Mathematik
– Beispielaufgaben
Das Quellen- und Literaturverzeichnis zu dieser Seite finden Sie hier.
Aufgabe 1 von 7
EIGENSCHAFTEN WICHTIGER FUNKTIONEN
- Benutzen Sie die Rechenregeln für die Exponentialfunktion (\(e^{p+q} = e^pe^q, (e^p)^q = e^{qp}\)), um die folgenden Eigenschaften der Logarithmusfunktion herzuleiten:
Für \(a,b \in \mathbb{R}\) mit \(a,b > 0\) gilt:
a. \(\log(a\cdot b) = \log(a) + \log (b)\)
b. \(\log(a^b) = b \cdot\log(a).\)
- Es seien die Hyperbelfunktionen \(sinus \ hyperbolicus\) und \(cosinus \ hyperbolicus\) definiert durch \( \sinh(x) = \frac{1}{2}(e^x-e^{-x})\) und \(\cosh(x) = \frac{1}{2}(e^x+e^{-x}).\) Zeigen Sie, dass für alle \( x\in \mathbb{R} \ \cosh^2(x)-\sinh^2(x) = 1.\)
Lösung zu 1 a
Setzen Sie \(a = e^p, b = e^q\) . Dann gilt, dass \(\log(a\cdot b) = \log(e^p \cdot e^q) = \log(e^{p+q}) = p + q = \log(e^p) + \log(e^q) = \log(a) + \log(b) \).
Lösung zu 1 b
Setzen Sie wieder \(a = e^p\). Dann gilt, dass \(\log(a^b) = \log((e^p)^b) = \log(e^{p\cdot b}) = p\cdot b = log(e^p) \cdot b = b \cdot \log(a) \).
Lösung zu 2
\(\cosh(x)^2 -\sinh(x)^2 = (\frac{1}{2}(e^x-e^{-x}))^2- (\frac{1}{2}(e^x+e^{-x}))^2 = \frac{1}{4}(e^{2x} + 2 + e^{-2x}) - \frac{1}{4}(e^{2x} - 2 + e^{-2x}) = 1 \)
Im ersten Schritt wurde die Definition eingesetzt, im zweiten mit der binomischen Formel ausmultipliziert sowie die Rechengesetze der e-Funktion verwendet. Im letzten Schritt wurde gekürzt und zusammengerechnet.
Aufgabe 2 von 7
INDUKTION
Für die Lösung der folgenden Aufgabe benötigt man Kenntnisse, die im ersten Semester vermittelt werden. Die Aufgabe soll einen Eindruck davon vermitteln, was man nach einem Semester schon kann!
- Benutzen Sie das Prinzip der vollständigen Induktion, um folgende Aussagen zu zeigen:
- \(\sum \limits_{k = 1}^{n}k^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\) für alle \(n \in \mathbb{N}\)
- \(\sum \limits_{k = 1}^{2^n-1}\frac{1}{k}\geq \frac{n}{2}\) für alle \(n \in \mathbb{N}\)
- Sei \(n \in \mathbb{N}\). Finden Sie und beweisen Sie dann mit Induktion eine geschlossene Formel (also eine Formel, die ohne Summenzeichen auskommt) für
\(\begin{equation} \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}. \end{equation}\)
Zerlegen Sie dazu \(\frac{1}{k(k+1)}\) in \(\frac{1}{k(k+1)} = \frac{a}{k}+\frac{b}{k+1}\) für geeignete \(a,b\) und benutzen Sie für die weitere Rechnung die sich daraus ergebende Darstellung der Summe.
Lösung zu 1 a
Induktionsanfang:
Sei \(n = 1\). Dann gilt, dass \( \sum \limits_{k = 1}^{n}k^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) = 1 = \frac{1}{6}\cdot 1\cdot (1+1) \cdot (2+1) = \frac{1}{6}\cdot n\cdot (n+1) \cdot (2n+1)\).
Induktionsannahme (IA): Sei die Aussage \(\sum \limits_{k = 1}^{n}k^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\) für ein \(n \in \mathbb{N}\) erfüllt.
