[Aufgabensammlung] Fragen & Antworten 1 - Seite 2

20.09.2007, 22:07

tigerbine

Lösung Aufgabe 16

Im ersten Schritt berechnet man eine Sturmsche Kette. Dazu benötigen wir die Startpolynome ( p und und p').

Lehrer

Hierbei darf man die Polynome nur mittels Multiplikation mit einem positiven Faktor vereinfachen. Ich verwende das Tool von Arndt-Bruenner. Also Achtung, ob mit (-1) gekürzt wurde!

$\begin{eqnarray*} p_0(x):=-x^4+4x^3-8x^2+8x-2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p_1(x):=-4x^3+12x^2-16x+8 \end{eqnarray*}$

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ACHTUNG Div. durch (-1)

(x^4  - 4x^3  + 8x^2  - 8x  + 2) : (x^3 - 3x^2 + 4x - 2)  =  x - 1   Rest  x^2 - 2x  
 x^4  - 3x^3  + 4x^2  - 2x     
 ——————————————————————————————
       - x^3  + 4x^2  - 6x  + 2
       - x^3  + 3x^2  - 4x  + 2
       ————————————————————————
                 x^2  - 2x

$\begin{eqnarray*} p_2(x)=x^2-2x \end{eqnarray*}$

code:

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( - x^3  + 3x^2  - 4x  + 2) : (x^2 - 2x)  =  -x + 1   Rest  -2x + 2  
  - x^3  + 2x^2           
 —————————————————————————
            x^2  - 4x  + 2
            x^2  - 2x     
            ——————————————
                 - 2x  + 2

$\begin{eqnarray*} p_3(x)=x-1 \end{eqnarray*}$

code:
1: 2: 3: 4: 5: 6: 7: 8: 9:	(x^2 - 2x ) : (x - 1) = x - 1 Rest -1 x^2 - x —————————————— - x - x + 1 ———————— - 1

$\begin{eqnarray*} p_4(x)=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{array} {|c||c|c|c|c|c|c|} \hline x & p_0(x) & p_1(x) & p_2(x) & p_3(x) &p_4(x) & VZW \\ \hline \hline -1 &-&+&+&-&+& 3 \\ \hline 0 &-&+&0&-&+&3 \\ \hline 1 &+ &0&-&0&+&2\\ \hline 2 & -&-&0&+&+&1\\ \hline \end{array} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Z_{-1}^{0} = 3 - 3 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Z_{0}^{1} = 3 - 2 = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Z_{1}^{2} = 2 - 1 = 1 \end{eqnarray*}$

Damit hat p in [-1,0] keine Nullstelle und in [0,1] und [1,2] jeweils eine Nullstelle.

21.09.2007, 02:21

tigerbine

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Aufgabe 17 - Polynominterpolation
Gegen sie die Funktion $\begin{eqnarray*} f(x) = \sin(\frac{\pi}{2}(x-1)) - x + 1 \end{eqnarray*}$ und der Knotenvektor $\begin{eqnarray*} (x_0,x_1,x_2) = (-1,0,1) \end{eqnarray*}$ .

Bestimmen Sie das Interpolationspolynom $\begin{eqnarray*} p_2 \end{eqnarray*}$ zu f bzgl. der Knoten in der Newton-Darstellung.
Zeigen Sie für das Newton IP gilt die Fehlerabschätzung
$\begin{eqnarray*} \max_{x \in [-1,1]}~|f(x)-p_2(x)| \leq \frac{\sqrt{3}}{216}~\pi^3 \end{eqnarray*}$
Bestimmen Sie den kubischen Spline s zu f bzgl. des Gitters $\begin{eqnarray*} \vartriangle \{x_0,x_1,x_2\} \end{eqnarray*}$ mit den Randbedingungen
$\begin{eqnarray*} s''(x_0) = s''(x_2)=0 \end{eqnarray*}$

21.09.2007, 03:02

tigerbine

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Lösung Aufgabe 17a
Zunächst einmal sind die Funktionswerte zu bestimmen

$\begin{eqnarray*} (y_0,y_1,y_2) = (2, 0, 0) \end{eqnarray*}$

Dann ist das Schema anzuwenden

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Newton-Darstellung  
===============================================================================================
 
