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\begin{document}

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\thispagestyle{empty}

\title{Mathematik für Informatiker II - Übungsblatt 7
	Übungsgruppe D5, Do 11-13 \\	
	Vogel}
\author{Jan Hendrik Dithmar (Matrikelnummer 2031259) \\
	Dirk Heine (Matrikelnummer 2030941)}
\date{}

\maketitle

\newpage

\section*{Aufgabe 1}

\subsubsection*{(a)}

$f(x,y) = \frac{x-y}{x+y}, \quad x,y \in (0, +\infty), \xi = (1,1)^T$ sei Entwicklungspunkt. \\
Taylorentwicklung der Funktion $f$ bis einschließlich der Glieder 2. Ordnung. \\
Für das Taylorpolynom $T_2(\varrho, \xi)$, $\varrho = (x,y)^T$ gilt:
\begin{eqnarray*}
	T_2(\varrho, \xi) & = & \sum_{k=0}^2 \frac{1}{k!} \left[ (\varrho-\xi)^T \nabla \right]^k f|_\xi \\
	& & \text{wobei } \left[ (\varrho - \xi)^T \nabla \right]^k = \left[ (x-1) \partial_x + (y-1) \partial_y \right]^k \\[0.3cm]
	\Rightarrow T_2(\varrho, \xi) & = & f(\xi) + (x-1) \frac{\partial f}{\partial x}(\xi) + (y-1)\frac{\partial f}{\partial y}(\xi) \\
	& & + \frac{1}{2!} \cdot \left[ \left( (x-1) \frac{\partial f}{\partial x}(\xi) + (y-1) \frac{\partial f}{\partial y}(\xi) \right)^2 \right] \\
	T_2(\varrho, \xi) & = & f(\xi) + (x-1)f_x(\xi) + (y-1)f_y(\xi) \\
	& & + \frac{1}{2} \cdot \left[ (x-1)^2 f_{xx}(\xi) + 2(x-1)(y-1) f_{xy}(\xi) + (y-1)^2 f_{yy}(\xi) \right] \\[0.3cm]
	f_x (x,y) & = & \frac{1 \cdot (x+y) - (x-y) \cdot 1}{(x+y)^2} = 2 \cdot \frac{y}{(x+y)^2} \\
	f_y (x,y) & = & \frac{-1 \cdot (x+y) - (x-y) \cdot 1}{(x+y)^2} = -2 \cdot \frac{x}{(x+y)^2} \\
	f_{xx} (x,y) & = & 2 \cdot \frac{-y \cdot 2 (x+y)}{(x+y)^4} = -4 \cdot \frac{y}{(x+y)^3} \\
	f_{xy} (x,y) & = & 2 \cdot \frac{1 \cdot (x+y)^2 - y \cdot 2(x+y)}{(x+y)^4} = 2 \frac{x-y}{(x+y)^3} \\
	f_{yy} (x,y) & = & -2 \cdot \frac{-x \cdot 2 \cdot (x+y)}{(x+y)^4} = 4 \cdot \frac{x}{(x+y)^3}
\end{eqnarray*}
Hieraus folgt:
\begin{eqnarray*}
	f(\xi) & = & f(1,1) = 0 \\
	f_x (\xi) & = & f_x(1,1) = \frac{1}{2} \\
	f_y (\xi) & = & f_y(1,1) = -\frac{1}{2} \\
	f_{xx} (\xi) & = & f_{xx}(1,1) = -\frac{1}{2} \\
	f_{xy} (\xi) & = & f_{xy}(1,1) = 0 \\
	f_{yy} (\xi) & = & f_{yy}(1,1) = \frac{1}{2}