Induktionsschritt: Dann folgt, dass
\(\begin{align*} \sum \limits_{k = 1}^{n+1}k^2 &= \sum \limits_{k = 1}^{n}k^2 + (n+1)^2 \overset{IA} {=}\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) + (n+1)^2 = \frac{1}{6}(n(n+1)(2n+1) + 6\cdot(n+1)^2)) \\ &= \frac{1}{6}(n+1)((2n+1)n + 6\cdot(n+1)) = \frac{1}{6}(n+1)(2n^2+7n + 6) \\ &= \frac{1}{6}(n+1)(n+2)(2n+3)= \frac{1}{6}(n+1)((n+1)+1)(2(n+1)+1) \\ \end{align*}\)
Und damit folgt nach dem Prinzip der vollständigen Induktion die verlangte Behauptung.
Lösung zu 1 b
Induktionsanfang:
Sei \(n = 1\). Dann gilt, dass \(\sum \limits_{k = 1}^{2^n-1}\frac{1}{k}\geq \frac{n}{2} = 1 \geq \frac{1}{2} = \frac{n}{2}\).
Induktionsannahme (IA): Sei die Aussage \(\sum \limits_{k = 1}^{2^n-1}\frac{1}{k}\geq \frac{n}{2}\) für ein \(n \in \mathbb{N}\) erfüllt.
Induktionsschritt:
\(\begin{align*} \sum \limits_{k = 1}^{2^{n+1}-1}\frac{1}{k} = \sum \limits_{k = 1}^{2^n-1}\frac{1}{k} + \sum \limits_{k = 2^n}^{2^{n+1}-1}\frac{1}{k} \overset{IA}{\geq} \frac{n}{2} + \sum \limits_{k = 2^n}^{2^{n+1}-1}\frac{1}{k} \geq \frac{n}{2} + \sum \limits_{k = 2^n}^{2^{n+1}-1}\frac{1}{2^{n+1}} = \frac{n}{2} + 2^n\cdot \frac{1}{2^{n+1}} = \frac{n}{2} + \frac{1}{2} = \frac{n+1}{2} \end{align*}\)
Und damit folgt nach dem Prinzip der vollständigen Induktion die verlangte Behauptung.
Lösung zu 2
Es gilt, dass \(\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\). Damit lässt sich nun zeigen, dass \(\sum \limits_{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)} = \sum \limits_{k=1}^n \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} = \sum \limits_{k=1}^n \frac{1}{k}-\sum \limits_{k=1}^n\frac{1}{k+1} = 1 - \frac{1}{n+1},\) da sich immer zwei Summanden gegenseitig wegkürzen, wohingegen nur der erste Summand der linken Summe und der letzte Summand der rechten Summe stehen bleiben.
Aufgabe 3 von 7
TEILBARKEIT
Seien \(a,b \in \mathbb{Z}\). Man definiert: \(a\) teilt \(b\), genau dann, wenn eine ganze Zahl \(m\) existiert, sodass \(b = m\cdot a\). Zeigen Sie mithilfe dieser Definition, dass die unten stehenden Aussagen wahr sind.
Falls \(a\) teilt \(b\), dann teilt \(a\) auch \(-b\).
Angenommen, dass \(a\) teilt \(b\), dann existiert nach Definition eine ganze Zahl \(m\), sodass \(b = m\cdot a\). Damit gilt dann, dass \(-b = (-m)\cdot a\). Da \(m\) eine ganze Zahl ist, ist auch \((-m)\) eine ganze Zahl. Setzen Sie nun \(m' = (-m)\). Damit existiert also eine ganze Zahl \(m'\), sodass \(-b =m' \cdot a\) und damit gilt nach Definition \(a\) teilt \(-b\).
Falls \(a\) teilt \(b\) und \(b\) teilt \(c\), dann gilt, dass \(a\) teilt \(c\).
