Lösung u. Konvergenz Gleichung < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:27 So 02.02.2014 | | Autor: | lisa2802 |
Zur approximativen Lösung der Gleichung
x+log(x)=0 [mm] (\*)
[/mm]
betrachte man für einen festen parameter [mm] \alpha [/mm] >0 das Verfahren
[mm] x_{n}=f_{\alpha}(x_{n-1}) [/mm] := [mm] \bruch{\alpha x_{n-1}+ e^{-x_{n-1}}}{\alpha+1} [/mm] n [mm] \in \IN (\*\*)
[/mm]
i) Begründen Sie, dass [mm] (\*) [/mm] in (0, [mm] \infty) [/mm] genau eine Lösung [mm] x_{\*} \in [/mm] (0,1) bestitz.
ii) Zeigen Sie, dass [mm] (\*\*) [/mm] für jeden Startwert [mm] x_{0} \in [/mm] [0,1] konvergiert, und verifizieren Sie, dass der Grenzwert wirklich [mm] (\*) [/mm] löst.
Hinweis: Leiten Sie -1 < [mm] c_{\alpha} \le f'_{\alpha}(x) \le \overline{c}_{\alpha} [/mm] < 1 für alle x [mm] \in [/mm] [0,1] her.
iii) Finden Sie alle [mm] \alpha [/mm] > 0, für die [mm] (\*\*) [/mm] quadratisch konvergiert. Weshalb ist diese Wahl nicht praktikabel? </task>
Hallo ihr fleißigen "Mitstreiter",
mal wieder mache ich es mir schwer.
Zu Aufgabenteil i) hätte ich gerne eure Hilfe
also
x + log(x) = 0
[mm] \gdw e^{x} [/mm] +x =1
[mm] \gdw e^{x} [/mm] +x -1 = 0
[mm] \Rightarrow [/mm] f(x) = [mm] e^{x} [/mm] +x -1 (stetig, reell)
f(0)=0
f(1) = e
Zwischenwertsatz:
f sei reelle, stetige Funktion.Zu jedem u [mm] \in [/mm] [f(a),f(b)] mit f(a)<(f(b) existiert ein c [mm] \in [/mm] [a,b] mit f(c)=u.
[mm] \Rightarrow (\*) [/mm] bestitzt mit ZWS min eine Lösung [mm] x_{\*} \in [/mm] (0,1)
Ist das so korrekt?
Aber wie komme ich auf "genau eine" Lösung! Das sind ja zwei verschiedene paar Schuhe.
Kurz zu der "Definition" des ZWS und der Aufgabe, das obige c ist gleich [mm] x_{\*} [/mm] und wenn ich die "lösung" suche, dann bedeutet das [mm] f(x_{\*})=0 [/mm] oder wie bei einem FP [mm] f(x_{\*})=x_{\*}? [/mm] Heißt also bei uns falls [mm] f(x_{*})=0 [/mm] gilt, ist u=0? Oder sucht man eine bel. lösung? Ich habe nun, das Intervall (0, [mm] \infty) [/mm] gar nicht "benutzt" es ist ja nur für den log relevant, da der ja sonst nicht definiert ist, sehe ich das so richtig?