Dividierte Differenzen Schema
-----------------------------
 
DD =
    -1     2    -2     1
     0     0     0     0
     1     0     0     0
 
Interpolationspolynom
---------------------
 
p_ 2(x)= 
 
         +    2 
         -    2 * [x +    1]   
         +    1 * [x +    1] [x -    0]

21.09.2007, 03:31

tigerbine

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Lösung Aufgabe 17b
Zunächst berechnet man die Monom-Darstellung des IPs:

$\begin{eqnarray*} p_2(x) =x^2-x \end{eqnarray*}$

Dann stellt man den IP-Fehler wie folgt dar:

$\begin{eqnarray*} |\varepsilon(x)| = |f(x)-p_2(x)| = |\omega(x)\cdot \frac{f^{(3)}(\xi)}{3!}|\quad \xi \in [-1,1] \end{eqnarray*}$

Nun schätzt man die Faktoren ab. Dazu müssen zunächst die Ableitungen von f berechnet werden:

$\begin{eqnarray*} f(x) = \sin(\frac{\pi}{2}(x-1)) - x + 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x) = \cos(\frac{\pi}{2}(x-1)) \cdot \frac{\pi}{2} -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f^{(2)}(x) = -\sin(\frac{\pi}{2}(x-1)) \cdot (\frac{\pi}{2})^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f^{(3)}(x) = -\cos(\frac{\pi}{2}(x-1)) \cdot (\frac{\pi}{2})^3 \end{eqnarray*}$

Somit können wir den zweiten Faktor wie folgt abschätzen:

$\begin{eqnarray*} |\frac{f^{(3)}(\xi)}{3!}| \leq \frac{\pi^3}{48} \end{eqnarray*}$

Für das Knotenpolynom gilt:

$\begin{eqnarray*} |\omega(x)| = |(x+1)x(x-1)| = |x^3-x| \end{eqnarray*}$

=> Punktsymmetrisch zu (0,0)

Dabei gilt die grobe Abschätzung:

$\begin{eqnarray*} |\omega(x)| \leq 2 \cdot 1 \cdot 2 = 4 \end{eqnarray*}$

Eine tiefere Analyse liefert:

$\begin{eqnarray*} |\omega(-1)| = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |\omega(1)| = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \omega'(x) = 3x^2-1 \stackrel{!}=0 \Rightarrow x_{1,2} = \pm \frac{1}{\sqrt{3}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \omega(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{1}{3 \sqrt{3}} - \frac{3}{3\sqrt{3}} = -\frac{2}{3\sqrt{3}} = - \frac{2\sqrt{3}}{9} \end{eqnarray*}$

Somit gilt die Abschätzung:

$\begin{eqnarray*} |\varepsilon(x)| \leq \frac{\sqrt{3}}{216} \end{eqnarray*}$

21.09.2007, 04:10

tigerbine

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Lösung Aufgabe 17c
Hier wird also ein natürlicher kubischer Spline gesucht.

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Es wird ein kubischer Spline berechnet. Spezifizierung folgt.
 
Beachte: Der Datensatz hat die Form
         Knoten:           t_0 ,...,  t_n
         Funktionswerte: f(t_0),...,f(t_n)
 
Knotenpunkte eingeben:   [-1 0 1]
Funktionswerte eingeben: [2 0 0]
 
n =
     2
------------------------------------------------------------------------------
Berechnung der Deltas dt_0,...,dt_n-1
dt =
     1     1
 
Berechnung der Deltas df_0,...,df_n-1
df =
    -2     0
 
Berechnung der Brüche df0/dt0,...,df_n-1/dt_n-1
dfdt =
    -2     0
 
 
 
Berechnung der Betas   b_1,...,b_n-1
b =
     1
 
Berechnung der Alphas  a_1,...,a_n-1 (vorläufig)
a =
     4
 
Berechnung der Gammas  c_1,...c_n-1
c =
     1
 
Berechnung der rs      r_1,...,r_n-1 (vorläufig)
r =
    -6
 
------------------------------------------------------------------------------
Bitte wählen: 0 - natürlicher Spline
              1 - vollst. Spline
 
Deine Wahl: 0
------------------------------------------------------------------------------
 
