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\section*{Aufgabe 4}
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\subsection*{Teilaufgabe a)}
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\begin{enumerate}
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\item Ordnung 3 kann durch geschickte Gewichtswahl erzwungen werden.
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\item Ordnung 4 ist automatisch gegeben, da die QF symmetrisch sein soll.
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\item Aufgrund der Symmetrie gilt Äquivalenz zwischen Ordnung 5 und 6.
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Denn eine hätte die QF Ordnung 5, so wäre wegen der
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Symmetrie Ordnung 6 direkt gegeben. Ordnung 6 wäre aber
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bei der Quadraturformel mit 3 Knoten das Maximum, was nur
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mit der Gauß-QF erreicht werden kann. Da aber $c_1 = 0$ gilt,
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kann es sich hier nicht um die Gauß-QF handeln. Wegen
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erwähnter Äquivalenz kann die QF auch nicht Ordnung 5 haben.
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\end{enumerate}
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Da $c_1 = 0$ gilt, muss $c_3 = 0$ sein. Und dann muss $c_2 = \frac{1}{2}$
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sein. Es müssen nun die Gewichte bestimmt werden um Ordnung 3 zu
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garantieren mit:
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\begin{align}
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b_i &= \int_0^1 L_i(x) \mathrm{d}x\\
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b_1 &= \frac{1}{6},\\
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b_2 &= \frac{4}{6},\\
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b_4 &= \frac{1}{6}
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\end{align}
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\subsection*{Teilaufgabe b)}
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Als erstes ist festzustellen, dass es sich hier um die Simpsonregel handelt und die QF
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\begin{align}
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\int_a^b f(x) \mathrm{d}x &= (b-a) \cdot \frac{1}{6} \cdot \left ( f(a) + 4 \cdot f(\frac{a+b}{2}) + f(b) \right )
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\end{align}
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ist. Wenn diese nun auf $N$ Intervalle aufgepflittet wird gilt folgendes:
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\begin{align}
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\int_a^b f(x) \mathrm{d}x &= (b-a) \cdot \frac{1}{6} \cdot \left [ f(a) + f(b) + 2 \cdot \sum_{i=1}^{N-1} f(i \cdot \frac{1}{N}) + 4 \cdot \sum_{i=1}^N f(i \cdot \frac{1}{2N})\right ]
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\end{align}
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$\sum_{i=1}^{N-1} f(i \cdot \frac{1}{N})$ sind die Grenzknoten der Intervalle
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(deshalb werden sie doppelt gezählt). Von den Grenzknoten gibt es
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insgesamt $s-2$ Stück, da die tatsächlichen Integralgrenzen $a$ und $b$
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nur einmal in die Berechnung mit einfließen.
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$\sum_{i=1}^N f(i \cdot \frac{1}{2N})$ sind die jeweiligen
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mittleren Knoten der Intervalle. Davon gibt es $s-1$ Stück.
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\begin{figure}[h]
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\centering
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\includegraphics*[width=\linewidth, keepaspectratio]{aufgabe4-b.png}
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\end{figure}
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\subsection*{Teilaufgabe c)}
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TODO
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