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> Pratscher
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| **1** | **2** | **3** | **4** |**5**| $\Sigma$ |
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# Aufgabe 5.1: Kubische Splineinterpolation

Auf dem Intervall $I=[0,2]$ seien die Knoten $x_0=0, x_1=1$ und $x_2=2$ gegeben. Sei $S_h^{(3,2)}[0,2]$ der Vektorraum der kubischen Splines mit diesen Interpolationspunkten und **natürlichen** Randbedingungen.

a. Welche der folgenden Funktionen liegen im $S_h^{(3,2)}[0,2]$? Begründen Sie ihre Antwort
$f_1(x) = x³-x²+x-1$
$f_2(x)=\max\{0,x-1\}²-\frac16x³$
$f_3(x)=\max\{0,x-1\}³-\frac12 x³$

:::info
Eine Funktion $s_n:[a,b] \to \mathbb{R}$ heißt **kubischer Spline** bzgl. einer Zerlegung $a=x_0<x_1<...<x_n = b$, wenn gilt
(i) $s_n\in C^2[a,b]$
(ii) $s_n|_{I_i}\in P^3, i=1,...,n~~~ I_i=[x_i,x_{i+1}]$
Gilt zusätzlich: $s_n''(a)=s_n''(b)=0$, lokal Polynom vom Grad 3, heißt das kubische Spine natürlich.
Natürliche Randbedingungen: $s_n''(x_0)=s_n''(x_n)=0$
:::

:::info
$C[a,b]$ - Vektorraum von stetigen Funktionen über $[a,b]$
$C^k[a,b]$ - Vektorraum von k-mal stetig diff'baren Funktionen
:::

#### $f_1(x)=x³-x²+x-1$:

##### $f_1(x)=x³-x²+x-1 \in C^2[a,b]$:
$f_1$ ist ein Polynom dritten Grades, und somit unendlich oft diff'bar, somit auch 2-mal diff'bar im Intervall $[0,2]$

##### $f_1(x)|_{I_i}\in P^3, ~i=1,...,n ~~~ I_i=[x_i,x_{i+1}]$:

Für $I_1=[0,1]$:
$f_1$ ist auf dem Intervall ein Polynom von max. 3 Grades, weswegen die Vorraussetzung erfüllt wird.

Für $I_2=[1,2]$:
$f_1$ ist auf dem Intervall ein Polynom von max. 3 Grades, weswegen die Vorraussetzung erfüllt wird.

##### $f_1''(0)=f_1''(2)=0$

$f_1(x) = x^3 - x^2 + x - 1$
$f_1'(x) = 3x^2 - 2x + 1$
$f_1''(x) = 6x - 2$

$\implies f_1''(0) = -2, f_1''(2) = 10$

$\implies f_1''(0) \neq f_1''(2)\neq 0$

$\implies$ Da eine der 3 Vorraussetzungen nicht erfüllt ist, gilt $f_1 \notin S_h^{(3,2)}[0,2]$

#### $f_2(x)= \max \{0,x-1\}^2 - \frac16x³$

##### $f_2(x) = \max\{0,x-1\}^2-\frac16x³\in C^2[0,2]$

$f_2 =\begin{cases} - \frac16x³ ~~~~~~~~~~~~~~~~~ \text{ für } 0 \leq x \leq 1\\
(x-1)² -\frac16x³ ~~~\text{ für } 1< x \leq 2\end{cases}$

Wir müssen bei $x=1$ die Stetigkeit der Funktion für $C²[0,2]$ überprüfen.

$f_2(x)= \max\{0,x-1\}^2-\frac16x³$
$f_2(1⁻)= 0² -\frac16(1⁻)³=-\frac16$
$f_2(1⁺)=(1⁺-1)^2 -\frac16(1⁺)^3= -\frac16$

Die Werte stimmen überein somit ist die Funktion $f_2$ stetig bei $x=1$ und somit diff'bar.

