Musterlösungen zum 8.¨Ubungsblatt

Musterlösungen zum 8. Übungsblatt
Analysis 2 bei Dr. Rolf Busam
WS 2006/07
Aufgabe 36 (Hartmuth Henkel)
Wir benutzen das Newton Verfahren, um die Nullstellen der Funktionen x 7→ x3 + 2x − 5
und x 7→ 2 cos x − x2 zu bestimmen.
(i) Wir definieren f (x) := x3 + 2x − 5 und wählen als Startwert x0 = 1.3.
Durch Verwendung der Formel
xn+1 = xn −
f (xn )
f 0 (xn )
(1)
erhalten wir x1 = 1.337974684 und durch wiederholte Iteration x2 = 1.328320034.
Nun ist aber m = 2 das Minimum von |f 0 | in [0, 2] und M = 12 das Maximum von
|f 00 | in [0, 2]. Durch einsetzen erkennt man, dass
M
|x2 − x1 |2 ≤ 10−3 ,
(2)
2m
wobei ξ die zu bestimmende Nullstelle ist. Diese Abschätzung folgt aus dem Satz
über die Konvergenz des Newton Verfahrens.
|ξ − x2 | ≤
(ii) Analog behandeln wir g(x) := 2 cos x−x2 und wählen x0 = 1 als Startwert. Wir verwenden wiederum (1) und erhalten x1 = 1.021885930 und x2 = 1.021689970. Das
Minimum von |g 0 | in [1, 1.1] ist sicherlich 2(1 + sin(1)) ' 3.68 und das Maximum
von |g 00 | in [1, 1.1] ist 2cos(1) + 2 ' 3.08. Mit (2) erhält man, dass |x2 − ξ| ≤ 10−3 ,
wobei ξ die gesuchte Nullstelle bezeichnet.
Aufgabe 37 (Thorsten Eppelmann)
Sei a die Nullstelle der Funktion. Es seien m, M > 0 gegeben, mit |f 0 (x)| ≥ m und
|f 000 (x)| ≤ M für alle x. Wir benutzen die Taylorformel für f and der Stelle xn :
f 00 (xn )
0 = f (a) = f (xn ) + f (xn )(a − xn ) +
(a − xn )2 +
2
0
Za
xn
1
f 000 (t)
(a − t)2 dt
2
Formen wir nun die Rekursionsformel
xn+1 = xn −
f (xn )
f 0 (xn )
um zu
(xn − xn+1 )f 0 (xn ) = f (xn )
und setzen ein, dann erhalten wir


Za
1
f 00 (xn )(a − xn )2 + f 000 (t)(a − t)2 dt
xn+1 − a = 0
2f (xn )
xn
Weiterhin gilt f 00 (xn ) = f 00 (xn )−f 00 (a) = −
Ra
f 000 (t)dt. Also folgt mit dem Mittelwertsatz
xn
der Integralrechnung

xn+1 − a =
1
2f 0 (xn )
(a − xn )2 f 000 (ξn )
Za
1dt + f 000 (ψn )
xn
Za

(a − t)2 dt
xn
für zwei Zahlen ξn und ψn . Somit gilt
|a − xn+1 | ≤
=
M
1
(|a − xn |3 + |a − xn |3 )
2m
3
2M
|a − xn |3
3m
Aufgabe38 (Nathan Hüsken)
Behauptung:
Gilt |x0 | ≥ λ2 , so gilt für alle n ∈ N: |xn | ≥
2
λ
und für alle n > 0: |xn − xn−1 | ≥ λ4 .
Beweis: Indukiton über N:
Induktionsanfang (n=0): |xn | ≥ λ2 . Die zweite Aussage ist für n = 0 nicht zu Zeigen,
und für die Induktionsvoraussetzung wird es nicht benötigt.
Induktionsvoraussetzung: Für alle b ≤ n gilt |xb | ≥
2
λ
Induktionsschritt (n → n+1): Sei |xn | > λ2 . Es folgt |λ·xn | > 2 ⇒ atan(λ·xn ) > 1|.
Damit folgt:
2
2
fλ (xn ) = atan(λ · xn ) · (λ · xn + 1) > λx2n > 2|xn |
f 0 (xn ) λ
λ
Weiter folgt:
fλ (xn ) |xn+1 | = xn − 0
> |xn |
fλ (xn ) 2
und:
fλ (xn ) > 2|xn | > 4
|xn+1 − xn | = 0
fλ (xn ) λ
Damit ist klar, dass xn nicht konvergiert!
Aufgabe 39 (Christian Enz)
(a)
R2
1+ε
(b)
(c)
1/ε
R
1
Rm
1
log(x) dx
log(2)
R
=
1
y dy
= log(log(2)) − log(log(1 + ε)) → ∞ für ε ↓ 0.
log(1+ε)
sin2 ( x1 )dx =
Rε
log(y) sin2 (y)dy ≤
Rε
p.I.
log(y)dy =
1dy + ε log(ε) → 1 für ε ↓ 0.
1
1
1
p.I.
Rε
x2 exp(−x)dx = 2 + 2m + 2m2 exp(−m) + 2 → 2 für m → ∞.
0
(d)
Z∞
xx exp(−x2 )dx =
0
Z1
xx exp(−x2 )dx +
0
Z1
<
Z∞
exp(−x(x − ln(x)))dx
1
exp(−x2 )dx +
0
Z∞
exp(−x)dx.
1
3