NewtonVerfahren,Beweis Forster < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:08 Sa 17.01.2015 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Es sei [mm] f:[a,b]\to\mathbb{R} [/mm] eine zweimal differenzierbare konvexe Funktion mit f(a)<0 und f(b)>0. Dann gilt:
a) Es gibt genau ein [mm] \epsilon \in [/mm] ]a,b[ mit [mm] f(\epsilon)=0
[/mm]
b) Ist [mm] x_0 \in [/mm] [a,b] ein beliebiger Punkt mit [mm] f(x_0)\ge0, [/mm] so ist die Folge
[mm] x_{n+1}:=x_n [/mm] - [mm] \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}, (n\in\mathbb{N})
[/mm]
wohldefiniert und konvergiert monoton fallend gegen [mm] \epsilon.
[/mm]
c) Gilt [mm] f'(\epsilon)\ge [/mm] C >0 und f''(x) [mm] \le [/mm] K für alle x [mm] \in ]\epsilon,b[, [/mm] so hat man für jedes [mm] n\ge [/mm] 1 die Abschätzungen
[mm] |\epsilon-x_n|\le \frac{K}{2C} |x_n -x_{n-1}|^2 [/mm] |
Ich habe Probleme bei c) mit dem Beweis des Newtonschen Verfahrens. Meine Literatur ist Forster Analysis 1(S.182), das ganze nachzulesen ist für Beweis a)und b) PDF:http://www.mia.uni-saarland.de/Teaching/MFI0708/kap52.pdf (S.3)
a)
Da f stetig ist nimmt f sein Minimum an: [mm] \exists [/mm] q [mm] \in [/mm] [a,b]: [mm] f(q)=inf\{f(x):x\in[a,b]\}<0 [/mm] da f(a)<0.
ZZ.: f hat keine Nullstelle in[a,q]
Da f konvex ist gilt [mm] f''(x)\ge0 \forall x\in [/mm] ]a,b[. Daraus folgt, dass f' monoton wachsend ist.
Falls [mm] q\not=a [/mm] gilt f'(q)=0 da q ein Extremum von f ist.
Aus den beiden Sätzen folgt f'(x) [mm] \le [/mm] 0 [mm] \forall x\le [/mm] q.
D.h. f ist monoton fallend in [a,q] und f(a)<0 also hat f keine Nullstelle im Intervall [a,q]
Nach den Zwischenwertsatz liegt in ]q,b[ mit f(q)<0 und f(b)>0 mindestens eine Nullstelle vor. Ang. es gäbe zwei Nullstellen [mm] \epsilon_1 <\epsilon_2.
[/mm]
Nach Mittelwertsatz [mm] \exists [/mm] t [mm] \in ]q,\epsilon_1[:
[/mm]
f'(t)= [mm] \frac{f(\epsilon_1)-f(q)}{\epsilon_1-q}=\frac{\overbrace{-f(q)}^{>0}}{\underbrace{\epsilon_1-q}_{>0}}>0
[/mm]
Aus f' monoton wachsend (Konvexität) folgt [mm] \forall [/mm] s [mm] \ge \epsilon_1: [/mm] f'(x)>0
[mm] \Rightarrow [/mm] f streng monoton wachsend in [mm] ]\epsilon_1, [/mm] b]. Damit keine zweite Nullstelle in [mm] ]\epsilon_1, [/mm] b].