$f_2'(x)= 2\cdot\max\{0,x-1\}-\frac12x²$
$f_2'(1⁻)= 2\cdot 0 - \frac12 (1^-)²=-\frac12$
$f_2'(1⁺)= 2\cdot (1⁺-1) - \frac12x²=-\frac12$

Die Werte stimmen überein somit ist die Funktion $f_2'$ stetig bei $x=1$ und somit diff'bar.

$f_2''(x)=2\cdot \max\{0,1\}-x$
$f_2''(1⁻) = 2\cdot 0 - 1= -1$
$f_2''(1⁺)= 2\cdot 1 -1=1$

Die Werte stimmen nicht überein somit ist die Funktion $f_2''$ nicht stetig bei $x=1$ und somit nicht diff'bar.

$\implies$ Da eine der 3 Vorraussetzungen nicht erfüllt ist, gilt $f_2 \notin S_h^{(3,2)}[0,2]$

#### $f_3=\max\{0,x-1\}³-\frac12x³$

##### $f_3=\max\{0,x-1\}³-\frac12 x³ \in C^2[0,2]$

$f_3= \begin{cases} -\frac12 x³ \text{ für } 0 \leq x \leq 1\\ (x-1)^3-\frac12x³ \text{ für } 1 < x \leq 2 \end{cases}$

Wir müssen bei $x=1$ die Stetigkeit der Funktion für $C²[0,2]$ überprüfen:

$f_3=\max\{0,x-1\}³-\frac12 x³ \in C^2[0,2]$
$f_3(1^-)=-\frac12 (1⁻)³=-\frac12$
$f_3(1⁺)=(1⁺-1)^3-\frac12\cdot (1⁺)³=-\frac12$

Die Werte stimmen überein, somit ist die Funktion $f_3$ stetig bei $x=1$ und somit diff'bar.

$f_3'(x)=3 \cdot \max\{0,(x-1)\}^2 - \frac32 x²$
$f_3'(1⁻)= 3\cdot 0 - \frac32\cdot (1⁻)²=-\frac32$
$f_3''(1^+)= 3 \cdot (1⁺-1)^2-\frac32 (1⁺)^2= -\frac32$

Die Werte stimmen überein, somit ist die Funktion $f_3'$ stetig bei $x=1$ und somit diff'bar.

$f_3''(x)= 6 \cdot \max\{0,(x-1)\} - 3x$
$f_3''(1⁻) = 6 \cdot 0 - 3 \cdot (1⁻) = -3$
$f_3''(1⁺) = 6 \cdot (1⁺-1) - 3 \cdot (1⁺)=-3$

Die Werte stimmen überein, somit ist die Funktion $f_3''$ stetig bei $x=1$ und somit diff'bar

Somit ist $f_3$ zwei-mal stetig diff'bar auf dem Intervall $[0,2]$ und die Vorraussetzung ist erfüllt.

##### $f_3(x)|_{I_i}\in P^3, ~i=1,...,n ~~~ I_i=[x_i,x_{i+1}]$:

Für $I_1=[0,1]$:
$f_1$ ist auf dem Intervall ein Polynom von max. 3 Grades, weswegen die Vorraussetzung erfüllt wird.

Für $I_2=[1,2]$:
$f_1$ ist auf dem Intervall ein Polynom von max. 3 Grades, weswegen die Vorraussetzung erfüllt wird.

##### $f_3''(0)=f_3''(2)=0$

$f_3''(x)=6\cdot \max\{0,(x-1)\}-3x$

$f_3''(0)= 6\cdot 0 - 3 \cdot 0 = 0$
$f_3''(2) = 6 \cdot (2-1) - 3 \cdot 2=0$

$\implies f_3''(0) = 0, f_3''(2) = 0$

$\implies f_3''(0) = f_3''(2)= 0$

$\implies$ Da alle 3 Vorraussetzungen erfüllt sind, gilt $f_2 \in S_h^{(3,2)}[0,2]$

b. Bestimmen Sie den interpolierenden Spline $s\in S_h^{(3,2)}[0,2]$ von $f(x)= x-x^3$. **Hinweis:** Benutzen Sie den Ansatz