Berechnung der Alphas  a_1,...,a_n-1 (nat. Spline)
a =
     3
 
Berechnung der rs      r_1,...,r_n-1 (nat. Spline)
r =
    -3
 
Aufstellen der Matrix M
M =
     3
 
Berechnung der Lösung s von Ms=r: s_1,...,s_n-1
    -1
 
Der komplette Vektor s: 
s =
                      -2.5                        -1                       0.5
 
Matrix der Restriktionen in Newton-Darstellung
RN =
                         2                      -2.5                       0.5                       0.5
                         0                        -1                         1                      -0.5
 
Matrix der Restriktionen in Monom-Darstellung: 1,x,x²,x³
RM =
                         0                        -1                       1.5                       0.5
                         0                        -1                       1.5                      -0.5
 
Vergleichsfunktion eingeben? (0=ja, 1=nein) 0
 
Funktion eingeben. Variable vt verwenden, Beispiel: vt.^2: sin(pi/2.*(vt-1))-vt+1

Im Anhang ein Bild von der Funktion und dem Spline im Vergleich zu der Interpolation (Approximation) durch das Polynom.

21.09.2007, 04:22

tigerbine

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Aufgabe 18 - Polynominterpolation

Bestimmen Sie durch quadratische Interpolation eine Näherung p von f(0) aus den Daten f(i), i=1,2,3.
Um welchen Betrag kann sich p bei Fehlern mit Betrag $\begin{eqnarray*} \leq \varepsilon \end{eqnarray*}$ in den Daten höchstens ändern?

21.09.2007, 04:24

tigerbine

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Lösung Aufgabe 18a
Der Datensatz lautet also:

$\begin{eqnarray*} (x_0,x_1,x_2)=(1,2,3) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (y_0,y_1,y_2)=(f(1),f(2),f(3)) \end{eqnarray*}$

Damit ergibt sie Newton-Form des Interpolationspolynoms wie folgt:

$\begin{eqnarray*} p_2(x)&&=f(1) + \frac{f(2)-f(1)}{2-1}\cdot (x-1) + \frac{[f(3)-f(2)] - [f(2) - f(1)]}{3-1}\cdot (x-1)(x-2) \\ &&=f(1) + [f(2)-f(1)]\cdot (x-1) + \frac{f(3) - 2f(2) + f(3)}{2}\cdot (x-1)(x-2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p &&= p_2(0) = f(1) + [f(2)-f(1)]\cdot (0-1) + \frac{f(3) - 2f(2) + f(1)}{2}\cdot (0-1)(0-2) \\ && = f(1) - f(2) + f(1) + f(3)-2f(2)+f(1) \\&&= 3f(1)-3f(2)+f(3) \end{eqnarray*}$

21.09.2007, 04:24

tigerbine

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Lösung Aufgabe 18b
Zur Abschätzung nimmt man nun an, dass jede der Daten maximal gestört ist. Dann lautet die maximale Änderung von p:

$\begin{eqnarray*} 3 \cdot \varepsilon+3\cdot \varepsilon+ \varepsilon = 7 \varepsilon \end{eqnarray*}$

21.09.2007, 04:37

tigerbine

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Aufgabe 19 - trigonometrische Interpolation
Gegeben sei die Funktion $\begin{eqnarray*} f(x) = \cos^3(x) \end{eqnarray*}$ . Bestimmen Sie bzgl. der Knoten $\begin{eqnarray*} (x_0,x_1,x_2) = (0,\frac{2}{3}\pi, \frac{4}{3} \pi) \end{eqnarray*}$ .

Bestimmen Sie das reelle trigonometrische Interpolationspolynom zu p.