b)
[mm] x_0 \in [/mm] [a,b] mit [mm] f(x_0)\ge [/mm] 0
[mm] \epsilon [/mm] ist die einzige Nullstelle und f strengmonoton wachsend in [mm] ]\epsilon,b] \Rightarrow \epsilon
Mittels Induktion wird gezeigt [mm] f(x_n)\ge0 [/mm] und [mm] x_{n-1} \ge x_n \ge \epsilon
[/mm]
Daraus folgt dann, dass [mm] (x_n)_{n\in\mathbb{N}} [/mm] fallend und durch [mm] \epsilon [/mm] nach unten beschränkt ist [mm] \Rightarrow \exists x^{\*}=\lim_{n\rightarrow\infty}x_n
[/mm]
[mm] x_{n+1}:=x_n [/mm] - [mm] \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} \rightarrow \epsilon=\epsilon [/mm] - [mm] \frac{f(\epsilon)}{f'(\epsilon)} [/mm] aufgrund der Stetigkeit von f und f'
[mm] \Rightarrow [/mm] 0= [mm] f(\epsilon)
[/mm]
Aus a)(der Eindeutigkeit der Nullstelle) folgt [mm] x^{\*}=\epsilon
[/mm]
c)
[mm] f'(\epsilon)\ge [/mm] C>0 und f' monoton wachsend. Daraus folgt f'(x) [mm] \ge [/mm] C>0 [mm] \forall x\ge \epsilon
[/mm]
[mm] \Rightarrow f'(x)\ge [/mm] C [mm] \forall [/mm] x [mm] \ge \epsilon
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] f(x) [mm] \ge C(x-\epsilon) \forall [/mm] x [mm] \ge \epsilon
[/mm]
Frage : Warum gilt f(x) [mm] \ge C(x-\epsilon) \forall [/mm] x [mm] \ge \epsilon
[/mm]
[mm] |\epsilon-x|=x-\epsilon \le \frac{f(x_n)}{C} [/mm] mit [mm] x_n \ge \epsilon [/mm] (nach b))
Definiere [mm] \psi(x):=f(x)-f(x_{n-1})-f'(x_{n-1})(x-x_{n-1})-\frac{K}{2}(x-x_{n-1})^2
[/mm]
Differentation ergibt
[mm] \psi'(x)=f'(x)-f'(x_{n-1})-K(x-x_{n-1}),
[/mm]
[mm] \psi''(x)=f''(x)-K \le [/mm] 0 für alle x [mm] \in ]\epsilon, [/mm] b[
[mm] \psi''(x)\le [/mm] 0 [mm] \Rightarrow \psi' [/mm] fallend in [mm] ]\epsilon,b[ \wedge \psi'(x_{n-1})=0 \Rightarrow\psi'(x)\ge [/mm] 0 für [mm] x\in]\epsilon,x_{n-1}[
[/mm]
[mm] \psi'(x)\ge [/mm] 0 [mm] \Rightarrow \psi [/mm] wachsend in [mm] ]\epsilon,b[ \wedge \psi(x_{n-1})=0 \Rightarrow\psi(x)\le [/mm] 0 für [mm] x\in]\epsilon,x_{n-1}[
[/mm]
[mm] 0\ge \psi(x_n)=f(x_n)-f(x_{n-1})-f'(x_{n-1})(x_n-x_{n-1})-\frac{K}{2} (x_n-x_{n-1})^2
[/mm]
[mm] \iff f(x_n) \le \frac{K}{2} (x_n-x_{n-1})^2 +\overbrace{f(x_{n-1})}^{\ge 0 \mbox{nach b)}}+\underbrace{f'(x_{n-1})}_{>0 \mbox{erste Satz zu Beweis von c)}}\overbrace{(x_n-x_{n-1})}^{<0 \mbox{nach b)}} \le \frac{K}{2} (x_n-x_{n-1})^2 +f(x_{n-1})
[/mm]
Frage 2 Wie folgt daraus [mm] f(x_n) \le \frac{K}{2} (x_n -x_{n-1})^2
[/mm]
Liebe Grüße,
sissi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:41 Sa 17.01.2015 | | Autor: | hippias |
> c)
> [mm]f'(\epsilon)\ge[/mm] C>0 und f' monoton wachsend. Daraus folgt