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow T_2(\varrho, \xi) & = & \frac{1}{2}(x-1) - \frac{1}{2}(y-1) - \frac{1}{4}(x-1)^2 + \frac{1}{4}(y-1)^2 \\
	& = & -\frac{1}{4} x^2 + x + \frac{1}{4}y^2 - y \\
	\Rightarrow f(x,y) & = & -\frac{1}{4}x^2 + x + \frac{1}{4}y^2 - y + R_2(\varrho, \xi)
\end{eqnarray*}
Für das Lagrange-Restglied $R_2(\varrho, \xi)$ gilt:
\begin{eqnarray*}
	R_2(\varrho, \xi) & = & \frac{1}{3}! [(\varrho - \xi)^T \nabla]^3 f|_{\xi + \Theta(\varrho-\xi)}, \quad \Theta \in (0,1) \\
	\Rightarrow R_2(\varrho, \xi) & = & \frac{1}{3!} [(x-1) \partial_x + (y-1)\partial_y]^3 f|_{\xi + \Theta(\varrho-\xi)} \\
	\Rightarrow R_2(\varrho, \xi) & = & \frac{1}{6} \cdot [ (x-1)^3(\partial_x)^3 + 3(x-1)^2(y-1)(\partial_x)^2 \partial_y \\
	& & + 3(x-1)(y-1)^2 \partial_x (\partial_y)^2 + (y-1)^3 (\partial_y)^3] f|_{\xi + \Theta(\varrho - \xi)}
\end{eqnarray*}
\begin{enumerate}[(1)]
	\item
		\begin{eqnarray*}
			\Rightarrow R_2(\varrho, \xi) & = & \frac{1}{6} (x-1)^3 f_{xxx}(\xi + \Theta(\varrho-\xi)) \\
			& & + \frac{1}{2}(x-1)^2(y-1) f_{xxy}(\xi + \Theta(\varrho - \xi)) \\
			& & + \frac{1}{2}(x-1)(y-1)^2 f_{xyy}(\xi + \Theta(\varrho - \xi)) \\
			& & + \frac{1}{6}(y-1)^3 f_{yyy}(\xi + \Theta(\varrho - \xi)) \\
			\text{mit } (\varrho + \Theta(\varrho - \xi))^T & = & (1 + \Theta(x-1), 1 + \Theta(y-1))^T \\
			& = & ((1-\Theta) + \Theta x, (1-\Theta) + \Theta y)^T, \quad \Theta \in (0,1)
		\end{eqnarray*}
	\item Die partiellen Ableitungen berechnen sich wie folgt:
		\begin{eqnarray*}
			f_{xxx}(x,y) & = & -4 \cdot \frac{-y \cdot 3(x+y)^2}{(x+y)^6} = 12 \cdot \frac{y}{(x+y)^4} \\
			f_{xxy}(x,y) & = & -4 \cdot \frac{1 \cdot (x+y)^3 - y \cdot 3 \cdot (x+y)^2}{(x+y)^6} \\
			& = & -4 \cdot \frac{x - 2y}{(x+y)^4} \\
			& = & 4 \cdot \frac{2y-x}{(x+y)^4} \\
			f_{xyy}(x,y) & = & 2 \cdot \frac{-1 (x+y)^3 - (x-y) \cdot 3 \cdot (x+y)^2}{(x+y)^6} \\
			& = & 4 \cdot \frac{y-2x}{(x+y)^4} \\
			f_{yyy}(x,y) & = & 4 \cdot \frac{-x \cdot 3 \cdot (x+y)^2}{(x+y)^6} \\
			& = & -12 \cdot \frac{x}{(x+y)^4}
		\end{eqnarray*}
\end{enumerate}
Aus (1) und (2) lässt sich $R_2(\varrho, \xi)$ berechnen. \QED

