Das Newton-Verfahren

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1 1/14 Das Newton-Verfahren 11./12. Jgst. Bayern Doris Behrendt Gymnasium Marktbreit Stand: 12. März 2016

2 2/14 Formelsammlung Seite 72 oben, vierter Punkt: Newton-Iterationsformel: x n+1 = x n f(x n) f (x n ) Wortkunde: iterieren heißt wiederholen. Ich persönlich würde so eine Formel/Beziehung eher Rekursion nennen im Sinne von recurrere=zurücklaufen, denn das jeweils nächste Element in der Folge x 1, x 2,... x n, x n+1,... wird durch Zurückgreifen auf das Vorherige bestimmt.

3 3/14 Gegeben: Funktion f mit bekanntem Graphen G f (oder zumindest bekanntem Grobverlauf von G f ) vorhandener Nullstelle x bekanntem Funktionsterm von f (und damit auch bekannter Ableitungsfunktion f ) Nicht gegeben: genauer Wert der Nullstelle x von f Möglichkeit, x mit bisherigem Schulwissen zu berechnen Gesucht: Möglichst genauer Wert für x. y x G f x

4 4/14 Lösung: graphisches Vorgehen zur Nullstellenapproximation y x x

5 4/14 Lösung: graphisches Vorgehen zur Nullstellenapproximation y Wähle eine Stelle auf der x-achse in der Nähe der Nullstelle x, nenne sie x 0. x x 0 x

6 4/14 Lösung: graphisches Vorgehen zur Nullstellenapproximation y P 0 Gehe von (x 0 0) senkrecht nach oben auf den Graphen. Bezeichne den Punkt mit P 0. Es gilt: P 0 = (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) x x 0 x

7 4/14 Lösung: graphisches Vorgehen zur Nullstellenapproximation y P 0 Zeichne nun die Tangente g 0 an G f durch P 0! x x 0 x g 0

8 4/14 Lösung: graphisches Vorgehen zur Nullstellenapproximation y P 0 Suche Schnittpunkt von g 0 mit x Achse, also Nullstelle von g 0 (x) = m 0 x+ t 0, nenne sie x 1. x x 1 x 0 x g 0

9 4/14 Lösung: graphisches Vorgehen zur Nullstellenapproximation y P 0 Gehe von (x 1 0) senkrecht nach oben auf den Graphen. Bezeichne den Punkt mit P 1. Es gilt: P 1 = (x 1 y 1 ) = (x 1 f(x 1 )) P 1 x x 1 x 0 x g 0

10 4/14 Lösung: graphisches Vorgehen zur Nullstellenapproximation y P 0 Zeichne nun die Tangente g 1 an G f durch P 1! P 1 x x 1 x 0 x g 1 g 0

11 4/14 Lösung: graphisches Vorgehen zur Nullstellenapproximation y P 0 Suche Schnittpunkt von g 1 mit x Achse, also Nullstelle von g 1 (x) = m 1 x+ t 1, nenne sie x 2. P 1 x x 2 x 1 x 0 x g 1 g 0

12 4/14 Lösung: graphisches Vorgehen zur Nullstellenapproximation y P 0 Gehe von (x 2 0) senkrecht nach oben auf den Graphen. Bezeichne den Punkt mit P 2. Es gilt: P 2 = (x 2 y 2 ) = (x 2 f(x 2 )) P 1 x P 2 x 2 x 1 x 0 x g 1 g 0

13 4/14 Lösung: graphisches Vorgehen zur Nullstellenapproximation y P 0 Zeichne nun die Tangente g 2 an G f durch P 2! P 1 x P 2 x 2 x 1 x 0 x g 2 g 1 g 0

14 4/14 Lösung: graphisches Vorgehen zur Nullstellenapproximation y P 0 Suche Schnittpunkt von g 2 mit x Achse, also Nullstelle von g 2 (x) = m 2 x+ t 2, nenne sie x 3. P 1 x P 2 x 3 x 2 x 1 x 0 x g 2 g 1 g 0

15 4/14 Lösung: graphisches Vorgehen zur Nullstellenapproximation y P 0 etc. g 2 x x P 2 x 3 x 2 x 1 x 0 g 1 x 3 g 0 P 1 x

16 5/14 Dieses Verfahren kann man beliebig lange/oft fortsetzen.