$f_1(x) = a_0 +a_1(x-1)+a_2(x-1)^2+a_3(x-1)^3$
$f_2(x) = b_0 +b_1(x-2)+b_2(x-2)^2+b_3(x-2)³$

für das Intervall $[0,1]$ bzw. das Intervall $[1,2]$

Für die Interpolationsbedingungen muss gelten:
1. $s(0)=f(0)$
2. $s(1)=f(1)$
3. $s(2)=f(2)$

Für die Stetigkeit der Gleichung und ihrer Ableitungen muss gelten:
1. $f_1(1)=f_2(1)$
2. $f_1'(1)=f_2'(1)$
3. $f_1''(1)=f_2''(1)$

mit
$\begin{split}
f_1(x)&= a_0 +a_1(x-1)+a_2(x-1)^2+a_3(x-1)^3\\
f_1'(x)&=a_1+2a_2(x-1)+3a_3(x-1)^2\\
f_1''(x)&= 2a_2+6a_3(x-1)\\
f_2(x)&=b_0 +b_1(x-2)+b_2(x-2)^2+b_3(x-2)³\\
f_2'(x)&= b_1+2b_2(x-2)+3b_3(x-2)²\\
f_2''(x)&= 2b_2+6b_3(x-2)
\end{split}$

Für die natürlichen Randbedingungen muss gelten:
1. $s''(0)=0$
2. $s''(2)=0$

**Interpolationsbedingungen:**

$\begin{split}
f(0)&=0-0^3\\
f_1(0) &=a_0+a_1(x-1)+a_2(x-1)^2+a_3(x-1)^3\\
f_1(0)&=a_0-a_1+a_2-a_3\\
\implies a_0-a_1+a_2-a_3 &=0 ~~~(1. ~Gleichung)\\
f(1)&=1-1³=0\\
f_1(1)&=a_0=0\\
\implies a_0 &= 0 ~~~(2.~Gleichung)\\
f(2)&=2-2^3 = -6\\
f_2(2)&=b_0\\
\implies b_0&=-6~~~(3.~Gleichung)
\end{split}$

**Stetigkeit an $x=1$**
$\begin{split}
f_1(1)&=f_2(1)\\
a_0 &= b_0 +b_1(-1)+b_2(-1)^2+b_3(-1)^3\\
a_0 &= b_0-b_1+b_2-b_3\\
0&=-6-b_1+b_2-b_3~~~(4.~Gleichung)\\
f_1'(1)&=f_2'(1)\\
a_1 &= b_1+2b_1(-1)+3b_1(-1)²\\
a_1&=b_1-2b_2+3b_3 ~~~(5.~Gleichung)\\
f_1''(1)&= f_2''(1)\\
2a_2&=2b_2+6b_3(-1)\\
2a_2&=2b_2-6b_3~~~(6.~Gleichung)
\end{split}$

**Natürliche Randbedingungen**
$\begin{split}
s''(0)&=0\\
\implies f_1''(0)&=2a_2-6a_3=0\\
\implies a_2&=3a_3 ~~~(7. ~Gleichung)\\
s''(2)&=0\\
\implies f_2''(2)&=2b_2 = 0\\
\implies b_2&=0 ~~~(8.~Gleichung)
\end{split}$

**Gleichungen**
1. $a_0-a_1+a_2-a_3 =0$
2. $a_0 = 0$
3. $b_0=-6$
4. $0=-6-b_1+b_2-b_3$
5. $a_1=b_1-2b_2+3b_3$
6. $2a_2=2b_2-6b_3$
7. $a_2=3a_3$
8. $b_2=0$

**Umformen**
$\begin{split}0 -a_1+a_2-a_3 = 0 &\implies a_2 =a_1+a_3\\
&\implies 3a_3=a_1+a_3\\
&\implies 2a_3 = a_1
\end{split}$

$\begin{split}
0 =-6-b_1+0-b_3&\implies b_1+b_3=-6\\
a_1=b_1-2b_2+3b_3&\implies 2a_3=b_1+3b_3\implies b_1=2a_3-3b_3\\
&\implies 2a_3-3b_3+b_3=-6\\
&\implies 2a_3-2b_3=-6\\
&\implies a_3-b_3=-3\\
&\implies b_3=a_3+3
\end{split}$