Hinweis:

$\begin{eqnarray*} \cos(\frac{2}{3}\pi) = -0.5,~\sin(\frac{2}{3}\pi) =-\frac{\sqrt{3}}{2} \end{eqnarray*}$

22.09.2007, 05:51

tigerbine

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Lösung Aufgabe 19
In der Aufgabe handelt es sich um eine Diskrete Fourier Analyse. Gesucht ist also ein (allgemein) interpolierendes trigonometrisches Polynom

$\begin{eqnarray*} t_N^{\mathbb R}:~\mathbb R \rightarrow \mathbb R \end{eqnarray*}$

welches die Funktion f an den äquidistanten Stützstellen

$\begin{eqnarray*} x_k=\frac{2\pi k}{N} = w_N^k, \quad k=0,1,...,N-1 \end{eqnarray*}$

interpoliert. Man beachte, dass N hier für die Anzahl der Stützstellen steht.
--------------------------------------------------------------------------------------------------

Hier lauten die äquidistanten Stützstellen:

$\begin{eqnarray*} x_k=\frac{2\pi i}{3} \quad i=0,1,2 \end{eqnarray*}$

Also gilt N=3 => M = 2

Die Funktionswerte sollten sich durch den Tipp auch ohne weitere Probleme angeben lassen:

$\begin{eqnarray*} y_0 = \cos^3(0) = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_1 = \cos^3(\frac{1}{3}\cdot 2\pi) = -\frac{1}{8} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_2 = \cos^3(\frac{2}{3}\cdot 2\pi) =-\frac{1}{8} \end{eqnarray*}$

Das gesuchte Polynom hat die Gestalt (Beachte N ist ungerade)

$\begin{eqnarray*} t_3^{\mathbb R}=\qquad \frac{a_0}{2}+\sum_{j=1}^{1}\Bigl( a_j\cos(jx) + b_j\sin(jx) \Bigr) \end{eqnarray*}$

Dabei gilt für die Koeffizienten:

$\begin{eqnarray*} a_j = \frac{2}{3} \cdot \sum_{k=0}^{2}y_k \cdot \cos(kx_j) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b_j = \frac{2}{3} \cdot \sum_{k=0}^{2}y_k \cdot \sin(kx_j) \end{eqnarray*}$

Nun aber endlich in konkreten Zahlen:

$\begin{eqnarray*} a_0 &&= \frac{2}{3} \cdot \sum_{k=0}^{2}y_k \cdot \cos(kx_0) \\&& =\frac{2}{3} \cdot (1\cdot 1 - \frac{1}{8}\cdot 1 -\frac{1}{8} \cdot 1) \\&& = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_1 && = \frac{2}{3} \sum_{k=0}^{2}y_k \cdot \cos(kx_1) \\&& = \frac{2}{3} \cdot (1 \cdot 1- \frac{1}{8} \cdot (-\frac{1}{2}) - \frac{1}{8} \cdot (-\frac{1}{2})) \\ && =\frac{3}{4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b_1 && = \frac{2}{3} \sum_{k=0}^{2}y_k \cdot \sin(kx_1) \\&& = \frac{2}{3} \cdot (1 \cdot 0- \frac{1}{8} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{8} \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})) \\ && =0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t_3^{\mathbb R} = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} \cos(x) \end{eqnarray*}$

22.09.2007, 23:34

tigerbine

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Aufgabe 20 - Polynominterpolation
Gegen sei der folgende Datensatz

$\begin{eqnarray*} (x_0,x_1x_2x_3) = (0,\frac{1}{2}\pi, \pi, \frac{3}{2}\pi) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (y_0,y_1,y_2,y_3) = (1,1,-1,-1) \end{eqnarray*}$

Bestimmen Sie das algebraisches Interpolationspolynom
Bestimmen Sie das trigonometrische Interpolationspolynom

23.09.2007, 00:21

tigerbine

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Lösung Aufgabe 20a
Da hier keine bestimmte Darstellung des IPs gefordert ist, wählt man am einfachsten die Lagrange-Form. Denn dort muss "Nichts" weiter berechnet werden.