17 5/14 Dieses Verfahren kann man beliebig lange/oft fortsetzen. Wir fassen zusammen:

18 /14 Dieses Verfahren kann man beliebig lange/oft fortsetzen. Wir fassen zusammen: 1. Zum nächsten x kommt man immer, indem man vom aktuellen x nach oben auf den Graphen geht, dort die Tangente bildet und deren Nullstelle sucht. 2. Das erste x, der Startwert, meistens mit x 0 bezeichnet, wird entweder vom Aufgabensteller vorgegeben oder man muss ihn selber günstig wählen. Welche Wahl von Startwerten ungünstig sein kann, wird auf Slide 14 erläutert. 3. Wenn man sich die Folge der x, also x 0, x 1, x 2,...,x n, x n+1,... nacheinander aufgeschrieben denkt, so gibt es zwei Fälle zu unterscheiden: 1. Fall: Mindestens eines der x i ist gleich der gesuchten Nullstelle x. 2. Fall: Alle x i sind von der Nullstelle x verschieden.

19 6/14 Bevor wir diese beiden Fälle genauer untersuchen, leiten wir die Formel aus der Graphik ab.

20 7/14 Herleitung der Rekursionsformel x n+1 = x n f(x n) y f (x n ) P n (x n f(x n )) Steigungsdreieck: Steigung einerseits gleich f (x n ) (da Tangente), andererseits gleich y = y n x x n x n+1, deshalb gilt: y hier = y n = f(x n ) x = x n x n+1 x x n+1 x n x g n

21 7/14 Herleitung der Rekursionsformel x n+1 = x n f(x n) y f (x n ) P n (x n f(x n )) Steigungsdreieck: Steigung einerseits gleich f (x n ) (da Tangente), andererseits gleich y = y n x x n x n+1, deshalb gilt: y hier = y n = f(x n ) f (x n ) = f(x n) x n x n+1 x = x n x n+1 x x n+1 x n x g n

22 7/14 Herleitung der Rekursionsformel x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = f(x n) x n x n+1 y f (x n ) P n (x n f(x n )) xn x n+1 f (x n ) (x n x n+1 ) = f(x n ) f (x n ) x n f (x n ) x n+1 = f(x n ) f (x n ) x n f(x n ) = f (x n ) x n+1 f (x n ) x n f(x n ) f (x n ) = x n+1 f (x n ) x n f (x f(x n) n ) f (x n ) = x n+1 f (xn) 0 x n f(x n) f (x n ) = x n+1 x = x n x n+1 x x n+1 x n y hier = y n = f(x n ) x g n

23 8/14 1. Fall Zurück zum ersten Fall. Hier nehmen wir an, dass die Folge der x n irgendwann einmal die Nullstelle x exakt trifft.

24 8/14 1. Fall Wir nehmen an, dass x n+1 das erste x ist, welches gleich x ist, also x 0 x, x 1 x,..., x n x. x }{{} 0, x 1, x }{{} 2,..., x }{{} n, x }{{} n+1,... }{{} x x x x =x Dann überlegt man sich mit Hilfe der Rekursionsformel, dass alle auf x n+1 folgenden x auf diesem Wert hängen bleiben, dass also die Folge dann so aussieht: x }{{} 0, x 1, x }{{} 2,..., x }{{} n, x }{{} n+1, x }{{} n+2, x }{{} n+3, x }{{} n+4,... }{{} x x x x =x =x =x =x

25 8/14 1. Fall Wir nehmen an, dass x n+1 das erste x ist, welches gleich x ist, also x 0 x, x 1 x,..., x n x. x }{{} 0, x 1, x }{{} 2,..., x }{{} n, x }{{} n+1,... }{{} x x x x =x Dann überlegt man sich mit Hilfe der Rekursionsformel, dass alle auf x n+1 folgenden x auf diesem Wert hängen bleiben, dass also die Folge dann so aussieht: x }{{} 0, x 1, x }{{} 2,..., x }{{} n, x }{{} n+1, x }{{} n+2, x }{{} n+3, x }{{} n+4,... }{{} x x x x =x =x =x =x Man sagt auch, die Folge stabilisiert sich auf dem Wert x. In diesem Fall hat man mit Hilfe des Newton-Verfahrens die gesuchte Nullstelle exakt berechnet und nicht nur approximiert.