Angenommen, dass \(a\) teilt \(b\) und \(b\) teilt \(c\), dann existieren nach Definition ganze Zahlen \(m, m'\) sodass \(b = m\cdot a\) und \(c = m'\cdot b\). Daraus folgt, dass \(c = m'\cdot b = m'\cdot m \cdot a\). Da \(m\) und \(m'\) ganze Zahlen sind, ist auch \(m\cdot m'\) eine ganze Zahl. Setzen Sie \(m''= m\cdot m'\). Also existiert eine ganze Zahl, sodass \(c =m''\cdot a\) und nach Definition teilt \(a\) dann \(c\).
Falls \(a\) teilt \(b\) und \(c\) teilt \(d\), dann gilt \(ac\) teilt \(bd\).
Angenommen, dass \(a\) teilt \(b\) und \(c\) teilt \(d\). Nach Definition existieren dann \(m, m'\) sodass \(b = m\cdot a\), \(d = m' \cdot c\). Daraus folgt, dass \(bd = (m\cdot a)( m' \cdot b) = m\cdot m' ac\). Da \(m\) und \(m'\) ganze Zahlen sind, ist auch \(m\cdot m'\) eine ganze Zahl. Setzen Sie \(m''= m\cdot m'\). Also existiert eine ganze Zahl, sodass \(bd = m'' ac\) und nach Definition gilt dann \(ac\) teilt \(bd\).
Aufgabe 4 von 7
KONVERGENZ VON FOLGEN
Für die Lösung dieser Aufgabe benötigt man Kenntnisse, die im ersten Semester vermittelt werden. Die Aufgabe soll einen Eindruck vermitteln, was man nach einem Semester schon kann!
Untersuchen Sie die folgenden Folgen auf Konvergenz für \(n \rightarrow \infty\).
a) \(a_n = \frac{n^2}{3n^2+4n}\) | c) \(c_n = \frac{\sin(n)\cdot n + 3n^2}{2n^2}\) |
b) \(b_n = \frac{3^n-5^n}{3^n+5^n}\) | d) \(d_n = \sqrt{n+1}-\sqrt{n}\) |
Lösung zu a
Es gilt, dass \(a_n = \frac{n^2}{3n^2+ 4n} = \frac{1}{3 + \frac{4}{n}}\). Da \(\frac{4}{n}\) für \(n \rightarrow \infty\) gegen 0 geht, gilt, dass \(a_n \rightarrow \frac{1}{3+0} = \frac{1}{3}\) für \(n \rightarrow \infty\).
Lösung zu b
Es gilt, dass \(b_n = \frac{3^n-5^n}{3^n+5^n} = \frac{(\frac{3}{5})^n - 1}{(\frac{3}{5})^n + 1}\). Da \((\frac{3}{5})^n\) für \(n \rightarrow \infty\) gegen 0 geht, gilt, dass \(b_n \rightarrow \frac{0-1}{0+1} = -1\) für \(n \rightarrow \infty\).
Lösung zu c
Es gilt, dass \(c_n = \frac{\sin(n)\cdot n + 3n^2}{2n^2} = \frac{\frac{\sin(n)}{n} + 3}{2}.\) Da \(-1\leq \sin(n) \leq 1\) ist, muss \(\frac{\sin(n)}{n}\) gegen 0 konvergieren für \(n \to \infty\). Also folgt, dass \(c_n \rightarrow \frac{0+3}{2}=\frac{3}{2}\) für \(n \to \infty\).
Lösung zu d
Es gilt, dass \(d_n = \sqrt{n+1}-\sqrt{n} = (\sqrt{n+1}-\sqrt{n})\cdot \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = \frac{n+1 -n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\). Da \(\frac{1}{\sqrt n}\) für \(n \rightarrow \infty\) gegen 0 konvergiert, muss auch \(\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\) gegen 0 konvergieren. Also folgt, dass \(d_n \rightarrow 0\) für \(n \rightarrow \infty\).
