# Egzamin z anla
## 1.5
::: spoiler rozw
$$|S - S_n| < a_n$$
$$|\frac{4 * (-1)^k}{2k + 1}| < 10^{-6}$$
$$\frac{4 * 10^6 - 1}{2} < k$$
$$2 * 10^6 < k$$
:::
## 1.6
:::spoiler rozw
$$ ln(2) = ln(e\frac{2}{e}) = ln(e) + ln(\frac{2}{e}) = 1 + ln(\frac{2}{e})$$
$$ln(\frac{2}{e}) = \sum_{k = 1}^\infty (-1)^{k-1}\frac{(\frac{2}{e} - 1)^k}{k} = \sum_{k = 1}^\infty (-1)^{k-1}\frac{(-\frac{2}{e} + 1)^k(-1)^k}{k} = -\sum_{k = 1}^\infty \frac{(-\frac{2}{e} + 1)^k}{k} $$
$$S-S_n = \sum_{k = n+1}^\infty \frac{(-\frac{2}{e} + 1)^k}{k} \le \frac{1}{n+1}\sum_{k = n+1}^\infty(-\frac{2}{e} + 1)^k = \frac{1}{n+1} \frac{(1 - \frac{2}{e})^{n+1}}{\frac{2}{e}} \le \frac{1}{2}10^{-6}$$
$$n \ge 9$$
:::
## 2.1

## 2.2

:::spoiler rozw
Najpierw pokażemy, że każdą liczbę $x$ można zapisać w postaci $sm2^c$. $s$ to oczywiście znak. Teraz, $x=m2^c$ ( z dokładnością do modułu, ale to nie jest istotne). Skoro tak, to $m=\frac{x}{2^c}$, innymi słowy przesuwamy binarną reprezentację $x$ o $c$ miejsc w lewo. $c$ możemy dobrać tak, żeby nasze $m$ było z przedziału $[\frac{1}{2},1)$. Oczywiście jest to możliwe, trzeba się tylko trochę zastanowić (przesuwamy przecinek tak, by przed przecinkiem było $0$, za przecinkiem będzie $1$ i dalej coś, czyli liczba z zakresu $[\frac{1}{2},1)$). Wtedy $m$ mamy już obliczone. Czyli każdego $x$ możemy przedstawić w tej postaci.

Teraz jednoznaczność.\
Załóżmy nie wprost, że istnieją dwie różne reprezentacje $x$ w postaci $sm2^c$. Oczywiście, znak jest stały. Mamy więc, że:
$$x=sm_12^{c_1}=sm_22^{c_2} \Rightarrow m_12^{c_1}=m_22^{c_2} \Rightarrow \log{m_1}+c_1=\log{m_2}+c_2 \Rightarrow \log{\frac{m_1}{m_2}}=c_2-c_1$$

- $c_1=c_2$
$$\log{\frac{m_1}{m_2}}=0 \Rightarrow \frac{m_1}{m_2}=1 \Rightarrow m_1=m_2$$
Sprzeczność.
- $c_1>c_2$
$$\log{\frac{m_1}{m_2}}=c_2-c_1 \Rightarrow \log{\frac{m_1}{m_2}}\leq -1 \Rightarrow \frac{m_1}{m_2} \leq \frac{1}{2} \Rightarrow m_1 \leq \frac{1}{2}m_2$$
Teraz musimy skorzystać z tego, że $m_1, m_2 \in [\frac{1}{2},1)$. Widać już, że mamy sprzeczność, bo żeby $m_1$ było w dobrym przedziale, to $m_2$ musiałoby być większe(bądź równe) $1$, co jest niemożliwe.
- $c_1<c_2$
$$\log{\frac{m_1}{m_2}}=c_2-c_1 \Rightarrow \log{\frac{m_1}{m_2}} \geq 1 \Rightarrow \frac{m_1}{m_2}\geq 2 \Rightarrow m_1 \geq 2m_2$$
Ponownie korzystamy z tego, że $m_1, m_2 \in [\frac{1}{2},1)$. Żeby $m_1$ było w dobrym przedziale $m_2$ musiałoby być mniejsze od $\frac{1}{2}$, co jest niemożliwe.

:::

## 3.3
:::spoiler rozw
:::
## 3.4
:::spoiler rozw
a) $$\left\lvert\frac{xf'(x)}{f(x)} \right\rvert = \left\lvert\frac{x \cdot 5(x + 2022)^4}{(x + 2022)^5} \right\rvert = \left\lvert\frac{x \cdot 5}{(x + 2022)} \right\rvert = \left\lvert\frac{5}{1 + \frac{2022}{x}} \right\rvert$$
dla x -> -2022
cond(f(x)) -> $\infty$

b) $$\left\lvert\frac{xf'(x)}{f(x)} \right\rvert = \left\lvert\frac{x \cdot (-sin(x))}{cos(x)} \right\rvert = \left\lvert x \cdot (-tan(x)) \right\rvert$$
$$ x \in \{\frac{\pi}{2} + k\pi | k \in \mathbb{Z}\}$$

c) $$\left\lvert\frac{xf'(x)}{f(x)} \right\rvert = \left\lvert\frac{-4x^3 \cdot x - 4 + 4}{(1 + x^4)^2} \right\rvert = \left\lvert x -4 + \frac{4}{1 + x^4} \right\rvert$$
dobrze uwarunkowana

:::
## 4.5a
:::spoiler rozw
:::
## 4.6
:::spoiler rozw
:::
## z metod znajdowania miejsc zerowych
Metoda Newtona:
- puszczamy styczną z $f(x_0)$, jej przecięcie z osią OX nazywamy $x_1$ itd.,
- wzor - $x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$,
- warunki stopu:
- wykonaliśmy ustaloną liczbę iteracji,
- $|f(x_n)| < \epsilon$,
- kolejne ileś tam iteracji zwraca to samo.