\subsubsection*{(b)}
Nährungswert für $f(1.2; 0.9)$: \\

$$f(1.2; 0.9) \approx -\frac{1}{4} \cdot 1.2^2 + 1.2 + \frac{1}{4} \cdot 0.9^2 - 0.9 = 0.1425$$

Exakter Wert:
$$f(1.2; 0.9) = \frac{1.2 - 0.9}{1.2 + 0.9} = \frac{0.3}{2.1} = \frac{1}{7} \approx 0.1429$$

\section*{Aufgabe 2}
Gegeben ist die Diffusionsgleichung $\frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$
und das dazu gebildete Finite-Differenzen-Verfahren aus der Vorlesung. Seien
$$u_i^0 := \left\{ \begin{array}{r@{\quad}l}1 & \text{für } |i|=1,2, \\ 0 & \text{sonst}\end{array} \right.$$
die Werte der 0-ten Zeitschicht. \\
Zu berechnen sind die numerisch genährten Funktionswerte $u_i^k$ für die drei Zeitschichten $k=1,2,3$ und die
Gitterpunkte $i=-5,-4,...,4,5$. \\[0.3cm]
Gemäß der Vorlesung gilt für eine Approximation der $u_i^k$ an $u(x,t)$ im Punkt $(ih, k\tau)$ die
Approximationsbedingung:
\begin{eqnarray*}
	\frac{u_i^{k+1} - u_i^k}{\tau} & = & \frac{u_{i+1}^k - 2u_i^k + u_{i-1}^k}{h^2} \\
	\Leftrightarrow u_i^{k+1} & = & \frac{\tau}{h^2} u_{i+1}^k + \left( 1 - 2\cdot \frac{\tau}{h^2} \right) u_i^k + \frac{\tau}{h^2} u_{i-1}^k
\end{eqnarray*}
Für $h=1$ und $\tau = 0.1$ ergibt sich:
$$u_i^{k+1} = 0.1 \cdot u_{i+1}^k + 0.8 u_i^k + 0.1 u_{i-1}^k$$
Aus den Funktionswerten $u_i^0$ zur Zeitschicht $k=0$ berechnet man die neuen Werte $u_i^1$ gemäß
$u_i^1 = 0.1 u_{i+1}^0 + 0.8 u_i^0 + 0.1 u_{i-1}^0$ und hieraus iterativ die Werte $u_i^2$ und danach
$u_i^3$ gemäß $u_i^2 = 0.1 u_{i+1}^1 + 0.8 u_i^1 + 0.1 u_{i-1}^1$ und $u_i^3 = 0.1 u_{i+1}^2 + 0.8 u_i^2 + 0.1 u_{i-1}^2$. \\
Die daraus errechneten numerisch genährten Funktionswerte $u_i^k$ für die drei Zeitschichten $k=1,2,3$ und die Gitterpunkte
$i=-5,-4,...,4,5$ sind in folgender Tabelle zusammengestellt:
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}
$i$ & $-5$ & $-4$ & $-3$ & $-2$ & $-1$ & $0$ & $1$ & $2$ & $3$ & $4$ & $5$ \\ \hline
$u_i^1$ & $0$ & $0$ & $0.1$ & $0.9$ & $0.9$ & $0.2$ & $0.9$ & $0.9$ & $0.1$ & $0$ & $0$ \\ \hline
$u_i^2$ & $0$ & $0.01$ & $0.17$ & $0.82$ & $0.83$ & $0.34$ & $0.83$ & $0.82$ & $0.17$ & $0.01$ & $0$ \\ \hline
$u_i^3$ & $0.001$ & $0.025$ & $0.219$ & $0.756$ & $0.780$ & $0.438$ & $0.780$ & $0.756$ & $0.219$ & $0.025$ & $0.001$
\end{tabular}
\end{center}

\noindent Zeichnung siehe Anhang.

\section*{Aufgabe 3}
Von einer Funktion $u(x)$ seien die Werte $u_{i+\frac{1}{2}} = u(i+\frac{1}{2})$ an den Stellen $x = i + \frac{1}{2}, i \in \SetZ$, bekannt. $u(x)$ sei unendlich oft
differenzierbar.