$\begin{split}
a_1=b_1-2b_2+3b_3&\implies 2a_3=b_1+3(a_3+3)\\
&\implies 2a_3=b_1+3a_3+9\\
&\implies b_1=-a_3-9
\end{split}$

**Aufgelöste Koeffizienten**
1. $a_0=0$
2. $a_1=2a_3$
3. $a_2=3a_3$
4. $a_3=a_3$
5. $b_0=-6$
6. $b_1=-a_3-9$
7. $b_2=0$
8. $b_3=a_3+3$

**Vollständige Funktionen**
Für $x\in[0,1]$
$f_1(x) =2a_3(x-1)+3a_3(x-1)^2+a_3(x-1)^3$

Für $x\in[1,2]$
$f_2(x)=-6+(-a_3-9)(x-2)+(a_3+3)(x-2)^3$

# Aufgabe 5.2 Kubische Splineinterpolation

Bei der Berechnung der Polynomkoeffizienten der interpolierenden kubischen Splinefunktion mit **natürlichen** Randbedingungen sucht man auf $n$ Intervallen $4n$ Koeffizienten. Davon sind $2n$ Stück durch die Interpolationsbedingungen (Stetigkeit), $n-1$ durch die Differenzierbarkeitsbedingungen erster Ordnung, sowie weitere 2 durch die Randbedingungen bereits festgelegt.
Gegeben seien nun die folgenden Stützpunkte $x_k$ und Stützwerte $f_k$:
|k|0|1|2|3|4|5|
|-|-|-|-|-|-|-|
|$x_k$|-3|-2|-1|0|1|2|
|$f_k$|9|4|1|0|1|4|

Stellen Sie das lineare Gleichungssystem zur Berechnung der fehlenden $n-1$ Koeffizienten auf.

**Hinweis:** Hier ist nicht nach der allgemeinen Form des linearen Gleichungssystems gefragt, sondern nach den numerischen Werten der Matrix- und Vektoreinträge.

**Interpolationsbedingungen:**
Jeder Spline $s_k$ muss durch die Stützpunkte gehen, also muss gelten:
$s_k(x_k)=f_k$ und $s_k(x_{k+1})=f_{k+1}$
Wir haben 5 Intervalle und somit 10 Interpolationsbedingungen

1. $s_0(-3)=9$
2. $s_1(-2)=4$
3. $s_2(-1)=1$
4. $s_3(0)=0$
5. $s_4(1)=1$
6. $s_0(-2)=4$
7. $s_1(-1)=1$
8. $s_2(0)=0$
9. $s_3(1)=1$
10. $s_4(2)=4$

**Stetigkeitsbedingungen**
Per Aufgabendefinition gibt es hier 4
1. $s_0'(-2)=s_1'(-2)$
2. $s_1'(-1)=s_2'(-1)$
3. $s_2'(0)=s_3'(0)$
4. $s_3'(1)=s_4'(1)$

**Randbedingungen**
$s_0''(-3)=0$
$s_4''(2)=0$

**Kubischer Spline**
$s_k(x)=a_k+b_kx+c_kx²+d_kx^3$
$s_k'(x) = b_k+2c_kx+3d_kx^2$
$s_k''(x) = 2c_k+6d_kx$

**Allgemeine Form**
$A=\begin{bmatrix}
2(h_1+h_2)& h_2 & 0& ... &0\\
h_2 & 2(h_2+h_3)&h_3&...&0\\
...&...&...&...&...\\
0& ...& h_{n-2} & 2(h_{n-2}+h_{n-1})&h_{n-1}\\
0&...&... & h_{n-1}& 2(h_{n-1}+h_{n})\\
\end{bmatrix}\cdot \begin{pmatrix}a_2^{(1)}\\...\\a_2^{(n-1)}\end{pmatrix} = 3 (\Delta y_{i+1}-\Delta y_i)$

**Konkrete Form**
$\begin{pmatrix}
2&1&0&0\\
1&4&1&0\\
0&1&4&1\\
0&0&1&2\\
\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} c_1\\c_2\\c_3\\c_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\3\\3\\3\end{pmatrix}$