> f'(x) [mm]\ge[/mm] C>0 [mm]\forall x\ge \epsilon[/mm]
> [mm]\Rightarrow f'(x)\ge[/mm] C
> [mm]\forall[/mm] x [mm]\ge \epsilon[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm] f(x) [mm]\ge C(x-\epsilon) \forall[/mm]
> x [mm]\ge \epsilon[/mm]
>
> Frage : Warum gilt f(x) [mm]\ge C(x-\epsilon) \forall[/mm] x [mm]\ge \epsilon[/mm]
Betrachte [mm] $\int_{\varepsilon}^{x} f'(\xi)d\xi\geq \int_{\varepsilon}^{x} Cd\xi
[/mm]
>
> [mm]|\epsilon-x|=x-\epsilon \le \frac{f(x_n)}{C}[/mm] mit [mm]x_n \ge \epsilon[/mm]
> (nach b))
> Definiere
> [mm]\psi(x):=f(x)-f(x_{n-1})-f'(x_{n-1})(x-x_{n-1})-\frac{K}{2}(x-x_{n-1})^2[/mm]
> Differentation ergibt
> [mm]\psi'(x)=f'(x)-f'(x_{n-1})-K(x-x_{n-1}),[/mm]
> [mm]\psi''(x)=f''(x)-K \le[/mm] 0 für alle x [mm]\in ]\epsilon,[/mm] b[
>
> [mm]\psi''(x)\le[/mm] 0 [mm]\Rightarrow \psi'[/mm] fallend in [mm]]\epsilon,b[ \wedge \psi'(x_{n-1})=0 \Rightarrow\psi'(x)\ge[/mm]
> 0 für [mm]x\in]\epsilon,x_{n-1}[[/mm]
>
> [mm]\psi'(x)\ge[/mm] 0 [mm]\Rightarrow \psi[/mm] wachsend in [mm]]\epsilon,b[ \wedge \psi(x_{n-1})=0 \Rightarrow\psi(x)\le[/mm]
> 0 für [mm]x\in]\epsilon,x_{n-1}[[/mm]
>
> [mm]0\ge \psi(x_n)=f(x_n)-f(x_{n-1})-f'(x_{n-1})(x_n-x_{n-1})-\frac{K}{2} (x_n-x_{n-1})^2[/mm]
>
> [mm]\iff f(x_n) \le \frac{K}{2} (x_n-x_{n-1})^2 +\overbrace{f(x_{n-1})}^{\ge 0 \mbox{nach b)}}+\underbrace{f'(x_{n-1})}_{>0 \mbox{erste Satz zu Beweis von c)}}\overbrace{(x_n-x_{n-1})}^{<0 \mbox{nach b)}} \le \frac{K}{2} (x_n-x_{n-1})^2 +f(x_{n-1})[/mm]
>
> Frage 2 Wie folgt daraus [mm]f(x_n) \le \frac{K}{2} (x_n -x_{n-1})^2[/mm]
Wir haben [mm] $f(x_n) \le \frac{K}{2} (x_n-x_{n-1})^2 +f(x_{n-1})+f'(x_{n-1})(x_n-x_{n-1})$. [/mm] Die letzten beiden Terme heben sich nach Definition von [mm] $x_{n}$ [/mm] auf. 
>
> Liebe Grüße,
> sissi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:40 Sa 17.01.2015 | | Autor: | sissile |
Vielen Dank für die Antwort.
Frage 2 hat sich so sehr schnell gelöst.
Zu Frage 1, wir haben noch keine Integrale zu dem Zeitpunkt eingeführt. Sieht man das nicht auch anders ohne die Hilfe von Integalen??
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:29 Sa 17.01.2015 | | Autor: | hippias |
Das sind ja Zustaende! Dann eben mit dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:26 Sa 17.01.2015 | | Autor: | sissile |
Ah jetzt sehe ich das auch! Vielen Dank!
> Das sind ja Zustaende!
Warum? Im Forster kommt das Newton-Verfahren eben ein Kapitel vor dem Integral. Ich geh gerade meinen Forster von vorne nach hinten nochmal durch.
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