\subsubsection*{(a)}
Zu bestimmen ist eine möglichst gute Approximation für den Wert $u_i'' = u''(i)$ unter Verwendung der 4 Funktionswerte
$u_{i-\frac{3}{2}}, u_{i-\frac{1}{2}}, u_{i+\frac{1}{2}}, u_{i+\frac{3}{2}}$. \\
Lösung: \\
Die Gitterweite $h$ des äquidistanten Gitters $\Gamma := \{x_i | x_i = i + \frac{1}{2}, i \in \SetZ\}$ ist $h=1$. \\
Soll der Approximationsfehler dabei höchstens $\OnotO(h) = \OnotO(1)$ betragen, muss gelten:
$$u_i'' = \alpha u_{i-\frac{3}{2}} + \beta u_{i-\frac{1}{2}} + \gamma u_{i+\frac{1}{2}} + \delta u_{i+\frac{3}{2}} + \OnotO(1)$$
Berechne zunächst für $u_{i+l} = u(i+l)$ das Taylorpolynom 3-ten Grades für die Entwicklung um den Punkt $\xi = i$:
\begin{eqnarray*}
	u_{i+l} & = & u(i+l) \approx T_3(l,i) = \sum_{k=0}^3 \frac{1}{k!} l^k u_i^{(k)} \\
	& = & u_i + l u_i' + \frac{1}{2}l^2 u_i'' + \frac{1}{6}l^3 u_i'''
\end{eqnarray*}
Hieraus ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
	\text{für } l = -\frac{3}{2}: \quad u_{i-\frac{3}{2}} & \approx & u_i - \frac{3}{2}u_i' + \frac{9}{8} u_i'' - \frac{9}{16}u_i''' \\
	\text{für } l = -\frac{1}{2}: \quad u_{i-\frac{1}{2}} & \approx & u_i - \frac{1}{2}u_i' + \frac{1}{8} u_i'' - \frac{1}{48}u_i''' \\
	\text{für } l = \frac{1}{2}: \quad u_{i+\frac{1}{2}} & \approx & u_i + \frac{1}{2}u_i' + \frac{1}{8} u_i'' - \frac{1}{48}u_i''' \\
	\text{für } l = \frac{3}{2}: \quad u_{i+\frac{3}{2}} & \approx & u_i + \frac{3}{2}u_i' + \frac{9}{8} u_i'' - \frac{9}{16}u_i'''
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow \alpha u_{i-\frac{3}{2}} + \beta u_{i-\frac{1}{2}} + \gamma u_{i+\frac{1}{2}} + \delta u_{i+\frac{3}{2}} & \approx & \alpha \cdot \left( u_i - \frac{3}{2} u_i' + \frac{9}{8} u_i'' - \frac{9}{16} u_i''' \right) \\
	& & + \beta \cdot \left( u_i - \frac{1}{2} u_i' + \frac{1}{8} u_i'' - \frac{1}{48} u_i''' \right) \\
	& & + \gamma \cdot \left( u_i + \frac{1}{2} u_i' + \frac{1}{8} u_i'' + \frac{1}{48} u_i''' \right) \\
	& & + \delta \cdot \left( u_i + \frac{3}{2} u_i' + \frac{9}{8} u_i'' + \frac{9}{16} u_i''' \right) \\
	& = & (\alpha + \beta + \gamma + \delta) u_i + \left( -\frac{3}{2}\alpha - \frac{1}{2}\beta + \frac{1}{2}\gamma + \frac{3}{2}\delta \right) u_i' \\
	& & + \left( \frac{9}{8}\alpha + \frac{1}{8}\beta + \frac{1}{8}\gamma + \frac{9}{8}\delta \right) u_i'' \\
	& & + \left( -\frac{9}{16}\alpha - \frac{1}{48}\beta + \frac{1}{48}\gamma + \frac{9}{16}\delta \right) u_i'''
\end{eqnarray*}
Da dies mit $u_i'' = 0 \cdot u_i + 0 \cdot u_i' + 1 \cdot u_i'' + 0 \cdot u_i'''$ übereinstimmen soll, ergibt sich durch Koeffizientenvergleich das folgende lineare Gleichungssystem:
\begin{eqnarray*}
	\alpha + \beta + \gamma + \delta & = & 0 \\
	-\frac{3}{2} \alpha - \frac{1}{2} \beta + \frac{1}{2} \gamma + \frac{3}{2} \delta & = & 0 \\
	\frac{9}{8} \alpha + \frac{1}{8} \beta + \frac{1}{8} \gamma + \frac{9}{8} \delta & = & 1 \\
	-\frac{9}{16} \alpha - \frac{1}{48} \beta + \frac{1}{48} \gamma + \frac{9}{16} \delta & = & 0
\end{eqnarray*}
$$\left( \begin{array}{cccc|c}\overbrace{1}^\beta & \overbrace{1}^\gamma & \overbrace{1}^\alpha & \overbrace{1}^\delta & 0 \\ -1 & 1 & -3 & 3 & 0 \\ 1 & 1 & 9 & 9 & 1 \\ -1 & 1 & -27 & 27 & 0\end{array} \right)$$
$$\leadsto \left( \begin{array}{cccc|c}1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -2 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & -8 & -8 & -8 \\ 0 & 2 & -26 & 28 & 0\end{array} \right)$$
$$\leadsto \left( \begin{array}{cccc|c}1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 24 & -24 & 0\end{array} \right)$$
$$\leadsto \left( \begin{array}{cccc|c}1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -48 & -24\end{array} \right)$$
$$\Rightarrow \delta = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = \frac{1}{2} \Rightarrow \gamma = -\frac{1}{2} \Rightarrow \beta = -\frac{1}{2}$$
Also gilt:
$$u_i'' \approx \frac{1}{2} (u_{i-\frac{3}{2}} - u_{i-\frac{1}{2}} - u_{i+\frac{1}{2}} + u_{i+\frac{3}{2}})$$ \QED