Da alle Intervalle $h_k = 1$ sind, vereinfacht sich dies zu:
$A = \begin{pmatrix}
2(1 + 1) & 1 & 0 & 0 \\
1 & 2(1 + 1) & 1 & 0 \\
0 & 1 & 2(1 + 1) & 1 \\
0 & 0 & 1 & 2(1 + 1)
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
4 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 4 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 4 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 4
\end{pmatrix}$

Die rechte Seite des Gleichungssystems wird durch die Differenzen der Stützwerte bestimmt:
$b = 3 \begin{pmatrix}
\frac{f_2 - f_1}{h_2} - \frac{f_1 - f_0}{h_1} \\
\frac{f_3 - f_2}{h_3} - \frac{f_2 - f_1}{h_2} \\
\frac{f_4 - f_3}{h_4} - \frac{f_3 - f_2}{h_3} \\
\frac{f_5 - f_4}{h_5} - \frac{f_4 - f_3}{h_4}
\end{pmatrix}
= 3 \begin{pmatrix}
\frac{1 - 4}{1} - \frac{4 - 9}{1} \\
\frac{0 - 1}{1} - \frac{1 - 4}{1} \\
\frac{1 - 0}{1} - \frac{0 - 1}{1} \\
\frac{4 - 1}{1} - \frac{1 - 0}{1}
\end{pmatrix}
= 3 \begin{pmatrix}
-3 - (-5) \\
-1 - (-3) \\
1 - (-1) \\
3 - 1
\end{pmatrix}
= 3 \begin{pmatrix}
2 \\
2 \\
2 \\
2
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
6 \\
6 \\
6 \\
6
\end{pmatrix}$

Also ergibt sich das lineare Gleichungssystem:

$\begin{pmatrix}
4 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 4 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 4 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 4
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
c_1 \\
c_2 \\
c_3 \\
c_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
6 \\
6 \\
6 \\
6
\end{pmatrix}$

Die Berechnung würde in folgenden Werten resultieren:

$\begin{pmatrix}
c_1 \\
c_2 \\
c_3 \\
c_4
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1.26315789 \\
0.94736842 \\
0.94736842 \\
1.26315789
\end{pmatrix}$

# Aufgabe 5.3: Hermite Interpolation

Hermiteinterpolation ist ein Polynominterpolationsverfahren, der zusätzlich zu Stützpunkten $(x_0,y_0),...,(x_n,y_n)$ auch noch die Werte der ersten Ableitung $y_0',...,y_n'$ an den Stützstellen berücksichtigt.
Auf dem Intervall $I=[0,1]$ seien die Knoten $x_0=0$ und $x_1=1$ gegeben. Zusätzlich zu den Funktionswerten $y_0,y_1$ seien auch die ersten Ableitungen $y_0',y_1'$ bei $x_0$ und $x_1$ gegeben. Bestimmen Sie das kubische Polynom $p(x)$, das durch die Vorgabe dieser Werte:
$p(x_0)=y_0,~~~p(x_1)=y_1,~~~p'(x_0)=y'_0,~~~p'(x_1)=y_1'$
festgelegt ist. Nutzen Sie hierfür den allgemeinen Ansatz für kubische Polynome:
$p(t)=a_0+a_1t+a_2t²+a_3t³,~~~t\in [0,1] =[x_0,x_1]$

Einsetzen in Bedingungen:

1. $p(0) = y_0$:
$a_0 + a_1 \cdot 0 + a_2 \cdot 0^2 + a_3 \cdot 0^3 = y_0 \implies a_0 = y_0$

2. $p(1) = y_1$:
$a_0 + a_1 \cdot 1 + a_2 \cdot 1^2 + a_3 \cdot 1^3 = y_1 \implies y_0 + a_1 + a_2 + a_3 = y_1 \implies a_1 + a_2 + a_3 = y_1 - y_0$

3. $p'(0) = y'_0$:
$a_1 + 2a_2 \cdot 0 + 3a_3 \cdot 0^2 = y'_0 \implies a_1 = y'_0$