Danke für eure Hilfe :)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:15 Mo 03.02.2014 | | Autor: | lisa2802 |
zu ii)
[mm] x_{n}=f_{\alpha}(x_{n-1}) =\bruch{\alpha x_{n-1}+ e^{-x_{n-1}}}{\alpha+1}
[/mm]
[mm] f'_{\alpha}(x_{n-1}) [/mm] = [mm] \bruch{\alpha-e^{-x_{n-1}}}{\alpha +1}
[/mm]
ich bezeichne obiges weiterhin mit [mm] f'_{\alpha}(x) [/mm] = [mm] \bruch{\alpha-e^{-x}}{\alpha +1}
[/mm]
ich weiß nun nicht wofür ich den Hinweis genau benötige, denn wenn |f'(x)| < 1 ist so konvergiert das Verfahren für alle Startwerte aus [0,1] (anziehender Fixpunkt), aber trotzdem habe ich es mal versucht
[mm] |f'_{\alpha}(x)| [/mm] = [mm] |\bruch{\alpha-e^{-x}}{\alpha +1} [/mm] | [mm] \le |\bruch{\alpha+e^{-x}}{\alpha +1} [/mm] | [mm] \le |\underbrace{\bruch{1}{\alpha +1}}_{>0}| \* (|\alpha|+|e^{-x}|) [/mm] = [mm] \bruch{1}{\alpha +1} \* |(\underbrace{\alpha}_{>0}|+|\underbrace{e^{-x}}_{>0}|) [/mm] = [mm] \bruch{1}{\alpha +1} \* (\alpha+\underbrace{e^{-x}}_{\le 1, x \in [0,1]}) \le \bruch{1}{\alpha +1} \* (\alpha+1) [/mm] = 1 ( was ist denn dann hier [mm] \overline{c}_{\alpha}???) [/mm] mit [mm] \alpha [/mm] > 0
und
[mm] |f'_{\alpha}(x)| [/mm] = [mm] |\bruch{\alpha-e^{-x}}{\alpha +1} [/mm] | = [mm] \bruch{1}{\alpha +1} \* (|\alpha [/mm] - [mm] e^{-x}|) \ge \bruch{1}{\alpha +1} \* ||\alpha| [/mm] - [mm] |e^{-x}|| [/mm] = [mm] \bruch{1}{\alpha +1} \* |\alpha [/mm] - [mm] |e^{-x}|| \ge \bruch{1}{\alpha +1} \* \alpha [/mm] = [mm] \underbrace{\bruch{\alpha}{\alpha +1}}_{=c_{\alpha???}} [/mm] >0 > -1 mit [mm] \alpha [/mm] > 0
Was fange ich dann an damit?
Denn wie schon gesagt brauche ich für den anziehende FP [mm] |f'_{\alpha}(x)|<1, [/mm] habe hier aber nur [mm] |f'_{\alpha}(x)|\le [/mm] 1.
Gibt es eine andere möglichkeit konvergenz für alle startwerte zu zeigen??
Irgendwie verwirrt mich das alles. puuh...
Danke ! :)
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:31 Mo 03.02.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
> zu ii)
> [mm]x_{n}=f_{\alpha}(x_{n-1}) =\bruch{\alpha x_{n-1}+ e^{x_{n-1}}}{\alpha+1}[/mm]
>
> [mm]f'_{\alpha}(x_{n-1})[/mm] = [mm]\bruch{\alpha-e^{-x_{n-1}}}{\alpha +1}[/mm]
Wie kommst du denn auf das Minus im Nenner bzw. im Exponenten?
Es gilt:
[mm] (e^x)'=e^x
[/mm]
Zeige die Vorraussetzung des Banachschen Fixpunktsatzes auf $[0,1]$.
Banachscher Fixpunktsatz in [mm] \IR^1: [/mm]
[mm] f:D\to\IR, D\subseteq\IR [/mm]
[mm] \alpha) [/mm] $D$ abgeschlossen.
[mm] \beta) $f(D)\subset [/mm] D$ (Selbstabbildung).
[mm] \gamma) [/mm] $f$ auf $D$ kontrahierend.
[mm] \alpha) [/mm] - klar.
[mm] \beta) [/mm] - Äquivalent zu zeigen: [mm] f:[0,1]\to\[0,1].
[/mm]
[mm] \gamma) [/mm] - Tipp vom Aufgabenblatt!
Gruß
DieAcht
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:34 Mo 03.02.2014 | | Autor: | lisa2802 |
hab mich beim abtippen vertan und das minus in der aufgabenstellung vergessen! richtig ist es so :
[mm] x_{n}=f_{\alpha}(x_{n-1})=\bruch{\alpha x_{n-1}+ e^{-x_{n-1}}}{\alpha+1}
[/mm]
verbessere ich in der Aufgabenstellung und probiere hier die Aufgabe nochmal.