\section*{Aufgabe 4}

\subsubsection*{(a)}
$d_i := y_i - (ax_i+b)$ sei die vertikale Abweichung des Punktes $(x_i, y_i)$ von der durch
$ax+b$ bestimmten Geraden. \\[0.3cm]
Zu bestimmen sind $a$ und $b$, sodass $\displaystyle \sum_{i=1}^n d_i^2$ minimal wird. \\
Lösung:
\begin{eqnarray*}
	\sum_{i=1}^n d_i^2 & = & \sum_{i=1}^n (y_i - (ax_i+b))^2 \\
	& = & \sum_{i=1}^n (ax_i+b-y_i)^2
\end{eqnarray*}
Sei $\displaystyle S(a,b) := \sum_{i=1}^n (ax_i+b-y_i)^2$
\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow \frac{\partial S}{\partial b} & = & \sum_{i=1}^n 2(ax_i+b-y_i) \\
	& = & 2a \sum_{i=1}^n x_i + 2b \sum_{i=1}^n 1 - 2 \sum_{i=1}^n y_i \\
	\frac{\partial S}{\partial b} & = & 2 \left(a \cdot \sum_{i=1}^n x_i + bn - \sum_{i=1}^n y_i\right) \quad (1) \\[0.5cm]
	\frac{\partial S}{\partial a} & = & \sum_{i=1}^n 2(ax_i+b-y_i)x_i \\
	& = & 2 \cdot \sum_{i=1}^n (ax_i^2+bx_i -y_ix_i) \\
	\frac{\partial S}{\partial a} & = & 2 \cdot \left(a\cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 + b\cdot \sum_{i=1}^n x_i - \sum_{i=1}^n x_iy_i\right) \quad (2) \\[0.5cm]
	\text{Notwendige Bedingung: } & & grad \; S = 0 \\[0.5cm]
	\frac{\partial S}{\partial b} = 0 & \stackrel{(1)}{\Leftrightarrow} & a \cdot \sum_{i=1}^n x_i + bn = \sum_{i=1}^n y_i \quad (3) \\[0.5cm]
	\frac{\partial S}{\partial a} = 0 & \stackrel{(2)}{\Leftrightarrow} & a \cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 + b\cdot \sum_{i=1}^n x_i = \sum_{i=1}^n x_iy_i \quad (4)
\end{eqnarray*}
Hinreichende Bedingung: \\
Untersuchung, ob $S(a,b)$ für $a,b$ aus $(3)$ und $(4)$ minimal wird. Berechne dazu die Hesse-Matrix $HS$:
\begin{eqnarray*}
	\frac{\partial^2 S}{\partial a^2} & = & 2 \cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 \\
	\frac{\partial^2 S}{\partial b^2} & = & 2 \cdot n \\
	\frac{\partial^2 S}{\partial a \partial b} & = & 2 \cdot \sum_{i=1}^n x_i = \frac{\partial^2 S}{\partial b \partial a}
\end{eqnarray*}
$$\Rightarrow HS = \left( \begin{array}{cc}2 \cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 & 2 \cdot \sum_{i=1}^n x_i \\[0.4cm] 2 \cdot \sum_{i=1}^n x_i & 2 \cdot n\end{array} \right)$$
Bemerkung: Nach Aufgabenstellung ist es sinnvoll anzunehmen, dass
\begin{enumerate}[(i)]
	\item $n \ge 2$ ist und
	\item es unter den Größen $x_1, ..., x_n$ mindestens 2 voneinander verschiedene gibt.
\end{enumerate}
Unter Zugrundelegung dieser Annahmen wird nun gezeigt, dass $HS$ positiv definit ist. \\
Es gilt:
$$det \left( 2 \cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 \right) = 2 \cdot \underbrace{\sum_{i=1}^n \underbrace{x_i^2}_{\ge 0}}_{>0 \text{ wegen (i) und (ii)}} > 0 \quad (5)$$
Es gilt:
$$det HS = 4 \cdot \left[ \underbrace{n \cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 - \left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^2}_{>0 \; (*)}\right]>0 \quad (6)$$
Aus $(5)$ und $(6)$ folgt, dass $HS$ positiv definit ist; damit ist gezeigt, dass $S(a,b)$ minimal wird. \\
Nachtrag: Beweis von $(*)$ \\
