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- \section*{Aufgabe 3}
- \textbf{Gegeben:}
- \begin{table}[h!]
- \begin{tabular}{l||l|l|l|l}
- $f_i$ & 7 & 1 & -1 & 7 \\\hline
- $x_i$ & -1 & 0 & 1 & 2 \\
- \end{tabular}
- \end{table}
- \subsection*{Teilaufgabe a)}
- Allgemein lauten Lagrange-Polynome:
- \[L_i = \frac{\overbrace{\prod_{j=0, j \neq i}^n (x-x_j)}^\text{Produkt der Nullstellen}}{\underbrace{\prod_{j=0, j \neq i}^n (x_i - x_j)}_\text{Normalisierungsfaktor}}\]
- Im speziellen:
- \begin{align}
- L_0(x) &= \frac{(x-0)(x-1)(x-2)}{(-1-0)(-1-1)(-1-2)} &&=-\frac{1}{6} \cdot (x^3 - 3 x^2 + 2x)\\
- L_1(x) &= \frac{(x+1)(x-1)(x-2)}{(0+1)(0-1)(0-2)} &&= \frac{1}{2} \cdot (x^3 - 2x^2 - x + 2)\\
- L_2(x) &= \frac{(x+1)x(x-2)}{(1+1)(1-0)(1-2)} &&=-\frac{1}{2} \cdot (x^3 - x^2 - 2x)\\
- L_3(x) &= \frac{(x+1)(x-0)(x-1)}{(2+1)(2-0)(2-1)} &&= \frac{1}{6} \cdot (x^3 - x)
- \end{align}
- Durch die Interpolationsformel von Lagrange
- \[p(x) = \sum_{i=0}^n f_i L_i(x)\]
- ergibt sich
- \begin{align}
- p(x) &= x^3 + 2x^2 - 5x + 1
- \end{align}
- Anmerkung: Es ist nicht notwendig die Monomdarstellung zu berechnen.
- In diesem Fall hat es jedoch das Endergebnis stark vereinfacht.
- \subsection*{Teilaufgabe b)}
- Für die Berechnung der dividierten Differenzen gilt allgemein:
- \begin{align}
- f[x_i, \dots, x_{i+k}] = \frac{f[x_i, \dots x_{(i+k)-1}] - f[x_{i+1}, \dots x_{i+k}]}{x_i - x_{i+k}}
- \end{align}
- In diesem Fall bedeutet das konkret:
- \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-\underbrace{(-1)}_{x_0}) \cdot (-6) + (x-\underbrace{(-1)}_{x_0}) \cdot (x-\underbrace{(0)}_{x_1}) \cdot 2 + (x+1) \cdot x \cdot (x-1)\\
- &= 7 -6 (x+1) + 2x(x+1) + x(x+1)(x-1)
- \end{align}
- (Siehe erste Spalte mit $x_0$)
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