Aufgabe 5 von 7
APPROXIMATIVE BERECHNUNG VON ABLEITUNGEN
Ein wichtiges Thema bei SimTech ist es, Probleme aus der Analysis approximativ zu lösen. Die nächste Aufgabe beschäftigt sich mit der approximativen Berechnung von Ableitungen. Man zeigt hier, dass sich die Ableitung einer Funktion in einem Punkt durch einen Differenzenquotient beliebig genau approximieren lässt, wenn man den Abstand der Punkte klein genug wählt. Um die Resultate zeigen zu können, benötigt man Kenntnisse, die gegen Ende des ersten Semesters gelehrt werden. Deswegen ist das Resultat, das man benötigt, um die Aufgabe zu lösen, angeben.
Sei \(m \in \mathbb{N}\) und \(f\) eine \((m+1)-\)fach differenzierbare Funktion (\((m+1)-\)fach ableitbar), die auf ganz \(\mathbb{R}\) definiert ist. Seien \(x,h \in \mathbb{R}\). Nach dem Satz von Taylor gilt dann, dass es ein \(\xi\) gibt, sodass
\(\begin{equation} f(x_0 +h) = f(x_0) + \sum \limits_{k=1}^m \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}h^k + \frac{f^{(m+1)}(\xi)}{(m+1)!}h^{m+1}. \end{equation} \)
Hier steht \(f^{(k)}\) für die \(k\)-te Ableitung. Im Folgenden werden wieder die Bezeichnung \(f', f''\) usw. benutzt.
- Sei \(f\) zweimal differenzierbar und \(|f''(\xi)|\leq C\) für alle \(\xi \in \mathbb{R}.\) Zeigen Sie mithilfe obiger Aussage, dass dann die Abschätzung
\(|f'(x) - \frac{f(x+h)-f(x)}{h}| \leq \frac{C}{2}\cdot |h|\)
gilt. Verwenden Sie dafür die oben angegebene Gleichung für \(m+1 = 2\) und \(x_0 = x\) und setzen Sie danach den sich ergebenden Ausdruck für \(f(x+h)\) ein. - Sei \(f\) dreimal differenzierbar und \(|f'''(\xi)|\leq C\) für alle \(\xi \in \mathbb{R}.\) Zeigen Sie mithilfe obiger Aussage, dass die Abschätzung
\(|f'(x) - \frac{f(x+h)-f(x-h)}{h}| \leq \frac{C}{6}\cdot |h|^2\)
gilt, indem Sie die oben angegebene Gleichung für \(m+1 = 3\) und \(x_0 = x\) einmal auf \(f(x+h)\) und einmal auf \(f(x-h)\) anwenden.
Lösung zu a
Mit \(x_0 = x\) und \(m +1 = 2\) kann man die angegebene Gleichung als
\(f(x+h) = f(x) + f'(x)\cdot h + f''(\xi) \cdot \frac{h^2}{2}\)
umschreiben. Das kann man umstellen zu
\(f'(x) - \frac{f(x+h)- f(x)}{h} = -f''(\xi)\frac{h}{2}.\)
Nimmt man beide Seiten in den Betrag, erhält man, dass
\(|f'(x) - \frac{f(x+h)- f(x)}{h}| = |-f''(\xi)\frac{h}{2}| = |f''(\xi)|\frac{|h|}{2}.\)
Der Betrag wurde hier noch auf die beiden Faktoren aufgeteilt. Außerdem kann man das Minus weglassen, da es im Betrag keine Rolle spielt. Setzt man jetzt noch die Voraussetzung aus der Aufgabestellung (\(|f''(\xi)| \leq C\)) ein, erhält man die gewünschte Abschätzung
\(|f'(x) - \frac{f(x+h)-f(x)}{h}| \leq \frac{C}{2}\cdot |h|.\)
Lösung zu b
Mit \(x_0 = x\) und \(m +1 = 3\), kann man die angegebene Gleichung als