{\bfseries Behauptung:} \\
Unter den Annahmen (i) und (ii) gilt:
$$n \cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 - \left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^2 > 0$$ \\
Beweis durch vollständige Induktion:
\begin{enumerate}[1.]
	\item Induktionsanfang: $n=2$
		\begin{eqnarray*}
			2 \cdot \sum_{i=1}^2 x_i^2 - \left(\sum_{i=1}^2 x_i\right)^2 & = & 2 \cdot (x_1^2 + x_2^2) - (x_1+x_2)^2 \\
			& = & x_1^2 - 2x_1x_2 + x_2^2 \\
			& = & (x_1 - x_2)^2 > 0 \quad \text{da wegen (ii): } x_1 \ne x_2
		\end{eqnarray*}
	\item
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item Induktionsannahme:\\
			Für $n \ge 2$ gelte:
			$$n \cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 - \left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^2 > 0$$
		\item Induktionsbehauptung:\\
			Dann gilt auch:
			$$(n+1) \cdot \sum_{i=1}^{n+1} x_i^2 - \left(\sum_{i=1}^{n+1} x_i\right)^2 > 0$$
		\item Induktionsbegründung:
		\begin{eqnarray*}
			& & (n+1) \cdot \sum_{i=1}^{n+1} x_i^2 - \left(\sum_{i=1}^{n+1}x_i\right)^2 \\
			& = & (n+1) \cdot \left(\sum_{i=1}^n x_i^2 + x_{n+1}^2\right) - \left(\sum_{i=1}^n x_i + x_{n+1}\right)^2 \\
			& = & n \cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 + 1 \cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 + n \cdot x_{n+1}^2 + x_{n+1}^2 \\
			& & - \left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^2 - 2x_{n+1} \cdot \sum_{i=1}^n x_i - x_{n+1}^2 \\
			& = & \underbrace{n \cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 - \left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^2}_{>0 \text{ nach 2(a)}} + \sum_{i=1}^n x_i^2 - 2x_{n+1} \cdot \sum_{i=1}^n x_i + x_{n+1}^2 \cdot \sum_{i=1}^n 1 \\
			& > & \sum_{i=1}^n (x_i^2 - 2x_i x_{n+1} + x_{n+1}^2) \\
			& = & \underbrace{\sum_{i=1}^n (\underbrace{x_i - x_{n+1}}_{\ge 0})^2}_{>0 \text{ nach Vor.}} > 0
		\end{eqnarray*} \QED
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsubsection*{(b)}
Datenpaare (GByte, Sekunden):
$$(x_i, y_i): \; (3.1, 2.2); (4.3, 4.9); (6.1, 11.2); (6.8, 13.5); (9.5, 21)$$
Berechnung der \glqq Least Square\grqq -Gerade $y=ax+b$:
\begin{eqnarray*}
	\sum_{i=1}^5 x_i & = & 29.8 \\
	\sum_{i=1}^5 y_i & = & 52.8 \\
	\sum_{i=1}^5 x_i^2 & = & 201.8 \\
	\sum_{i=1}^5 x_i y_i & = & 387.51
\end{eqnarray*}
Damit ist wegen (3) und (4) aus Teil (a) folgendes Gleichungssystem zu lösen:
\begin{eqnarray*}
	(I) \quad 29.8a + 5b & = & 52.8 \\
	(II) \quad 201.8a + 29.8b & = & 387.51
\end{eqnarray*}
Aus (I) folgt:
\begin{eqnarray*}
	b & = & \frac{52.8 - 29.8a}{5} \\
	b & = & 10.56 - 5.96a
\end{eqnarray*}
In (II) eingesetzt:
\begin{eqnarray*}
	201.8a + 29.8 \cdot (10.56-5.96a) & = & 387.51 \\
	\Leftrightarrow 201.8a + 314.688 - 177.608a & = & 387.51 \\
	24.192a & = & 72.822 \\
	a & \approx & 3.01 \\
	\Rightarrow b & \approx & -7.38
\end{eqnarray*}
Ergebnis: Die Gleichung der \glqq Least Square\grqq -Geraden lautet:
$$y=3.01x - 7.38$$
Zeichnung siehe Anhang.

\end{document}