Metoda siecznych:
- z $f(x_0)$ i $f(x_1)$ puszczamy sieczną i w miejsce jej przecięcia z OX nazywamy $x_2$ itd.,
- wzor - $x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{\frac{f(x_n)- f(x_{n-1})}{x_n-x_{n-1}}}$,
- warunki stopu:
- wykonaliśmy ustaloną liczbę iteracji,
- $|f(x_n)| < \epsilon$,
- kolejne ileś tam iteracji zwraca to samo.

## 5.3
:::spoiler rozw
:::
## 5.4
:::spoiler rozw
:::
## 5.5
:::spoiler rozw
:::
## 6.1
::: spoiler rozw
Mamy algorytm w postaci:
$w_n=a_n$
$w_{n-1}=w_n x + a_{n-1}$\
Mamy więc:\
$a_0(1+\beta_0)+a_1 x(1+\alpha_1)(1+\beta_0)(1+\beta_1)+...+a_n x^n (1+\alpha_1)...(1+\alpha_n)(1+\beta_0)...(1+\beta_n)$\
$=\sum\limits_{i=0}^n x^i a_i \prod\limits_{j=0}^i(1+\beta_j) \prod\limits_{j=1}^i(1+\alpha_j)$\
Teraz, niech $(1+\beta)$ to będzie maksymalny błąd $(1+\beta_i)$, a $(1+\alpha)$ maksymalny błąd $(1+\alpha_i)$. Mamy wtedy:\
$\sum\limits_{i=0}^n x^i a_i \prod\limits_{j=0}^i(1+\beta) \prod\limits_{j=1}^i(1+\alpha)$\
$\sum\limits_{i=0}^n x^i a_i (1+\beta)^i (1+\alpha)^i$\
A teraz $(1+\epsilon)=(1+\alpha)(1+\beta)$. Ten błąd jest nadal małym błędem, wtedy mamy:\
$\sum\limits_{i=0}^n x^i a_i ((1+\beta)(1+\alpha))^i = \sum\limits_{i=0}^n x^i a_i (1+\epsilon)^i = \sum\limits_{i=0}^n (x(1+\epsilon))^i a_i =\sum\limits_{i=0}^n \tilde{x}^i a_i$\
a to jest dokładny wynik dla lekko zaburzonych danych, czyli algorytm jest numerycznie poprawny.
:::
## 6.5
:::spoiler rozw
Załóżmy, że istnieją dwa wielomiany stopnia n interpolujące w węzłach $x_0...x_n$ te same wartości. Nazwijmy je $W_1(x)$ i $W_2(x)$
Weźmy teraz $W_3(x)=W_1(x)-W_2(x)$. Wiemy, z własności odejmowania wielomianów, że jest on stopnia co najwyżej n. Ale wiemy, że $W_1(x)$ i $W_2(x)$ w węzłach $x_0...x_n$ przyjmują te same wartości. Dla tych punktów mamy więc $W_3(x_k)=0$, ma on więc n+1 miejsc zerowych.\\
Ale $W_3(x)$ jest stopnia nie większego niż n, a każdy niezerowy wielomian stopnia n ma co najwyżej n pierwiastków rzeczywistych, co oznacza, że $W_3(x)$ musi być wielomianem tożsamościowo równy zeru. A to oznacza, że $W_3(x)=W_1(x)-W_2(x)=0 \leftrightarrow W_1(x)=W_2(x)$, a to jest sprzeczne z założeniem, że są różne.

:::
## 7.2
:::spoiler rozw
:::
## 7.6
:::spoiler rozw
$$||f|| = max_{x \in [a, b]} |f(x)|$$ $$f(x) - L_n(x) = \frac{f^{n+1}(\xi)}{(n+1)!} \cdot \prod_{j = 0}^n (x - x_j)$$$$p_{n+1} = \prod_{j = 0}^n (x - x_j)$$ $$||f - L_n|| \le \frac{||f^{n+1}||}{(n + 1)!} ||p_{n_1}||$$ $$[a, b] = [4, 5]$$ $$ f(x) = ln(2x-3)$$ $$ f'(x) = 2 \cdot ln(2x-3)^{-1}$$ $$ f''(x) = -2\cdot2 \cdot ln(2x-3)^{-2}$$ $$ |f'''(x)| = 2^3 \cdot 2 \cdot ln(2x 3)^{-3}$$ $$ |f^{(4)}(x)| = 2^4 \cdot 3 \cdot ln(2x-3)^{-4}$$ $$ |f^{(n+1)}(x)| = 2^{n+1} \cdot n! \cdot ln(2x-3)^{-(n+1)}$$ $$||f^{(n+1)}(x)|| = \frac{2^{n+1} \cdot n!}{5^{n+1}}$$
dla dowolnych węzłów:
$$||p_{n+1}|| \le 1 $$

dla węzłów Czebyszewa:
$$||p_{n+1}|| \le \frac{1}{2^n} $$
:::

## 8.2
:::spoiler

:::
## 8.3
:::spoiler

:::

## 8.5
:::spoiler

:::

## 9.4
:::spoiler

:::

## nierownosc schwarza
## 10.1
:::spoiler

:::

## 10.7
:::spoiler

:::

## zaleznosc rekurencyjna
## 11.5
:::spoiler

:::

## 11.6
:::spoiler

:::

## 12.2
:::spoiler

:::

## 12.3
:::spoiler

:::

## tablica roomberga
## 13.1!!!!!
## 13.7
:::spoiler

:::

## 13.8
:::spoiler
:::