Danke für deine Geduld und deine Mühe, bis gleich 
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:19 Mo 03.02.2014 | | Autor: | lisa2802 |
hey,
also wir haben die Selbstabb. auf [a,b] immer gezeigt indem wir geprüft haben ob a [mm] \le [/mm] |f(x)| [mm] \le [/mm] b
hier in dem konkreten Bsp
bekomme ich [mm] $|g_{\alpha}(x)| \le [/mm] 1$
aber nur [mm] $|g_{\alpha}(x)| \ge \bruch{1}{\alpha +1 }$ [/mm] > 0 was aber für kein [mm] \alpha [/mm] verschwindet.
hier kommt einmal der weg dazu (benutzt wurden Dreiecksungleichung, [mm] \alpha [/mm] >0 und [mm] e^{-x}\ge [/mm] 0 und |ab|=|a||b|)
[mm] $|g_{\alpha}(x)| \ge |\bruch{\alpha x+ e^{-x}}{\alpha+1}| [/mm] = [mm] \bruch{1}{\alpha+1} \* |\alpha [/mm] x+ [mm] e^{-x}| \ge \bruch{1}{\alpha+1} \* ||\alpha [/mm] x|- [mm] |e^{-x}| [/mm] | = [mm] \bruch{1}{\alpha+1} \* |\alpha [/mm] |x|- [mm] e^{-x}| \ge \bruch{1}{\alpha+1} \* |\alpha [/mm] |0|- [mm] e^{-0}| [/mm] = [mm] \bruch{1}{\alpha+1} \* [/mm] |0-1| = [mm] \bruch{1}{\alpha+1}$ [/mm] >0
hab ich was falsch gemacht???
kurze nachfrage :
mein nächster schritt ist es jetzt zu zeigen [mm] $|g'_{\alpha}(x)|$ [/mm] < 1 [mm] (|g'_{\alpha}(x)| [/mm] = q, sodass |g(x)-g(y)| [mm] \le [/mm] q|x-y|)
und dann mit dem Mittelwertsatz zu folgern dass solch ein q für x,y [mm] \in [/mm] [a,b] existieren muss
[mm] \Rightarrow [/mm] der banachsche FPS gilt
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:33 Mo 03.02.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo Lisa,
Dein Versuch kann ich wegen der Darstellung nicht nachvollziehen,
aber du hast eine zu große Abschätzung gemacht.
Hier ist es besser sich beide Seiten einzeln vorzunehmen.
Das nächste Mal benutz vor und nach allen Ausdrücken folgendes Zeichen:
$
Hier ein Beispiel:
$ax^2+bx+c$
Ergibt:
[mm] $ax^2+bx+c$
[/mm]
Kommen wir nun zu deiner Aufgabe!
Ich habe mich durch die Aufgabenstellung beirren lassen,
denn du musst den Banachschen Fixpunktsatz auf $I:=[0,1]$ nicht direkt überprüfen.
Du sollst im ersten Teil dieser Teilaufgabe zeigen,
dass das Verfahren für alle Startwerte [mm] $x\in [/mm] I$ konvergiert.
Das ist äquivalent zu folgender Aussage:
[mm] |f_\alpha(x_{n-1})|<1 [/mm] für alle [mm] $x\in [/mm] I$, [mm] n\in\IN_0 [/mm] und [mm] \alpha\in\IR_{>0}
[/mm]
Durch den zweiten Teil dieser Teilaufgabe folgt indirekt,
dass $f$ kontrahierend ist auf $I$, das heißt,
dass der Banachsche Fixpunktsatz gilt.
Dann wollen wir mal!
Es gilt für alle [mm] \alpha\in\IR_{>0}:
[/mm]
[mm] f_\alpha(x_{n-1})=\frac{\alpha x_{n-1}+e^{-x_{n-1}}}{\alpha+1}
[/mm]
[mm] \Rightarrow f_\alpha'(x_{n-1})=\frac{\alpha-e^{-x_{n-1}}}{\alpha+1}
[/mm]
Die Funktion
[mm] g(x):=e^{-x}
[/mm]
ist streng monoton fallend, denn es gilt:
[mm] g'(x)=-e^{-x}<0 [/mm] für alle [mm] x\in\IR
[/mm]
Für $I$ gilt demnach:
[mm] I=[0,a_1,a_2,\ldots,a_n,a_{n+1},\ldots,1]
[/mm]
[mm] \Rightarrow g(0)>g(a_1)>g(a_2)>\ldots>g(a_n)>g(a_{n+1})>\ldots>g(1)
[/mm]
Demnach gilt für alle [mm] $x\in [/mm] I$ und [mm] \alpha\in\IR_{>0}:
[/mm]
[mm] f_\alpha'(x_{n-1})\le\frac{\alpha-e^0}{\alpha+1}=\frac{\alpha-1}{\alpha+1}<1
[/mm]
bzw.