\((x+h) = f(x) + f'(x)\cdot h + f''(x)\cdot\frac{h^2}{2} + f'''(\xi) \cdot \frac{h^3}{6}\)
umschreiben. Wendet man die Gleichung auf \(f(x-h)\) an, erhält man
\(f(x-h) = f(x) - f'(x)\cdot h + f''(x)\cdot\frac{h^2}{2} - f'''(\xi ') \cdot \frac{h^3}{6}.\)
Subtrahiert man nun die zweite Gleichung von der ersten Gleichung erhält man die Gleichung
\(f(x+h) -f(x-h) = 2f'(x)\cdot h + (f'''(\xi) + f'''(\xi '))\cdot\frac{h^3}{6}.\)
Dies kann man umformen zu
\(f'(x) - \frac{f(x+h)-f(x-h)}{h} = -(f'''(\xi) + f'''(\xi '))\cdot\frac{h^2}{12}.\)
Nun kann man wieder auf beiden Seiten den Betrag anwenden und erhält
\(|f'(x) - \frac{f(x+h)-f(x-h)}{h} |= |-(f'''(\xi) + f'''(\xi '))\cdot\frac{h^2}{12}| = |(f'''(\xi) + f'''(\xi '))|\cdot\frac{|h|^2}{12},\)
indem man wieder den Betrag aufteilt und das Minus weglässt. Da man weiß, dass \(|(f'''(\xi)| \leq C\) für beliebige \(\xi\), muss \(|f'''(\xi) + f'''(\xi ')| \leq 2 C\) sein. Setzt man dies ein und kürzt, erhält man die gewünschte Abschätzung
\(|f'(x) - \frac{f(x+h)-f(x-h)}{h}| \leq \frac{C}{6}\cdot |h|^2.\)
Aufgabe 6 von 7
EXAKTE INTEGRATION VON POLYNOMEN DURCH QUADRATURFORMELN
Die nächste Aufgabe beschäftigt sich damit, wie man Polynome mithilfe sogenannter Quadraturformeln integrieren kann. Um das Integral von Polynomen zu berechnen, kann man nämlich anstatt eine Stammfunktion aufzustellen und die Grenzen einzusetzen, die Funktion auch an bestimmten Stellen auswerten und diese Werte gewichtet mit bestimmten Vorfaktoren addieren. Dies ist nützlich, da man so am Computer die Integration von Polynomen effizient programmieren kann.
- Sei \(p_1\) ein Polynom ersten Grades, also \(p_1(x) = \alpha x + \beta\) für \(\alpha,\beta \in \mathbb{R}\) . Zeigen Sie durch Berechnung des Integrals, dass
\(\int_a^b p_1(x) dx = (b-a)p_1(\frac{a+b}{2}).\)
Das Integral eines Polynoms ersten Grades kann man berechnen, indem man es in der Mitte des Integrationsbereichs auswertet und mit der Intervalllänge multipliziert.
- Sei \(p_3\) ein Polynom dritte Grades, also \(p_1(x) = \alpha x^3 + \beta x^2 + \gamma x + \delta\) für \(\alpha,\beta, \gamma, \delta \in \mathbb{R}\) . Zeigen Sie, dass
\(\int_a^b p_3(x) dx = \frac{(b-a)}{6}\cdot(p_3(a)+4p_3(\frac{a+b}{2})+p_3(b)). \)
Gehen Sie dazu folgendermaßen vor: Zeigen Sie, dass die Formel für die Funktionen \(f_0(x) = 1, f_1(x) = x, f_2(x) = x^2\) und \(f_3(x) = x^3\) erfüllt ist.
Lösung zu a
\(\int_a^b p_1(x) dx = \int_a^b \alpha x +\beta = [\frac{1}{2}\alpha x^2 + \beta x ]_{a}^b =\frac{1}{2}\alpha(b^2 -a^2) + \beta(b -a) = (b-a)(\alpha(\frac{a+b}{2}) + \beta) = (b-a)p_1(\frac{a+b}{2}), \)
wobei bei der vorletzten Gleichheit die dritte binomische Formel verwendet wurde.