$\begin{eqnarray*} p_3(x) =&& +1 \cdot \frac{(x-\frac{1}{2}\pi)(x-\pi)(x-\frac{3}{2}\pi)}{(0-\frac{1}{2}\pi)(0-\pi)(0-\frac{3}{2}\pi)}\\&&+1 \cdot \frac{(x-0)(x-\pi)(x-\frac{3}{2}\pi)}{(\frac{1}{2}\pi-0)(\frac{1}{2}\pi-\pi)(\frac{1}{2}\pi-\frac{3}{2}\pi)} \\&& - 1\cdot \frac{(x-0)(x-\frac{1}{2}\pi)(x-\frac{3}{2}\pi)}{(\pi-0)(\pi-\frac{1}{2}\pi)(\pi-\frac{3}{2}\pi)}\\&&-1 \cdot \frac{(x-0)(x-\frac{1}{2}\pi)(x-\pi)}{(\frac{3}{2}\pi-0)(\frac{3}{2}\pi-\frac{1}{2}\pi)(\frac{3}{2}\pi-\pi)} \end{eqnarray*}$

23.09.2007, 01:22

tigerbine

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Lösung Aufgabe 20b
Es sind 4 Knoten gegeben, also gilt N=4 und M=2. Die Aufgabenstellung ist hier nicht eindeutig, welches trig. IP bestimmt werden soll. Vergleiche dazu auch den Workshop. Da hier reelle Funktionswerte vorliegen ist anzunehmen, das die diskrete Fourier Analyse durchzuführen ist. (ggf. Prüfer rückfragen!).

$\begin{eqnarray*} t_4^{\mathbb R}(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^1~\Bigl(a_k\cdot \cos(kx) + b_k\cdot \sin(kx)\Bigr)~+\frac{a_2}{2} \cdot \cos(2x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_0 &&=\frac{1}{2}\cdot \Bigl(y_0 \cdot \cos(0\cdot x_0) + y_1 \cdot \cos(1\cdot x_0) + y_2\cdot \cos(2\cdot x_0) + y_3 \cdot \cos(3\cdot x_0)\Bigr)\\&&=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_1 &&=\frac{1}{2}\cdot \Bigl(y_0 \cdot \cos(0\cdot x_1) + y_1 \cdot \cos(1\cdot x_1) + y_2\cdot \cos(2\cdot x_1) + y_3 \cdot \cos(3\cdot x_1)\Bigr) \\&&=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_2 &&=\frac{1}{2}\cdot \Bigl(y_0 \cdot \cos(0\cdot x_2) + y_1 \cdot \cos(1\cdot x_2) + y_2\cdot \cos(2\cdot x_2) + y_3 \cdot \cos(3\cdot x_2)\Bigr)\\&&=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b_1 &&=\frac{1}{2}\cdot \Bigl(y_0 \cdot \sin(0\cdot x_1) + y_1 \cdot \sin(1\cdot x_1) + y_2\cdot \sin(2\cdot x_1) + y_3 \cdot \sin(3\cdot x_1)\Bigr)\\&&=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t_4^{\mathbb R}(x) =\cos(x) + \sin(x) \end{eqnarray*}$

Das kleine Maltalb Tool liefert:

code:

1:
2:
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4:
5:
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7:
8:
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10:
11:
12:
13:
14:
15:
16:
17:
18:
19:
20:
21:
22:
23:
24:

Es wird trigonometrisch interpoliert.
 
Der Datensatz hat die Form
    Knoten:  [x_0,...,x_n]
    f-Werte: [y_0,...,y_n]
 
f-Werte eingeben: [1,1,-1,-1]
---------------------------------------------------
Current plot held
 
1. Approximation. Koeffizienten anzeigen? 0 - ja / 1 - nein 1
 
 
2. Trigonometrische Interpolation. Koeffizienten anzeigen? 0 - ja / 1 - nein  1
 
Current plot held
3. Diskrete Fourier Analyse. Koeffizienten anzeigen? 0 - ja / 1 - nein  0
 
ai =
     0
     1
     0
bi =
     1

[attach]9216[/attach]

23.09.2007, 01:45

tigerbine

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Aufgabe 21 - Hermite-Interpolation
Approximieren Sie einen Halbkreis durch Interpolation der Funktionswerte und Werte der ersten Ableitung der Koordinatenfunktionen $\begin{eqnarray*} [\cos(t), \sin(t)] \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} t = 0,~\pi \end{eqnarray*}$ mit kubischen Polynomen [p(x), q(x)].