[mm] f_\alpha'(x_{n-1})\ge\frac{\alpha-e^{-1}}{\alpha+1}>-1
[/mm]
[mm] \Rightarrow |f_\alpha'(x_{n-1})|<1 [/mm] für alle [mm] $x\in [/mm] I$ und [mm] \alpha\in\IR_{>0}
[/mm]
Die letzte Abschätzung kannst du dir wie folgt klar machen:
Für große [mm] \alpha [/mm] ist die Aussage klar.
Für sehr kleine [mm] \alpha, [/mm] setzen wir [mm] \epsilon:=\alpha>0, [/mm] dann gilt:
[mm] \frac{\epsilon-e^{-1}}{\epsilon+1}\to-e^{-1}>-\frac{1}{2}>-1, $\epsilon\to [/mm] 0$
Alles klar?
Jetzt musst du noch zeigen, dass der Grenzwert
das folgende Nullstellenproblem löst:
[mm] $\log(x)+x=0$
[/mm]
Gruß
DieAcht
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:45 Mo 03.02.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
> Zur approximativen Lösung der Gleichung
>
> x+log(x)=0 [mm](\*)[/mm]
>
> betrachte man für einen festen parameter [mm]\alpha[/mm] >0 das
> Verfahren
>
> [mm]x_{n}=f_{\alpha}(x_{n-1})[/mm] := [mm]\bruch{\alpha x_{n-1}+ e^{x_{n-1}}}{\alpha+1}[/mm]
> n [mm]\in \IN (\*\*)[/mm]
>
> i) Begründen Sie, dass [mm](\*)[/mm] in (0, [mm]\infty)[/mm] genau eine
> Lösung [mm]x_{\*} \in[/mm] (0,1) bestitz.
>
> ii) Zeigen Sie, dass [mm](\*\*)[/mm] für jeden Startwert [mm]x_{0} \in[/mm]
> [0,1] konvergiert, und verifizieren Sie, dass der Grenzwert
> wirklich [mm](\*)[/mm] löst.
> Hinweis: Leiten Sie -1 < [mm]c_{\alpha} \le f'_{\alpha}(x) \le \overline{c}_{\alpha}[/mm]
> < 1 für alle x [mm]\in[/mm] [0,1] her.
>
> iii) Finden Sie alle [mm]\alpha[/mm] > 0, für die [mm](\*\*)[/mm]
> quadratisch konvergiert. Weshalb ist diese Wahl nicht
> praktikabel?
>
> Hallo ihr fleißigen "Mitstreiter",
>
>
> mal wieder mache ich es mir schwer.
>
> Zu Aufgabenteil i) hätte ich gerne eure
> Korrekturvorschläge, zu den anderen Teilen komme ich dann
> gleich :)
>
>
> also
>
> x + log(x) = 0
> [mm]\gdw e^{x}[/mm] +x =1
Es gilt:
[mm] x+\log(x)=0
[/mm]
[mm] \Rightarrow e^{x+\log(x)}=0
[/mm]
[mm] \Rightarrow e^x*e^{\log(x)}=0
[/mm]
> [mm]\gdw e^{x}[/mm] +x -1 = 0
> [mm]\Rightarrow[/mm] f(x) = [mm]e^{x}[/mm] +x -1 (stetig, reell)
> f(0)=0
Hier hättest du merken müssen, dass etwas nicht stimmen kann!
Du erhältst nämlich einen undefinierten Wert:
[mm] f(0)=0+\log(0)
[/mm]
> f(1) = e
> Zwischenwertsatz:
> f sei reelle, stetige Funktion.Zu jedem u [mm]\in[/mm] [f(a),f(b)]
> mit f(a)<(f(b) existiert ein c [mm]\in[/mm] [a,b] mit f(c)=u.
>
> [mm]\Rightarrow (\*)[/mm] bestitzt mit ZWS min eine Lösung [mm]x_{\*} \in[/mm]
> (0,1)
> Ist das so korrekt?
Ich finde es schön, dass du dir meinen Tipp vom "letzten Mal" gemerkt hast.
> Aber wie komme ich auf "genau eine" Lösung! Das sind ja
> zwei verschiedene paar Schuhe.
Dazu gibt es verschiedene Wege.