Lösung zu b
Wir beginnen mit \(f_0(x).\) Es gilt, dass
\(\int_a^b f_0(x) dx = \int_a^b 1 dx = (b -a) = \frac{b-a}{6}\cdot(1+4+1) \frac{(b-a)}{6}\cdot(f_0(a)+4f_0(\frac{a+b}{2})+f_0(b)). \)
Für \(f_1(x)\) gilt
\(\begin{align*} \int_a^b f_1(x) dx &= \int_a^b x dx = \frac{1}{2}(b^2 -a^2) = \frac{b-a}{6}\cdot3(b+a) \\ & = \frac{b-a}{6}\cdot (a + 4\frac{(b+a)}{2} + b) =\frac{(b-a)}{6}\cdot(f_1(a)+4f_1(\frac{a+b}{2})+f_1(b)). \end{align*}\)
Für \(f_2(x)\) gilt
\(\begin{align*} \int_a^b f_2(x) dx &= \int_a^b x^2 dx = \frac{1}{3}(b^3 -a^3) = \frac{1}{3}(b-a)(b^2+ab + a^2)\\ &= \frac{1}{6} (b-a)(2a^2 +2ab + 2b^2) = \frac{1}{6}(b-a)(f_2(a) + a^2 +2ab + b^2 + f_2(b)) \\ &= \frac{(b-a)}{6}\cdot(f_2(a)+4(\frac{a+b}{2})^2+f_2(b)) \\ &= \frac{(b-a)}{6}\cdot(f_2(a)+4f_2(\frac{a+b}{2})+f_2(b)). \end{align*}\)
Und zu guter letzt noch für \(f_3(x)\) :
\(\begin{align*} \int_a^b f_3(x) dx &= \int_a^b x^3 dx = \frac{1}{4}(b^4 -a^4) = \frac{1}{4}(b-a)(b^3+ab^2+ a^2b + a^3)\\ &= \frac{1}{6} (b-a)(\frac{3}{2}a^3 +\frac{3}{2} ab^2 + \frac{3}{2}a^2b + \frac{3}{2} b^3) \\ &= \frac{1}{6}(b-a)(f_3(a) + \frac{1}{2}a^3 +\frac{3}{2}ab^2 + \frac{3}{2}a^2b+\frac{1}{2}b^3 + f_3(b)) \\ &= \frac{1}{6}(b-a)(f_3(a) + 4(\frac{1}{8}a^3 +\frac{3}{8}ab^2 + \frac{3}{8}a^2b+\frac{1}{8}b^3) + f_3(b)) \\ &= \frac{(b-a)}{6}\cdot(f_3(a)+4(\frac{a+b}{2})^3+f_3(b)) \\ &= \frac{(b-a)}{6}\cdot(f_3(a)+4f_3(\frac{a+b}{2})+f_3(b)). \end{align*}\)
Aufgabe 7 von 7
APPROXIMATIVE BERECHNUNG VON INTEGRALEN
Nicht immer ist es möglich eine Funktion durch das Bilden einer Stammfunktion zu integrieren, da es Funktionen gibt, zu denen keine Stammfunktionen existieren. Die Funktion \(f(x) = e^{-x^2}\) gehört beispielsweise dazu. Wer es nicht glaubt, darf gerne probieren eine zu finden ;) Doch von vieler solcher Funktionen ist es trotzdem wichtig, Integrale berechnen zu können. Die nächste Aufgabe beschäftigt sich damit, wie man das Integral einer Funktion beliebig genau approximieren kann. Die Aufgabe ist mit Kenntnissen lösbar, die man gegen Ende des ersten Semesters erwirbt (wie bei Aufgabe 5).
Sei \(f\) auf [0,1] 2 mal differenzierbar und \(|f''(\xi)|\leq C\) für alle \(\xi \in \mathbb{R}\) . Das Integral \(\int\limits_0^1 f(x) dx\) soll durch \(\sum \limits_{k = 0}^{n-1} f(\frac{k+0.5}{n})\cdot\frac{1}{n}\) approximiert werden.
Das Ziel dieser Aufgabe ist, zu zeigen, dass die Abschätzung
\(\begin{equation} \big|\int\limits_0^1 f(x) dx - \sum \limits_{k = 0}^{n-1} f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot\frac{1}{n}\big| < \frac{C}{24n^2} \end{equation}\)
gilt.