Bestimmen sie die Newton-Form von p und q
Geben Sie eine Abschätzung für den Fehler

$\begin{eqnarray*} \max_{t\in [0, \pi]}~\sqrt{[x(t)-p(t)]^2+[y(t)-q(t)]^2} \end{eqnarray*}$

23.09.2007, 03:54

tigerbine

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Lösung Aufgabe 21a
Der erste Datensatz lautet:

$\begin{eqnarray*} t_0=0, p(t_0)=1,~p'(t_0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t_1=\pi, p(t_1)=-1,~p'(t_1)=0 \end{eqnarray*}$

Somit ergibt sich für das Schema der Dividierten Differenzen

$\begin{eqnarray*} \begin{array} {|r||r|r|r| r|} \hline 0 & 1 & 0 &-\frac{2}{\pi^2} &\frac{4}{\pi^3} \\ \hline 0 & 1 & -\frac{2}{\pi} & \frac{2}{\pi^2} & \\ \hline \pi & -1 & 0& & \\ \hline \pi & -1 & & & \\ \hline \end{array} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p(t)&&=1-\frac{2}{\pi^2}(t-0)^2+\frac{4}{\pi^3}(t-0)^2(x-\pi)\\&&=\frac{4}{\pi^3}t^3-\frac{6}{\pi^2}t^2+1 \end{eqnarray*}$

Der zweite Datensatz lautet:

$\begin{eqnarray*} t_0=0, p(t_0)=0,~p'(t_0)=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t_1=\pi, p(t_1)=0,~p'(t_1)=-1 \end{eqnarray*}$

Somit ergibt sich für das Schema der Dividierten Differenzen

$\begin{eqnarray*} \begin{array} {|r||r|r|r| r|} \hline 0 & 0 &1 & -\frac{1}{\pi}&0 \\ \hline 0 & 0 &0 &-\frac{1}{\pi} & \\ \hline \pi & 0 &-1 & & \\ \hline \pi & 0 & & & \\ \hline \end{array} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} q(t)&&=1\cdot (t-0) - \frac{1}{\pi}\cdot (t-0)^2 \end{eqnarray*}$

23.09.2007, 04:18

tigerbine

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Lösung Aufgabe 21b
Halbkreisgleichung

Für die Punkte (x / y) auf dem Halbkreis gilt

$\begin{eqnarray*} x(t)=\cos(t) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(t)=\sin(t) \end{eqnarray*}$

Nun stellt man die Fehler für die x und y-Komponente auf:

$\begin{eqnarray*} |\varepsilon_x(t)| = |x(t)-p(t)|=|\omega(x) \cdot \frac{x^{(4)}(t)}{4!}|=|t^2(t-\pi)^2\cdot \frac{\cos(t)}{24}| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |\varepsilon_y(t)| = |x(t)-p(t)|=|\omega(x) \cdot \frac{y^{(4)}(t)}{4!}|=|t^2(t-\pi)^2\cdot \frac{\sin(t)}{24}| \end{eqnarray*}$

Für den gesuchten Fehler ergibt sich daher

$\begin{eqnarray*} \max_{t\in [0, \pi]}~\sqrt{[x(t)-p(t)]^2+[y(t)-q(t)]^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \max_{t\in [0, \pi]}~\sqrt{[t^2(t-\pi)^2 \cdot \frac{\cos(s)}{24}]^2+[t^2(t-\pi)^2 \cdot \frac{\sin(s)}{24}]^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \max_{t\in [0, \pi]}~\sqrt{[\frac{t^2(t-\pi)^2}{24}]^2 \cdot \cos^2(s)+[\frac{t^2(t-\pi)^2}{24}]^2 \cdot \sin^2(s)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\max_{t\in [0, \pi]}~\sqrt{\Bigl(\cos^2(s) + \sin^2(s)\Bigr) \cdot[\frac{t^2(t-\pi)^2}{24}]^2 } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\max_{t\in [0, \pi]}~\sqrt{[\frac{t^2(t-\pi)^2}{24}]^2 } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\max_{t\in [0, \pi]}~[\frac{t^2(t-\pi)^2}{24}] \end{eqnarray*}$

Maximum von $\begin{eqnarray*} t^2(t-\pi)^2 \end{eqnarray*}$ liegt bei $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{\frac{\pi^2}{4}\cdot \frac{\pi^2}{4}}{24} =\frac{\pi^4}{384} \end{eqnarray*}$

25.09.2007, 05:00

tigerbine

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Aufgabe 22 - Sturmsche Ketten
Richtig oder falsch?