> Kurz zu der "Definition" des ZWS und der Aufgabe, das obige
> c ist gleich [mm]x_{\*}[/mm] und wenn ich die "lösung" suche, dann
> bedeutet das [mm]f(x_{\*})=0[/mm] oder wie bei einem FP
> [mm]f(x_{\*})=x_{\*}?[/mm] Heißt also bei uns falls [mm]f(x_{*})=0[/mm]
> gilt, ist u=0? Oder sucht man eine bel. lösung? Ich habe
> nun, das Intervall (0, [mm]\infty)[/mm] gar nicht "benutzt" es ist
> ja nur für den log relevant, da der ja sonst nicht
> definiert ist, sehe ich das so richtig?
Für hinreichend großes [mm] n\in\IN [/mm] und einem anziehenden Fixpunkt,
sollte dann folgendes gelten:
[mm] x_n+\log(x_n)=0 [/mm] mit [mm] x_n=f_\alpha(x_{n-1})
[/mm]
> Danke für eure Hilfe :)
Kommen wir nun zu deiner Aufgabe.
Du sollst zeigen, dass die Funktion
$f(x):=x+log(x)$
genau eine Lösung besitzt.
Die Funktion ist zunächst stetig, denn sie ist in ihrem
gesamten Definitionsbereich [mm] $D_f:=\IR\setminus\{0\} [/mm] stetig.
Es gilt:
[mm] f(\frac{1}{2})<0 [/mm] und $f(1)=1>0$
Damit folgt aus dem Zwischenwertsatz, dass es mindestens
ein [mm] \xi\in(\frac{1}{2},1) [/mm] gibt, sodass [mm] f(\xi)=0 [/mm] gilt.
Wir müssen nun zeigen, dass es genau eine Nullstelle in [mm] \IR_{>0} [/mm] gibt.
Es gilt für alle [mm] x\in\IR_{>0}:
[/mm]
[mm] f'(x)=1+\frac{1}{x}
[/mm]
[mm] $\Rightarrow [/mm] f'(x)>0$
Damit ist $f$ auf [mm] \IR_{>0} [/mm] streng monoton steigend.
Alles klar?
Gruß
DieAcht
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:08 Mo 03.02.2014 | | Autor: | lisa2802 |
> >
> > Zu Aufgabenteil i) hätte ich gerne eure
> > Korrekturvorschläge, zu den anderen Teilen komme ich dann
> > gleich :)
> >
> >
> > also
> >
> > x + log(x) = 0
> > [mm]\gdw e^{x}[/mm] +x =1
>
> Es gilt:
>
> [mm]x+\log(x)=0[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow e^{x+\log(x)}=0[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow e^x*e^{\log(x)}=0[/mm]
>
> > [mm]\gdw e^{x}[/mm] +x -1 = 0
> > [mm]\Rightarrow[/mm] f(x) = [mm]e^{x}[/mm] +x -1 (stetig, reell)
> > f(0)=0
>
> Hier hättest du merken müssen, dass etwas nicht stimmen
> kann!
> Du erhältst nämlich einen undefinierten Wert:
>
> [mm]f(0)=0+\log(0)[/mm]
Genau deswegen wollte ich das ja umschreiben zu (Danke habe mich vertan, war mal wieder doof^^ ) [mm] e^x*e^{\log(x)}=e^{0} [/mm]
[mm] \gdw e^x*x=1
[/mm]
was aber für x=0 keine wahre Aussage ist!
> > f(1) = e
> > Zwischenwertsatz:
> > f sei reelle, stetige Funktion.Zu jedem u [mm]\in[/mm]
> [f(a),f(b)]
> > mit f(a)<(f(b) existiert ein c [mm]\in[/mm] [a,b] mit f(c)=u.
> >
> > [mm]\Rightarrow (\*)[/mm] bestitzt mit ZWS min eine Lösung [mm]x_{\*} \in[/mm]
> > (0,1)
> > Ist das so korrekt?
>
> Ich finde es schön, dass du dir meinen Tipp vom "letzten
> Mal" gemerkt hast.
Ja habe ich mir sofort nochmal aufgeschrieben. Danke nochmal! 
>
> > Aber wie komme ich auf "genau eine" Lösung! Das sind ja
> > zwei verschiedene paar Schuhe.
>
> Dazu gibt es verschiedene Wege.
> Für hinreichend großes [mm]n\in\IN[/mm] und einem anziehenden
> Fixpunkt,
> sollte dann folgendes gelten:
>
> [mm]x_n+\log(x_n)=0[/mm] mit [mm]x_n=f_\alpha(x_{n-1})[/mm]
>
>
> Kommen wir nun zu deiner Aufgabe.
