_{k=0}^n f(k) = \int_0^n f(x)dx + \frac{f(0)+f(n)}{2} + \sum_{k =
1}^{\infty} \frac{B_{2k}}{(2k)!} \cdot ( f^{(2k-1)}(n) - f^{(2k-1)}(0) )
\end{displaymath}

Da $2k - 1 \geq 5$ f"ur $k \geq 3$, verschwinden die Ableitungen von
$f(x)$ ab diesem Wert. Somit m"ussen nur die Bernoullizahlen $B_2 =
\frac{1}{6}$ und $B_4$ = $-\frac{1}{30}$ verwendet werden. Zum Beweis
der Behauptung berechnen wir zun"achst das Integral und den Bruch:

\begin{align*}
\int_0^n f(x)dx & = [\frac{1}{4} x^4 ]_0^n  = \frac{1}{4} n^4\\
\frac{f(0)+f(n)}{2} & = \frac{1}{2} n^3
\end{align*}

F"ur die die nicht-verschwindenden Glieder der Summe erhalten wir:

\begin{align*}
\sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}}{(2k)!} \cdot( f^{(2k-1)}(x) -
f^{(2k-1)}(0) ) & = \frac{1}{12} \cdot 3n^2 - \frac{1}{720}( 6 - 6 ) + 0 +
\dots + 0\\
& = \frac{1}{4} n^2
\end{align*}

Also gilt:

\begin{align*}
\sum_{k=0}^n f(k) & = \frac{1}{4} n^4 + \frac{1}{2} n^3 + \frac{1}{4}
n^2\\
& = \frac{1}{4}( n^4 + 2n^3 + n^2 ) = \frac{1}{4} (n^2 + n)^2\\
& = \frac{n(n+1)}{2}^2
\end{align*}

\hfill $\Box$

\section*{Aufgabe 2}

\subsection*{Extrapolation f"ur $e$}

$T(h)$ besitzt eine konvergente Entwicklung, denn $T(h)$ ist "aquivalent
zu $\tilde{T}(h) = ( 1 + \frac{1}{h} ) ^h$ mit $h \in (0,\infty)$.
$\tilde{T}(h)$ besitzt eine konvergente Entwicklung, da es gegen $e$
konvergiert. Daher betrachten wir die Taylorentwicklung von $T(h)$:


\begin{displaymath}
T(h) = e - \frac{h\cdot e}{2} + \frac{11h^2\cdot e}{24} + O(h^3)
\end{displaymath}

F"ur $h \rightarrow 0$ kann man daher die nachfolgenden Terme
vernachl"assigen.

\hfill $\Box$

\subsection*{Extrapolation f"ur $e^x$}

F"ur $T(h) = ( 1 + h )^{\frac{x}{h}}$ mit $h \in (0,1)$ und $x \in
\mathbb{R}$ liefert die Extrapolation einen N"aherungswert f"ur $e^x$.

\hfill $\Box$

\section*{Aufgabe 3}

F"ur $\omega(x)$ muss auf jeden Fall $\omega(x) > 0 \, \forall x \in
[-1,1]$ gelten, da sonst die Skalarproduktbedingung nicht erf"ullt ist.
Au"serdem muss $\omega(x)$ stetig sein oder zumindest die Bedingung
erf"ullen, dass $\int_{-1}^1 x^n \omega(x) dx \in \mathbb{R} \, \forall n
\in \mathbb{N}$.

\hfill $\Box$

\section*{Aufgabe 4}

\subsection*{Tschebyscheff-Polynome k"onnen rekursiv dargestellt werden}

Es gelten die folgenden Gleichungen:

\begin{align*}
\cos(a+b) & = \cos(a)\cos(b)-\sin(a)\sin(b)\\
\cos(a-b) & = \cos(a)\cos(b)+\sin(a)\sin(b)\\
\Rightarrow \cos(a+b) & = 2\cos(a)\cos(b)-\cos(a-b)
\end{align*}

Setzt man dies in $T_k(x)$ ein, so erh"alt man:

\begin{align*}
T_k(x) & = \cos((k-1)\arccos(x)+\arccos(x))\\
& =
2\cos((k-1)\arccos(x))\cos(\arccos(x))\\
& -\cos((k-1)\arccos(x)-\arccos(x))\\
& \Leftrightarrow \cos(k\arccos(x)) = 2x\cos((k-1)\arccos(x)) -
\cos((k-2)\arccos(x))\\
& \Leftrightarrow T_k(x) = 2x \cdot T_{k-1}(x) - T_{k-2}(x)
\end{align*}

\hfill $\Box$

\end{document}