Die Polynome $\begin{eqnarray*} x^3, x^2, x, 1 \end{eqnarray*}$ bilden eine Sturmsche Kette.

25.09.2007, 05:01

tigerbine

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Lösung Aufgabe 22
FALSCH

Die reellen Nullstellen von x³ sind nicht einfach.

25.09.2007, 05:04

tigerbine

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Aufgabe 23 - Polynominterpolation
Bestimmen Sie eine Approximation p von $\begin{eqnarray*} \arctan(0.5) \end{eqnarray*}$ durch Interpolation an der Punktfolge [0, 0, 1]. Geben Sie das Interpolationspolynom in Newton-Form an. Schätzen Sie den Fehler.

Hinweis
$\begin{eqnarray*} \arctan'(x)=\frac{1}{1+x^2} \end{eqnarray*}$

25.09.2007, 18:19

tigerbine

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Lösung Aufgabe 23
Durch das doppelte Vorkommen der 0 ist hier also eine Hermite Interpolation durchzuführen. Daher lauten die dividierten Differenzen

$\begin{eqnarray*} \begin{array} {|r||r|r|r| r|} \hline 0 & 0 & 1&\frac{\pi}{4}-1 \\ \hline 0 & 0 &\frac{\pi}{4} & \\ \hline 1 & \frac{\pi}{4} & & \\ \hline \end{array} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p_2(x) &&= 0 + 1\cdot (x-0) + (\frac{\pi}{4}-1)\cdot (x-0)^2 \\&& = (\frac{\pi}{4}-1)\cdot x^2 + x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p &&= p_2(0.5) = (\frac{\pi}{4}-1)\cdot \frac{1}{4} +\frac{1}{2}\\&&= \frac{\pi}{16} +\frac{1}{4} \approx 0.4463 \end{eqnarray*}$

Nun macht man wieder die übliche Fehlerabschätzung. Zunächst einmal allgemein:

$\begin{eqnarray*} |\varepsilon(x)|=|f(x)-p(x)| = |\omega(x) \cdot \frac{f^{(3)}(\xi)}{3!}|\quad \xi \in [0,1] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f^{(3)}(x) = \frac{8x^2-2(1+x^2)}{(1+x^2)^3} = \frac{6x^2-2}{(1+x^2)^3} \end{eqnarray*}$

Da nur nach einer Abschätzung gefragt ist, ist hier wieder ein Spielraum gegeben. Die dritte Ableitung kann man auf das Betragsmaximum prüfen, oder grob wie folgt abschätzen:

$\begin{eqnarray*} f^{(3)}(x) \leq \frac{6\cdot 1^2-2}{(1+0^2)^3} = 4 \end{eqnarray*}$

Für die Fehlerabschätzung ergibt sich dann:
$\begin{eqnarray*} |\varepsilon(0.5)|\leq |\omega(0.5)| \cdot 4= \frac{1}{12} \end{eqnarray*}$

11.10.2007, 03:35

tigerbine

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Aufgabe 24 - Polynominterpolation
Richtig oder falsch?

Alle dividierten Differenzen von $\begin{eqnarray*} \exp(x) \end{eqnarray*}$ sind positiv.

11.10.2007, 03:38

tigerbine

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Lösung Aufgabe 24
Wahr

Für jede glatte Funktion (hinreichend oft differenzierbar) gibt es eine Stelle $\begin{eqnarray*} \xi \in [x_0,x_n] \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} f_{0,n} = \frac{f^{(n)}(\xi)}{(n)!} \end{eqnarray*}$ (vergleiche hier)

Mit $\begin{eqnarray*} f^{(n)}(x) = \exp(x) > 0 \end{eqnarray*}$ folgt die Behauptung.

20.12.2007, 20:11

tigerbine

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Aufgabe 25
Die Funktion $\begin{eqnarray*} \log_2(x) \end{eqnarray*}$ soll mit den Stützstellen 1,2,4 interpoliert werden.