>
> Du sollst zeigen, dass die Funktion
>
> [mm]f(x):=x+log(x)[/mm]
>
> genau eine Lösung besitzt.
>
> Die Funktion ist zunächst stetig, denn sie ist in ihrem
> gesamten Definitionsbereich [mm]$D_f:=\IR\setminus\{0\}[/mm]
> stetig.
>
> Es gilt:
>
> [mm]f(\frac{1}{2})<0[/mm] und [mm]f(1)=1>0[/mm]
>
> Damit folgt aus dem Zwischenwertsatz, dass es mindestens
> ein [mm]\xi\in(\frac{1}{2},1)[/mm] gibt, sodass [mm]f(\xi)=0[/mm] gilt.
Genau damit wollte ich anfangen.
Da f(x) für x=0 nicht definiert ist ( x ist ja auch aus (0,1) also ist in der Lösung die 0 nicht entahlten) nimmt man dann einfach einen wert [mm] "0+\alpha" [/mm] sozusagen? Warum macht man das? Eigentlich Untersucht man ja die Intervallgrenzen?
> Wir müssen nun zeigen, dass es genau eine Nullstelle
> gibt.
>
> Es gilt für [mm]x<0[/mm]:
>
> [mm]\log(x)<0[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow x+\log(x)<0[/mm] für alle [mm]x\in(0,\infty)[/mm]
>
> Demnach können nur noch Nullstellen für [mm]x>0[/mm] existieren.
Da aber x [mm] \in [/mm] (0, [mm] \infty) [/mm] haben wir doch gar kein x < 0, ist damit nicht der erste Teil hinfällig?
>
> Es gilt:
>
> [mm]f'(x)=1+\frac{1}{x}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow f'(x)>0[/mm] für alle [mm]x\in\IR_{>0}[/mm]
>
> Damit ist [mm]f[/mm] auf [mm](0,\infty)[/mm] streng monoton steigend.
[mm] \Rightarrow [/mm] es kann nur eine Nullstelle geben
>
> Alles klar?
Also heißt das wenn eine Lösung gesucht wird, redet man von einer Nullstelle? Sehe ich das richtig?
>
Danke
Lisa
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:20 Mo 03.02.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
> > Wir müssen nun zeigen, dass es genau eine Nullstelle
> > gibt.
> >
> > Es gilt für [mm]x<0[/mm]:
> >
> > [mm]\log(x)<0[/mm]
> >
> > [mm]\Rightarrow x+\log(x)<0[/mm] für alle [mm]x\in(0,\infty)[/mm]
> >
> > Demnach können nur noch Nullstellen für [mm]x>0[/mm] existieren.
>
> Da aber x [mm]\in[/mm] (0, [mm]\infty)[/mm] haben wir doch gar kein x < 0,
> ist damit nicht der erste Teil hinfällig?
Ich bin davon ausgegangen, dass du zeigen sollst,
dass $f$ nur eine Nullstelle auf [mm] \IR\setminus\{0\} [/mm] besitzt,
aber das brauchst du hier nicht einmal,
sodass du das natürlich weglassen kannst.
> > Es gilt:
> >
> > [mm]f'(x)=1+\frac{1}{x}[/mm]
> >
> > [mm]\Rightarrow f'(x)>0[/mm] für alle [mm]x\in\IR_{>0}[/mm]
> >
> > Damit ist [mm]f[/mm] auf [mm](0,\infty)[/mm] streng monoton steigend.
> [mm]\Rightarrow[/mm] es kann nur eine Nullstelle geben
> >
> > Alles klar?
>
>
> Also heißt das wenn eine Lösung gesucht wird, redet man
> von einer Nullstelle? Sehe ich das richtig?
Ja. Das ist die Motivation bei der Fixpunktiteration.