4. $p'(1) = y'_1$:
$a_1 + 2a_2 \cdot 1 + 3a_3 \cdot 1^2 = y'_1 \implies y'_0 + 2a_2 + 3a_3 = y'_1$

1. $a_0 = y_0$
2. $y'_0 + a_2 + a_3 = y_1 - y_0$
3. $a_1 = y'_0$
4. $y'_0 + 2a_2 + 3a_3 = y'_1$

Auflösen nach $a_2$ und $a_3$

$\begin{split}y'_0 + a_2 + a_3 &= y_1 - y_0 \\ \implies a_2 + a_3 &= y_1 - y_0 - y'_0
\\y'_0 + 2a_2 + 3a_3 &= y'_1 \end{split}$

Einsetzen von $a_3 = (y_1 - y_0 - y'_0) - a_2$ in die zweite Gleichung

$\begin{split}y'_0 + 2a_2 + 3((y_1 - y_0 - y'_0) - a_2) &= y'_1\\
y'_0 + 2a_2 + 3(y_1 - y_0 - y'_0) - 3a_2 &= y'_1\\
y'_0 + 3y_1 - 3y_0 - 3y'_0 - a_2 &= y'_1\\
-2y'_0 + 3y_1 - 3y_0 - a_2 &= y'_1\\
a_2 &= 3y_1 - 3y_0 - 2y'_0 - y'_1\end{split}$

Einsetzen von $a_2$ in $\begin{split}a_3 &= y_1 - y_0 - y'_0 - a_2\\
a_3 &= y_1 - y_0 - y'_0 - (3y_1 - 3y_0 - 2y'_0 - y'_1)\\
a_3 &= y_1 - y_0 - y'_0 - 3y_1 + 3y_0 + 2y'_0 + y'_1\\
a_3 &= -2y_1 + 2y_0 + y'_0 + y'_1\end{split}$

Somit gilt

$a_0 = y_0$
$a_1 = y'_0$
$a_2 = 3y_1 - 3y_0 - 2y'_0 - y'_1$
$a_3 = -2y_1 + 2y_0 + y'_0 + y'_1$

Und:

$p(t) = y_0 + y'_0 t + (3y_1 - 3y_0 - 2y'_0 - y'_1) t^2 + (-2y_1 + 2y_0 + y'_0 + y'_1) t^3$

# Aufgabe 5.4: Gauß-Approximation mit Polynomen
Auf dem Intervall $[-1,1]$ betrachten wir den Polynomraum $P_2:=span\{1,x,x²\}$ mit Skalarprodukt und Norm gegeben durch
$\langle f,g \rangle=\int\limits_{-1}^1f(x)g(x)dx$ und $||f||=\sqrt{\langle f,f\rangle}$

**a. Sei $f\in C[-1,1]$ gegeben durch $f(x) = x³-x²+x-1$. Bestimmen Sie die Funktion $g\in P_2$ mit der Eigenschaft
$||f-g||=\min\limits_{\phi \in P_2}||f- \phi||$**

Definition Funktionen:

$f(x) = x^3 - x^2 + x - 1$

$g(x) = \alpha + \beta x + \gamma x^2$

Somit gilt:

$\begin{split}f(x) - g(x) &= x^3 - x^2 + x - 1 - (\alpha + \beta x + \gamma x^2)\\&= x^3 - \alpha - (\beta + 1) x - (\gamma + 1) x^2\end{split}$

Norm soll minimiert werden
Berechnung Skalarprodukt:

$\langle f - g, f - g \rangle = \int_{-1}^{1} (f(x) - g(x))^2 \, dx$

Ableitungen von $||f - g||^2$ nach $\alpha, \beta$ und $\gamma$ gleich 0 setzen:

Zuerst berechnen wir $||f - g||^2$:

$||f - g||^2 = \int_{-1}^{1} (f(x) - g(x))^2 \, dx$

$= \int_{-1}^{1} (x^3 - \alpha - (\beta + 1) x - (\gamma + 1) x^2)^2 \, dx$

$= \int_{-1}^{1} (x^6 - 2x^3\alpha + (\alpha^2 + 2\beta + 2)x^2 + (2\alpha - 2\beta)x + \alpha^2) \, dx$