Stellen Sie die Lagrange-Polynome auf und berechnen Sie die Interpolationspolynome. Berechnen Sie die entsprechende Approximation von $\begin{eqnarray*} \log_2(\frac{3}{2}) \end{eqnarray*}$
Berechnen Sie die Approximation von $\begin{eqnarray*} \log_2(\frac{3}{2}) \end{eqnarray*}$ mit den Aitken-Neville-Algorithmus
Man schätze den Interpolationsfehler (für $\begin{eqnarray*} \log_2(\frac{3}{2}) \end{eqnarray*}$ ) mit der Fehlerformel der Polynomapproximation

20.12.2007, 22:11

tigerbine

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Lösung - Aufgabe 25a
Zunächst einmal müssen wir den Datensatz vervollständigen.

$\begin{eqnarray*} x_0 = 1,~f(x_0) = \log_2(1) = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_0 = 2,~f(x_1) = \log_2(2) = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_0 = 4,~f(x_2) = \log_2(4) = 2 \end{eqnarray*}$

Damit lauten die Lagrange-Polynome:

$\begin{eqnarray*} L_0(x) = \frac{(x-2)\cdot (x-4)}{(1-2) \cdot (1-4)} = \frac{1}{3} \cdot (x^2-6x+8) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} L_1(x) = \frac{(x-1)\cdot (x-4)}{(2-1) \cdot (2-4)} = -\frac{1}{2} \cdot (x^2-5x+4) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} L_2(x) = \frac{(x-1)\cdot (x-2)}{(4-1) \cdot (4-2)} = \frac{1}{6} \cdot (x^2-3x+2) \end{eqnarray*}$

und das Interpolationspolynom

$\begin{eqnarray*} p_2(x) &&= f(x_0) \cdot L_0(x) + f(x_1) \cdot L_1(x) + f(x_2) \cdot L_2(x) \\&& = L_1(x) + 2\cdot L_2(x) \\&& = (-\frac{1}{2} + \frac{1}{3})\cdot x^2 + (\frac{5}{2} - 1)\cdot x + (-2 + \frac{2}{3}) \\&& =- \frac{1}{6}x^2 + \frac{3}{2}x -\frac{4}{3} \end{eqnarray*}$

Nun nur noch einsetzen und man erhält

$\begin{eqnarray*} \log_2(\frac{3}{2}) \approx p_2(\frac{3}{2}) = \frac{13}{24} \end{eqnarray*}$

20.12.2007, 22:19

tigerbine

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Lösung - Aufgabe 25b

code:
1: 2: 3: 4: 5:	1 0 2 1 1/2 3 4 3/4 13/24

20.12.2007, 23:13

tigerbine

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Lösung - Aufgabe 25c
$\begin{eqnarray*} |\varepsilon(x)| = |f(x)-p_2(x)| = |\omega(x)| \cdot |\frac{f^{(3)}(\xi)}{3!}| \end{eqnarray*}$

Hier soll nun der Fehler an einer konkreten Stelle abgeschätzt werden. Daher

$\begin{eqnarray*} |\omega(\frac{3}{2})| = |(1.5-1)(1.5-2)(1.5-4)| = 0.625 \end{eqnarray*}$

Nun muss die Ableitung bestimmt werden

$\begin{eqnarray*} f(x) =\log_2(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x) =\frac{1}{x \cdot \ln(2)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f''(x) =-\frac{1}{\ln(2)x^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'''(x) =\frac{2}{\ln(2)x^3} \end{eqnarray*}$

Damit dann also

$\begin{eqnarray*} |\frac{f^{(3)}(\xi)}{3!}| = |\frac{2}{6 \cdot \ln(2) \cdot \xi^3}| = |\frac{1}{3 \cdot \ln(2) \cdot \xi^3}| \leq\max_{x \in [1,4]} |\frac{1}{3 \cdot \ln(2) \cdot x^3}| = \frac{1}{3 \ln(2)} \end{eqnarray*}$

Somit ergibt sich

$\begin{eqnarray*} |\varepsilon(\frac{3}{2})| \leq \frac{5}{24 \ln(2)} \approx 0.3006 \end{eqnarray*}$

Eine grobe Schätzung, liegt der "tatsächliche Fehler" bei

$\begin{eqnarray*} |\log_2(\frac{3}{2}) - \frac{13}{24}| \approx 0.0433 \end{eqnarray*}$

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