>
>
> Danke
> Lisa
>
Gruß
DieAcht
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:28 Mo 03.02.2014 | | Autor: | lisa2802 |
Danke,
bei uns im Skript heißt es im Satz zum Banachscher Fixpunktsatz
"Sei X ein vollständiger metrischer Raum und f : X [mm] \to [/mm] X eine kontraktive Abbildung (Kontraktion),
d.h. es gibt ein q [mm] \in [/mm] [0; 1); so dass für alle [mm] x_{1}; x_{2} \in [/mm] X gilt:
[mm] d(f(x_{1}); f(x_{2})) \le [/mm] q [mm] d(x_{1},x_{2}):
[/mm]
Dann gibt es genau ein [mm] x_{\*} \in [/mm] X; so dass
[mm] f(x_{\*}) [/mm] = [mm] x_{\*}
[/mm]
ist, d.h. [mm] x_{\*} [/mm] ist Fixpunkt von f. "
Das impliziert meiner Meinung nach aber nicht direkt, dass [mm] f(x_{\*}) [/mm] = 0 gelten muss. Sondern Funktionsargument = Funktionswert.
Oder verstehe ich das falsch?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:36 Mo 03.02.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
Das ist richtig, siehe dazu meine andere Antwort zu ii).
Hier geht es aber nur um die Eindeutigkeit der Nullstelle auf [mm] A:=\IR_{>0}!
[/mm]
Wir wissen über $f$ folgendes:
$f$ ist auf $A$ stetig.
$f$ besitzt nach dem Zwischenwertsatz mindestens eine Nullstelle auf $A$.
$f$ ist auf $A$ streng monoton wachsend.
Daraus folgt sofort, dass $f$ nur eine Nullstelle besitzen kann,
denn $f$ kann dadurch nicht mehr "hin und her" auf der $x$-Achse springen.
Mal dir das mal auf, dann wird es klar.
Gruß
DieAcht
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:42 Mo 03.02.2014 | | Autor: | lisa2802 |
> Hallo,
>
>
> Das ist richtig, siehe dazu meine andere Antwort zu ii).
>
> Hier geht es aber nur um die Eindeutigkeit der Nullstelle
> auf [mm]A:=\IR_{>0}![/mm]
>
> Wir wissen über [mm]f[/mm] folgendes:
>
> [mm]f[/mm] ist auf [mm]A[/mm] stetig.
> [mm]f[/mm] besitzt nach dem Zwischenwertsatz mindestens eine
> Nullstelle auf [mm]A[/mm].
> [mm]f[/mm] ist auf [mm]A[/mm] streng monoton wachsend.
>
> Daraus folgt sofort, dass [mm]f[/mm] nur eine Nullstelle besitzen
> kann,
> denn [mm]f[/mm] kann dadurch nicht mehr "hin und her" auf der
> [mm]x[/mm]-Achse springen.
>
> Mal dir das mal auf, dann wird es klar.
>
>
> Gruß
> DieAcht
Also das mit der Nullstelle ist mir klar.
Es ging mir eher um die Definiton des Fixpunktes.
Also ist im Normalfall [mm] f({x_\*})={x_\*} [/mm] und nicht [mm] f(x{_\*})=0 [/mm] ?
Irgendwie verstehe ich das nicht.
wann gilt denn [mm] f(x_{\*})=0 [/mm] und wann [mm] f({x_\*})={x_\*}?
[/mm]
Gruß lisa
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:53 Mo 03.02.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
Die Motivation ist das numerische Lösen nichtlinearer Gleichungen.
Zunächst formst du deine Gleichung in ein Nullstellenproblem.
Du erhältst sowas wie:
$f(x)=0$
Dann wandelst du das Nullstellenproblem in ein Fixpunktproblem um, etwa so:
[mm] x=\Phi(x)
[/mm]
Dazu gibt es im Allgemeinen sehr viele Möglichkeiten.
Diese müssen nicht einmal äquivalent sein!
Zum Beispiel können wir die Gleichung
[mm] e^x-\sin(x)=0
[/mm]
in folgende mögliche Fixpunktgleichungen umschreiben:
[mm] x=e^x-\sin(x)+x
[/mm]
[mm] x=\sin(x)-e^x+x
[/mm]
[mm] x=\arcsin(e^x) [/mm] mit $x<0$
Die Idee des Fixpunktverfahrens ist nun eine Folge
[mm] x_{n+1}=\Phi(x_{n+1})
[/mm]
mit geeignetem Startwert [mm] $x_0$ [/mm] zu erzeugen.
Die Konvergenz dieser Folge gegen eine Lösung erhalten wir
durch den Banachschen Fixpunktsatz.
Jetzt alles klar?
Gruß
DieAcht
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