wäre echt toll wenn jemand weiss warum die Newton-Raphson Nullstellenbestimmung für die Funktion f(x)=x-ln(3x+1) nicht klappt.
Bei der Funktion f(x)=e^x-3x-1 welche die gleichen Nullstellen besitzt klappt die Bestimmung jedoch wunderbar.
x=0und x=1,92..
Danke im voraus !
Andreas
doppelelch
31.01.2002, 22:49
Also um ehrlich zu sein, habe ich den Namen dieses Verfahrens noch nie gehört. Newton ja, aber Newton-Raphson! Sorry! Wird wohl irgendein Iterationverfahren sein, oder liege ich da falsch? Wenn dem so wäre, so gibt es zu jedem dieser Vefahren auch Konvergenzbedingungen, die im Verfahren selbst begründet liegen. Die sind womöglich verletzt! (Sehr hilfreich, wie? :rolleyes: )
Kannst Du kurz schildern, wie Du das Verfahren auf Deine zweite Funktion anwenden würdest? Vielleicht kommen wir dann weiter!
Aber vielleicht kennt sich hier ja doch noch jemand mit diesem Verfahren aus.
Na das hat doch keiner abgestritten, bm. Ich sagte doch bloß, ich würde das nicht kennen.
Aber danke für den Hinweis! Werde da mal reinschauen.
Gruß
de
bm
31.01.2002, 23:06
und alles wüssten, dann
wären wir wir nicht hier (bzw. nicht mehr).
doppelelch
31.01.2002, 23:08
Ohhh-jaaa, bm. Das ist wohl so. :D
Ok, der Seite ist entnehmbar, dass es sich bei dem vorliegenden Fall eigentlich nur ums Newton-Verfahren handelt. Newton-Raphson ist quasi "nur" (haha) eine Verallgemeinerung auf Systeme - haben wir hier aber ja nicht, zumindest kein son großes :) . Unser vorliegendes System lautet: f(x)=0 und fertig!
Denke ich morgen drüber nach. Ist mir jetzt zu spät. Mal sehen, was ich dann zur Konvergenz des Newton-Verfahrens finden kann. Ich weiß, ich habe da was zu.
Gruß
de
nobody
31.01.2002, 23:43
Folgende Bedingungen müssen erfüllt sein damit das verfahren angewendet werden kann:
die funktion muss 2 mal differenzierbar und f'(x) muss ungleich 0 sein.
damit die folge konvergiert muss folgendes gelten
f''(x)*f(x)/(f'(x))^2 < 1
(x ist dabei eine gute schätzung der nullstelle.)
Wenn ich mich nicht verrechnet habe gilt all dies für beide gleichungen.
doppelelch
01.02.2002, 11:13
Also die von Dir genannten Konvergenzbedingungen fürs Newton Verfahren sind mir nicht bekannt. (Was nicht unbedingt heißt dass sie falsch sind, bm!! ;) )
Um auf der Basis entsprechender Sätze die Konvergenz zu zeigen, hätte ich zunächst mal zum Banachschen Fixpunktsatz tendiert. Der Nachteil dieses Satzes liegt dummerweise darin, dass er nur eine hinreichende Aussage macht. Danach - soweit ich das grob überblicken kann - konvergiert Deine zweite Funktion, aber zur ersten (die mit dem ln) sind die Bedingungen nicht erfüllt - was dann keinerlei Aussage zulassen würde - PLÖT
Achso, noch etwas. Bei Deiner Formulierung "Deines" Konvergenzkriteriums ist mir aufgefallen, dass Du schreibst "muss...erfüllt sein" (oder so ähnlich). Das klingt für mich nach einem lediglich notwendigen Kriterium. D.h. wenn es nicht erfüllt gewesen wäre, hättest Du sagen können: Konvergenz ist nicht. Die Tatsache, dass das Kriterium erfüllt ist, bedeutet aber nicht zwangsläufig, dass das Verfahren dann auch wirklich konvergiert!
Aber ich finde auch, dass solche Sätze nicht unbedingt veranschaulichen, WESHALB nun dieses oder jenes so oder so geht oder nicht geht. Bei Banach ist die Anschaulichkeit vielleicht gerade noch gegeben aber ist auch ein ziemliches argumentatives Gemurkse, deshalb würde ich etwas anderes bevorzugen (Vielleicht mathematisch weniger streng, dafür aber anschaulicher):
Dafür zunächst vorweg:
Die Tatsache, dass beide Funktionen dieselben Nullstellen haben, muss noch nicht heißen, dass sie sich in anderen mathematischen Eigenschaften gleichen (hier: Konvergenz des Newton-Verfahrens).
Die Funktion f(x)=x*(x-1,92..) hätte auch dieselben Nullstellen, ihr Graph verläuft aber ansonsten gänzlich anders als die Graphen der von Dir genannten Funktionen.
