Ein paar Kleinigkeiten geändert. Außerdem ist das ein "Test-PullRequest"

documents/Numerik/Klausur2/Aufgabe3.tex

@@ -11,6 +11,7 @@ Damit ergibt sich:
 \begin{align}
 	p(x) &= x^3 + 2x^2 - 5x + 1
 \end{align}
+Anmerkung: Es ist in der Klausur allerdings nicht notwendig die Monomdarstellung zu berechnen außer es wird explizit verlangt. (Das spart viel Zeit) % Anmerkung hinzugefügt von Felix Benz-Baldas
 
 \subsection*{Teilaufgabe b)}
 Zunächst die dividierten Differenzen berechnen:

documents/Numerik/Klausur2/Aufgabe3.tex~

@@ -0,0 +1,28 @@
+\section*{Aufgabe 3}
+\subsection*{Teilaufgabe a)}
+\begin{align}
+	L_0(x) &= - \frac{1}{6} \cdot (x^3 - 3 x^2 + 2x)\\
+	L_1(x) &= \frac{1}{2} \cdot (x^3 - 2x^2 - x + 2)\\
+	L_2(x) &= - \frac{1}{2} \cdot (x^3 - x^2 - 2x)\\
+	L_3(x) &= \frac{1}{6} \cdot (x^3 - x)
+\end{align}
+
+Damit ergibt sich:
+\begin{align}
+	p(x) &= x^3 + 2x^2 - 5x + 1
+\end{align}
+
+\subsection*{Teilaufgabe b)}
+Zunächst die dividierten Differenzen berechnen:
+\begin{align}
+	f[x_0] &= 7,           &f[x_1] &= 1,       & f[x_2] &= -1,     & f[x_3] = 7\\
+	f[x_0, x_1] &= -6,     &f[x_1, x_2] &= -2, &f[x_2, x_3] &= 8\\
+	f[x_0, x_1, x_2] &= 2, &f[x_1, x_2, x_3] &= 5\\
+	f[x_0, x_1, x_2, x_3] &= 1
+\end{align}
+
+Insgesamt ergibt sich also
+\begin{align}
+	p(x) &= 7 - (x+1) \cdot 6 + (x+1) \cdot x \cdot 2 + (x+1) \cdot x \cdot (x-1)
+\end{align}
+

documents/Numerik/Klausur2/Aufgabe4.tex

@@ -30,23 +30,18 @@ Als erstes ist festzustellen, dass es sich hier um die Simpsonregel handelt und
 \end{align}
 
 ist. Wenn diese nun auf $N$ Intervalle aufgepflittet wird gilt folgendes:
-
 \begin{align}
-    \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 ]
+	h &= \frac{(b-a)}{N} \\
+	\int_a^b f(x) \mathrm{d}x &= h \cdot \frac{1}{6} \cdot \left [ f(a) + f(b) + 2 \cdot \sum_{i=1}^{N-1} f(a + i \cdot h) + 4 \cdot \sum_{l=0}^{N-1} f(a + \frac{1}{2} \cdot h + l \cdot h)\right ]
 \end{align}
 
-$\sum_{i=1}^{N-1} f(i \cdot \frac{1}{N})$  sind die Grenzknoten der Intervalle
+$\sum_{i=1}^{N-1} f(a + i \cdot h)$ steht für die Grenzknoten
  (deshalb werden sie doppelt gezählt). Von den Grenzknoten gibt es 
-insgesamt $s-2$ Stück, da die tatsächlichen Integralgrenzen $a$ und $b$ 
+insgesamt $N-2$ Stück, da die tatsächlichen Integralgrenzen $a$ und $b$ 
 nur einmal in die Berechnung mit einfließen.
 
-$\sum_{i=1}^N f(i \cdot \frac{1}{2N})$ sind die jeweiligen 
-mittleren Knoten der Intervalle. Davon gibt es $s-1$ Stück.
-
-\begin{figure}[h]
-    \centering
-    \includegraphics*[width=\linewidth, keepaspectratio]{aufgabe4-b.png} 
-\end{figure}
+$\sum_{l=0}^{N-1} f(a + \frac{1}{2} \cdot h + l \cdot h)$ sind die jeweiligen 
+mittleren Knoten der Intervalle. Davon gibt es $N$ Stück.
 
 \subsection*{Teilaufgabe c)}
 TODO

documents/Numerik/Klausur2/Aufgabe4.tex~

@@ -0,0 +1,47 @@
+\section*{Aufgabe 4}
+\subsection*{Teilaufgabe a)}
+\begin{enumerate}
+    \item Ordnung 3 kann durch geschickte Gewichtswahl erzwungen werden.
+    \item Ordnung 4 ist automatisch gegeben, da die QF symmetrisch sein soll.
+    \item Aufgrund der Symmetrie gilt Äquivalenz zwischen Ordnung 5 und 6. 
+          Denn eine hätte die QF Ordnung 5, so wäre wegen der 
+          Symmetrie Ordnung 6 direkt gegeben. Ordnung 6 wäre aber 
+          bei der Quadraturformel mit 3 Knoten das Maximum, was nur 
+          mit der Gauß-QF erreicht werden kann. Da aber $c_1 = 0$ gilt, 
+          kann es sich hier nicht um die Gauß-QF handeln. Wegen 
+          erwähnter Äquivalenz kann die QF auch nicht Ordnung 5 haben.
+\end{enumerate}
+
+Da $c_1 = 0$ gilt, muss $c_3 = 0$ sein. Und dann muss $c_2 = \frac{1}{2}$
+sein. Es müssen nun die Gewichte bestimmt werden um Ordnung 3 zu 
+garantieren mit:
+
+\begin{align}
+    b_i &= \int_0^1 L_i(x) \mathrm{d}x\\
+    b_1 &= \frac{1}{6},\\
+    b_2 &= \frac{4}{6},\\
+    b_4 &= \frac{1}{6}
+\end{align}
+
+\subsection*{Teilaufgabe b)}
+Als erstes ist festzustellen, dass es sich hier um die Simpsonregel handelt und die QF
+\begin{align}
+    \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 )
+\end{align}
+
+ist. Wenn diese nun auf $N$ Intervalle aufgepflittet wird gilt folgendes:
+\begin{align}
+	h &= \frac{(b-a)}{N} \\
+	\int_a^b f(x) \mathrm{d}x &= h \cdot \frac{1}{6} \cdot \left [ f(a) + f(b) + 2 \cdot \sum_{i=1}^{N-1} f(a + i \cdot h) + 4 \cdot \sum_{l=0}^{N-1} f(a + \frac{1}{2} \cdot h + l \cdot h)\right ]
+\end{align}
+	
+$\sum_{i=1}^{N-1} f(a + i \cdot h)$ steht für die Grenzknoten
+ (deshalb werden sie doppelt gezählt). Von den Grenzknoten gibt es 
+insgesamt $N-2$ Stück, da die tatsächlichen Integralgrenzen $a$ und $b$ 
+nur einmal in die Berechnung mit einfließen.
+
+$\sum_{l=0}^{N-1} f(a + \frac{1}{2} \cdot h + l \cdot h)$ sind die jeweiligen 
+mittleren Knoten der Intervalle. Davon gibt es $N$ Stück.
+
+\subsection*{Teilaufgabe c)}
+TODO