$= \left[ \frac{1}{7}x^7 - \frac{2}{4}x^4\alpha + \frac{1}{3}(\alpha^2 + 2\beta + 2)x^3 + \frac{1}{2}(2\alpha - 2\beta)x^2 + \alpha^2x \right]_{-1}^{1}$

$= \frac{2}{7} - \frac{2}{4}\alpha + \frac{1}{3}(\alpha^2 + 2\beta + 2) + \frac{1}{2}(2\alpha - 2\beta) + \alpha^2 - \left( \frac{-2}{7} + \frac{2}{4}\alpha + \frac{1}{3}(\alpha^2 + 2\beta + 2) - \frac{1}{2}(2\alpha - 2\beta) + \alpha^2 \right)$

$= \frac{4}{7} - \frac{1}{2}\alpha^2 + \frac{2}{3}\beta$

Partielle Ableitungen:

$\frac{\partial}{\partial \alpha} ||f - g||^2 = -\alpha + \frac{\partial}{\partial \alpha} \left( \frac{4}{7} - \frac{1}{2}\alpha^2 + \frac{2}{3}\beta \right) = -\alpha + \alpha = 0$

$\frac{\partial}{\partial \beta} ||f - g||^2 = \frac{2}{3} + \frac{\partial}{\partial \beta} \left( \frac{4}{7} - \frac{1}{2}\alpha^2 + \frac{2}{3}\beta \right) = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$

$\frac{\partial}{\partial \gamma} ||f - g||^2 = 0$

Ableitungen = 0
Lösung \( \alpha = 0 \).

Somit gilt:

$g(x) = \beta x + \gamma x^2$
Einsetzen und Minimieren:

$||f - g||^2 = \frac{4}{7} - \frac{1}{2}\alpha^2 + \frac{2}{3}\beta$

$= \frac{4}{7} + \frac{2}{3}\beta$
$\frac{\partial}{\partial \beta} \left( \frac{4}{7} + \frac{2}{3}\beta \right) = \frac{2}{3} = 0$

Wir wählen $\beta = 0$, weil $\beta$ keinen Einfluss hat.

Somit gilt:
$g(x) = \gamma x^2$

**b. Wie groß ist $||f-g||$?**

Wir haben bereits gezeigt, dass $\alpha = 0$ und $\beta = 0$. Also ist $g(x) = \gamma x^2$.

Um $||f - g||$ zu berechnen, setzen wir $\alpha = 0$ und $\beta = 0$ in die Gleichung für $||f - g||^2$ ein:

$||f - g||^2 = \frac{4}{7} - \frac{1}{2}\alpha^2 + \frac{2}{3}\beta = \frac{4}{7}$

Daher ist $||f - g|| = \sqrt{\frac{4}{7}} = \frac{2}{\sqrt{7}}$.

**c. Zeigen Sie explizit, dass $\langle f-g,p\rangle=0~~~\forall p\in P_2$ gilt.**

Um zu zeigen, dass $\langle f - g, p \rangle = 0$ für alle $p \in P_2$, substituieren wir $g(x) = \gamma x^2$ in den Ausdruck für $\langle f - g, p \rangle$ und zeigen, dass das Ergebnis 0 ist.

Das Skalarprodukt $\langle f - g, p \rangle$ ist gegeben durch:

$\langle f - g, p \rangle = \int_{-1}^{1} (f(x) - g(x)) \cdot p(x) \, dx$

$\langle f - g, p \rangle = \int_{-1}^{1} (x^3 - \gamma x^2) \cdot p(x) \, dx$

Da $p(x)$ ein beliebiges Polynom in $P_2$ ist und der Ausdruck $x^3 - \gamma x^2$ ein Polynom vom Grad 3 ist, wird das Integral verschwinden, da das Skalarprodukt von Funktionen mit ungeradem Grad über symmetrischen Intervallen $[-a, a]$ verschwindet.

Daher gilt $\langle f - g, p \rangle = 0$ für alle $p \in P_2$.