Hierzu soll die folgende Gleichung verwendet werden, die bereits aus Aufgabe 5 (Approximative Berechnung von Ableitungen) bekannt ist:
\(\begin{equation} f(x_0 +h) = f(x_0) + \sum \limits_{k=1}^m \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}h^k + \frac{f^{(m+1)}(\xi)}{(m+1)!}h^{m+1}. \end{equation}\)
Der Lösungsweg teilt sich in folgende Schritte auf:
- Schreiben Sie dazu \(\int\limits_0^1 f(x) dx\) als \(\sum\limits_{k=0}^{n-1}\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f(x) dx\) und verwenden Sie die angegebene Gleichung mit \(m+1 =2, x_0 = \frac{k+0.5}{n}\) und \(h = x-\frac{k+0.5}{n}\).
Setzen Sie die dadurch erhaltene Darstellung für \(f(x)\) ein.
Zeigen Sie dann durch Umformungen, dass
\(\big|\int\limits_0^1 f(x) dx - \sum \limits_{k = 0}^{n-1} f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot\frac{1}{n}\big| = \big|\sum\limits_{k=0}^{n-1}\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f'\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot(x-\frac{k+0.5}{n}) dx + \int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} \frac{1}{2}f''(\xi)\cdot(x-\frac{k+0.5}{n})^2 dx\big|.\) - Zeigen Sie jetzt, dass \(\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f'(\frac{k+0.5}{n})(x-\frac{k+0.5}{n}) dx = 0\) gilt und vereinfachen Sie dann den bisherigen Ausdruck. Sie können entweder mithilfe einer Stammfunktion integrieren oder eine der Regeln aus Aufgabe 6 verwenden.
- Verwenden Sie jetzt, dass \(|\sum\limits_{k=0}^{n-1} \int \limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} g(x) dx| \leq \sum\limits_{k=0}^{n-1} \int \limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} |g(x)| dx \).
Nun kann man einsetzen, dass \(|f''(x)|< C\) und danach die Summe berechnen, um die gewünschte Abschätzung zu erhalten.
Lösung zu a
Es gilt, dass
\(\begin{align*} \int\limits_0^1 f(x) dx &= \int\limits_0^{\frac{1}{n}} f(x) dx + \int\limits_{\frac{1}{n}}^1 f(x) dx \\ &= \int\limits_0^{\frac{1}{n}} f(x) dx + \int\limits_{\frac{1}{n}}^{\frac{2}{n}} f(x) dx + \int\limits_{\frac{2}{n}}^1 f(x) dx = ... \\ &= \sum\limits_{k=0}^{n-1}\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f(x) dx. \end{align*}\)
Setzt man mit \(m+1 =2, x_0 = \frac{k+0.5}{n}\) und \(h = x-\frac{k+0.5}{n}\) in die angegebene Gleichung ein, erhält man
\(f(x) = f\big(\frac{k+0.5}{n}\big) + f'\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot(x-\frac{k+0.5}{n}) + \frac{1}{2}f''(\xi)\cdot(x-\frac{k+0.5}{n})^2.\)
Zunächst setzt man ein, dass man das Integral über [0,1] aufteilen kann.
\(\big|\int\limits_0^1 f(x) dx - \sum \limits_{k = 0}^{n-1} f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot\frac{1}{n}\big| = \big| \sum\limits_{k=0}^{n-1}\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f(x) dx - \sum \limits_{k = 0}^{n-1} f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot\frac{1}{n}\big|.\)
Das kann man umschreiben zu
\(\big| \sum\limits_{k=0}^{n-1}\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f(x) dx - \sum \limits_{k = 0}^{n-1} f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot\frac{1}{n}\big| = \big| \sum\limits_{k=0}^{n-1} \big( \int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f(x) dx - f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot\frac{1}{n}\big)\big|.\)
Da \(\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\)ein Integral der Länge \(\frac{1}{n}\) ist, kann dies weiter zu
\(\big| \sum\limits_{k=0}^{n-1} \big( \int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f(x) dx - f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot\frac{1}{n}\big)\big| = \big| \sum\limits_{k=0}^{n-1} \big(\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f(x) - f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)dx\big)\big|\)
umgeformt werden.