Und nun frage ich mal zurück:
Ist Dir die graphische Interpretation des Newton-Verfahrens geläufig? Denn damit wird das unterschiedliche Konvergenzverhalten der beiden Funktionen, nach meinem Empfinden, recht einsichtig.
Und: Hast Du Dir den groben graphischen Verlauf der beiden Funktionen schon einmal angesehen?
Warte nun erstmal auf ein Feedback.
Gruß
de
nobody
01.02.2002, 11:37
Ich denke schon das ich die graphische Interpretation verstanden habe.
Man wählt einen Punkt x0 der etwas grösser als die vermutete Nullstelle ist. Man berechne die Tangente an die funktion im punkt x0 und dann den Schnittpunkt der Tangente mit der x achse. Die Lösung ist x1. mit diesem wert wird das ganze dann wiederholt bis eine gute näherung erreicht ist.
Wenn ich mir die beiden graphen anschaue kann ich mir gut vorstellen das es bei beiden klappen müsste.
http://www.mangler2001.de/graphs.gif
rot: f(x)=x-ln(3x+1)
blau: f(x)=e^x-3x-1
doppelelch
01.02.2002, 14:03
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So...musste erstmal Platz für Deinen Graphen schaffen!
Mmhh...mist, ich hatte einen Denkfehler bezüglich der Krümmung des ln-Graphen, sorry....Äh, Du bist Dir sicher, dass das mit der ln-Funktion nicht klappt?
Ja, sonderbar. Trotzdem...die Tatsache, dass das mit der ersten klappt muss nicht heißen, dass das mit der zweiten auch klappen muss.
Ich denke nochmal drüber nach.
Doch...geht doch. Bekomme mit Newton-Verfahren bei der ln-Funktion
x=1,903813694 (mehr Stellen hat mein TR nicht)
Vielleicht sollten wir einfach nochmal unsere Iterationsgleichungen miteinander vergleichen. Womöglich hat sich da ein Fehler eingeschlichen (bei mir oder bei Dir).
Gruß
de
doppelelch
01.02.2002, 14:45
Haa..moment mal...eines ist mir noch eingefallen:
Es gibt tatsächlich einen Bereich, innerhalb dessen der Startwert nicht liegen darf. Und zwar ein kleiner Bereich, der links (bzw. inkl.) des Minimums liegt. Der Schnittpunkt (also der nächste Wert x1) der sich ergebenden Tangente mit der x-Achse würden dann ja außerhalb des Definitionsbereiches der Funktion liegen (also links von (bzw. gleich) x=-1/3). Die Bestimmung der Nullstelle x=0 mittels dieses Verfahrens könnte also unter Umständen Probleme bereiten.
Das kann Dir natürlich bei der e-Funktion nicht passieren.
Die genaue Lage dieses Problem-Bereiches könnte auch noch ermittelt werden. Man müsste einfach nur den Berührpunkt an den Graphen derjenigen Tangente bestimmen, die durch den Punkt (-1/3;0) verläuft. das ist sozusagen der Scheidepunkt, die linke Grenze des Problem-Intervalls!
Vielleicht meinste das?
Gruß de
nobody
01.02.2002, 17:14
Das f(x)=x-ln(3x+1) für x <= -1/3 nicht mehr definiert ist hat mir weniger sorgen gemacht da ich den startwert bei 3 gewählt habe.
Den neuen x wert erhalte ich dann doch mit folgender formel:
xneu = xalt - (f(x)/f'(x))
also...
xneu = xalt - (x-ln(3x+1)/(1-(3/3x+1))
für x=3 ergibt das xneu = 4.02 :(
doppelelch
01.02.2002, 18:43
Originalnachricht erstellt von AV
also...
xneu = xalt - (x-ln(3x+1)/(1-(3/3x+1))
für x=3 ergibt das xneu = 4.02 :(
Da fehlt eine Klammer, aber ansonsten habe ichs auch so.
Setzen wir doch mal ein:
x(neu)=3-(3-ln(10))/(1-(3/10))
=3-(3-ln(10))/(0,7)
=2,00369299(....)
Also ich vermute das ganze Problem beruht auf einer falschen TR-Eingabe (vielleicht mit falscher Klammersetzung oder mit falschem Vorzeichen irgendwo gerechnet?)
Melde Dich einfach nochmal,
Gruß
de
nobody
01.02.2002, 20:07
jau das wars...ich hab die klammersetzung bei meinem neuen taschenrechner verpeilt :(
puh...bin froh das doch alles klappt :)
dank dir !
doppelelch
01.02.2002, 20:42
Bidde - uff, bin ich froh, dass das bei Dir jetzt doch noch alles geklappt hat