\documentclass[a4paper]{article}

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\title{9. "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}

Es gibt zwei M"oglichkeiten, die Matrix "`naiv"' aufzustellen:

\begin{displaymath}
\begin{pmatrix}
1 & 1\\
\alpha & 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
2\\
2 + \alpha
\end{pmatrix}
\end{displaymath}

oder (nach Vertauschung der Zeilen):

\begin{displaymath}
\begin{pmatrix}
\alpha & 1\\
1 & 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
2 + \alpha\\
2
\end{pmatrix}
\end{displaymath}

Im ersten Fall muss mit $\alpha$ mutipliziert werden, um $x_2$ zu
bestimmen. Die ist problematisch f"ur $\alpha = 0$. F"ur $\alpha \neq 0$
ist $x_2 = \frac{2-\alpha}{-\alpha +1}$. Dieser Bruch ist f"ur $\alpha =
1$ nicht definiert.

Im zweiten Fall muss mit $\frac{1}{\alpha}$ multipliziert werden, um die
Gleichung aufzul"osen. F"ur $\alpha = 0$ f"uhrt dies zu Problemen.

Insgesamt gibt es also f"ur $\alpha \in \{0, 1\}$ falsche Ergebnisse.
Ebenso treten Rundungsfehler auf, wenn es durch den Wert von $\alpha$
bei einer arithmetischen Operation zu einem Under-/Overflow kommt (zum
Beispiel f"ur $2 - \alpha$ mit $\alpha$ "`sehr gro"s"').

\hfill $\Box$

\section*{Aufgabe 2}

$p(x)$ linear $\Rightarrow p(x) = ax + b$ mit $a,b \in \mathbb{R}$. Dann
ist $\int_0^1 (ax+b)e^x dx$ durch partielle Integration geschlossen
l"osbar:

\begin{align*}
\int_0^1(ax + b)e^x dx & = a \int_0^1 x e^x dx + b \int_0^1 e^x dx\\
& = a( [xe^x]_0^1 - \int_0^1 e^x dx) + b( e - 1)\\
& = a + b( e - 1 )
\end{align*}

Also ist mit $\int_0^1 p(x)e^x dx = a+ b( e-1)$ eine einfach
Quadraturformel gegeben, die alle linearen Polynome $p(x)$ exakt
integriert.

\hfill $\Box$

\section*{Aufgabe 3}


Es gilt f"ur $(n + 1)$ ungerade, dass
$\int_{\frac{a-b}{2}}^{\frac{b-a}{2}} x^{n+1} dx = 0$.  Durch $x = y +
\frac{a + b}{2}$ kann eine Substitution durchgef"uhrt werden, die ein
"`verschobenes"' Polynom bildet. Dann gilt:

\begin{displaymath}
S(x) := \int_a^b ( \frac{a +b}{2} + y )^{n+1} dy = 0
\end{displaymath}

Sei nun $p$ ein Polynom vom Grad $(n+1)$ mit $n \equiv 0 \mod 2$. Dann
kann f"ur gegebenes Intervall $[a,b]$ $\int_a^b p(x) dx$ aufgeteilt
werden:

\begin{displaymath}
p(x) = a_{n+1} x^{n+1} + P_n
\end{displaymath} 

Wobei $P_n$ ein Polynom vom Grad $n$ ist. Durch Substitution erh"alt
man:

\begin{align*}
& \int_a^ b a_{n+1} x^{n+1} dx + \int_a^b P_n(x) dx\\
= & \int_a^ b( ( a_{n+1} S(x) - Q_n(x) ) dx  + \int_a^b P_n(x)dx\\
= &  \underbrace{\int_a^b a_{n+1} S(x)dx}_{ = 0 } + \underbrace{\int_a^b (
P_n(x) - Q_n(x) ) dx}_{\textrm{vom Grad n}}
\end{align*}

Dabei ist $Q_n(x)$ ein Polynom vom Grad $n$, das von der Substitution
abh"angt. Da das Ergebnis der Substitution das Integral "uber ein
Polynom vom Grad $n$ ist, kann die Newton-Cotes-Formel diesen Ausdruck
exakt integrieren.

\hfill $\Box$

\section*{Aufgabe 4}

\subsection*{Der h"ochste Koeffizient ist 1}

Es ist $p_k(x) = \frac{k!}{(2k)!} \frac{d^k}{dx^k}(x^2-1)^k$ f"ur $k \in
\mathbb{N}_0$. Leitet man den Ausdruck $(x^2-1)^k$ $k$-mal ab, so gilt
f"ur den h"ochsten Koeffizienten:

\begin{align*}
\frac{d^k}{dx^k}x^{2k} & = (2k)\cdot(2k-1) \dots (k+1) x^k\\
& = \frac{(2k)!}{k!} x^k
\end{align*}

Unter Ber"ucksichtigung des Vorfaktors $\frac{k!}{(2k)!}$ von $p_k(x)$
gilt also f"ur den h"ochsten Koeffizienten $a_k = \frac{k!}{(2k)!}
\frac{(2k)!}{k!} = 1$.

\hfill $\Box$

\subsection*{Die Legendre-Polynome sind orthogonal}

Sei $k \neq l$, OBdA $k < l$. Dann ist $I_{k,l} := <p_k,p_l> =  \int_{-1}^1
\frac{k!}{(2k)!} \frac{d^k}{dx^k}( x^2 - 1 )^k \frac{l!}{(2l)!}
\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^l dx$.
 
Nun kann partiell integriert werden (dabei meint $\tilde{I}_{k,l}$ das
Polynom, das entsteht, wenn man die Konstanten der Legendre-Polynome,
die zun"achst unerheblich sind, vernachl"assigt):

\begin{align*}
\tilde{I}_{k,l} & = [ \frac{d^{l-1}}{dx^{l-1} } (x^2-1)^l
\frac{d^k}{dx^k}(x^2-1)^k ]_{-1}^1\\
&  - \int_{-1}{1} \frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}} (x^2 - 1 ) ^l
\frac{d^{l-1}}{dx^{l-1}} ( x^2 - 1 )^l dx
\end{align*}

Der erste Term, die Auswertung an den Stellen $x_0 = -1, x_1 = 1$,
verschwindet, denn:

\begin{displaymath}
\frac{d^{l-1}}{dx^{l-1}} (x^2-1)^l = \frac{d^{l-1}}{dx^{l-1}}
((x-1)^n(x+1)^n)
\end{displaymath}

Dieser Ausdruck hat aber, da das Polynom mit Grad $n$ nur $(n-1)$-mal
abgeleitet wird, auf jeden Fall je eine Nullstelle bei $x_0 = 1$ und
$x_1 = -1$. Das Integral, das "ubrig bleibt, kann nach demselben
Verfahren weiter partiell integriert werden, wobei die Auswertung an
$x_0 = -1, x_1 = 1$ immer verschwindet. Damit kann die $(k+1).$
Ableitung schrittweise in eine $(2k+1).$ Ableitung transformiert werden.

Diese Ableitung wird $0$, da $(x^2-1)^k$ nur Terme bis zum Grad $2k$
enth"alt. Somit gilt die Orthogonalit"at der Legendre-Polynome.

\hfill $\Box$


\begin{displaymath}
\end{displaymath} 
\end{document}