Nun kann man die Taylorentwicklung einsetzen und erhält die gewünschte Gleichung, da es gilt, dass
\(\big| \sum\limits_{k=0}^{n-1} \big(\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f(x) - f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)dx\big)\big| = \big|\sum\limits_{k=0}^{n-1}\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f'\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot(x-\frac{k+0.5}{n}) dx + \int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} \frac{1}{2}f''(\xi)\cdot(x-\frac{k+0.5}{n})^2 dx\big|.\)
Lösung zu b
\(f'\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot(x-\frac{k+0.5}{n})\) ist ein Polynom ersten Grades (in \(f'\) wird ein konstanter Wert eingesetzt, der nicht von \(x\) abhängt, also ist der Vorfaktor konstant). Das Integral \(\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f'(\frac{k+0.5}{n})(x-\frac{k+0.5}{n})\) kann man nach Aufgabe 6 a) (Exakte Integration von Polynomen durch Quadraturformeln) dann berechnen, indem man den Mittelpunkt des Integrationsbereiches in die Funktion einsetzt. Man erhält so
\(\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f'(\frac{k+0.5}{n})(x-\frac{k+0.5}{n}) = f'(\frac{k+0.5}{n})(\frac{k+0.5}{n}-\frac{k+0.5}{n}) = 0.\)
Lösung zu c
Man kann nun zunächst die Resultate aus a. und b. zusammenbauen. Daraus folgt dann, dass
\(\begin{align*} \big|\int\limits_0^1 f(x) dx - \sum \limits_{k = 0}^{n-1} f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot\frac{1}{n}\big| & \overset{a)}{=} \big|\sum\limits_{k=0}^{n-1}\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f'\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot(x-\frac{k+0.5}{n}) dx + \int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} \frac{1}{2}f''(\xi)\cdot(x-\frac{k+0.5}{n})^2 dx\big| \\ & \overset{b)}{=} \big|\sum\limits_{k=0}^{n-1} \int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} \frac{1}{2}f''(\xi)\cdot(x-\frac{k+0.5}{n})^2 dx\big| \end{align*}\)
Verwendet man nun \(|\sum\limits_{k=0}^{n-1} \int \limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} g(x) dx| \leq \sum\limits_{k=0}^{n-1} \int \limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} |g(x)| dx\) erhält man
\(\big|\int\limits_0^1 f(x) dx - \sum \limits_{k = 0}^{n-1} f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot\frac{1}{n}\big| \leq \sum\limits_{k=0}^{n-1} \int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} |\frac{1}{2}f''(\xi)\cdot(x-\frac{k+0.5}{n})^2| dx.\)
Verwendet man, dass \(|f''(\xi)|\leq C\), folgt daraus
\(\big|\int\limits_0^1 f(x) dx - \sum \limits_{k = 0}^{n-1} f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot\frac{1}{n}\big| \leq \sum\limits_{k=0}^{n-1} \int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} |\frac{1}{2}f''(\xi)\cdot(x-\frac{k+0.5}{n})^2| dx \leq \sum\limits_{k=0}^{n-1} \int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} \frac{1}{2}C\cdot(x-\frac{k+0.5}{n})^2.\)
Der Betrag kann dann weglassen werden, da irgendetwas zum Quadrat immer positiv ist. Nun kann man fortfahren, indem man die Integrale in der Summe berechnet:
\(\begin{align*} \int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} \frac{1}{2}C\cdot(x-\frac{k+0.5}{n})^2 = \frac{1}{6}C\cdot(x-\frac{k+0.5}{n})^3|_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} = \frac{1}{6}C((\frac{1}{2n})^3 - (-\frac{1}{2n})^3) = \frac{C}{24n^3} \end{align*}.\)
Also erhält man schlussendlich
\(\big|\int\limits_0^1 f(x) dx - \sum \limits_{k = 0}^{n-1} f\big(\frac{k+0.5}{n}\big)\cdot\frac{1}{n}\big| \leq \sum\limits_{k=0}^{n-1} \frac{C}{24n^3} = \frac{C}{24n^2}\)
und damit das gewünschte Resultat.