26 /14 1. Fall Aber wieso ist das so, dass, wenn die Folge einmal die Nullstelle trifft, sie dort verharrt? Wir betrachten die Formel, mit der man x n+2 berechnet: x n+2 = x n+1 =0 { }} { f(x n+1 ) f (x n+1 )

27 8/14 1. Fall Aber wieso ist das so, dass, wenn die Folge einmal die Nullstelle trifft, sie dort verharrt? Wir betrachten die Formel, mit der man x n+2 berechnet: x n+2 = x n+1 =0 { }} { f(x n+1 ) f (x n+1 ) Da ja x n+1 = x ist, ist x n+1 eine Nullstelle von f und deshalb f(x n+1 ) = 0 und deshalb der Bruch in obiger Formel = 0.

28 8/14 1. Fall Aber wieso ist das so, dass, wenn die Folge einmal die Nullstelle trifft, sie dort verharrt? Wir betrachten die Formel, mit der man x n+2 berechnet: x n+2 = x n+1 =0 { }} { f(x n+1 ) f (x n+1 ) Da ja x n+1 = x ist, ist x n+1 eine Nullstelle von f und deshalb f(x n+1 ) = 0 und deshalb der Bruch in obiger Formel = 0. Dann ist aber x n+2 = x n+1 = x.

29 /14 1. Fall Aber wieso ist das so, dass, wenn die Folge einmal die Nullstelle trifft, sie dort verharrt? Wir betrachten die Formel, mit der man x n+2 berechnet: x n+2 = x n+1 =0 { }} { f(x n+1 ) f (x n+1 ) Da ja x n+1 = x ist, ist x n+1 eine Nullstelle von f und deshalb f(x n+1 ) = 0 und deshalb der Bruch in obiger Formel = 0. Dann ist aber x n+2 = x n+1 = x. Damit haben wir bewiesen, dass ab der Nummer n+1 die weiteren x alle gleich sind, und zwar gleich x.

30 9/14 2. Fall Wir betrachten nun den Fall, dass alle Folgeglieder der Folge von der Nullstelle x verschieden sind. x 0, x 1, x 2,...,x n, x n+1,...

31 9/14 2. Fall Wir betrachten nun den Fall, dass alle Folgeglieder der Folge von der Nullstelle x verschieden sind. In diesem Fall gilt: x 0, x 1, x 2,...,x n, x n+1,...

32 9/14 2. Fall Wir betrachten nun den Fall, dass alle Folgeglieder der Folge von der Nullstelle x verschieden sind. In diesem Fall gilt: x 0, x 1, x 2,...,x n, x n+1,... Die Folge konvergiert gegen die Nullstelle. Die Folge der x n nähert sich der Nullstelle immer weiter an: lim n x n = x

33 /14 2. Fall Wir betrachten nun den Fall, dass alle Folgeglieder der Folge von der Nullstelle x verschieden sind. In diesem Fall gilt: x 0, x 1, x 2,...,x n, x n+1,... Die Folge konvergiert gegen die Nullstelle. Die Folge der x n nähert sich der Nullstelle immer weiter an: lim n x n = x Das ist anschaulich nachvollziehbar (vgl. Slide 4), kann (und sollte) aber auch mathematisch bewiesen werden.

34 0/14 Beweis: Vereinfachende Annahmen Ohne Beschränkung der Allgemeinheit (obda) kann man für f folgende Annahmen treffen: 1. f ist auf einem Intervall J, welches die Nullstelle x enthält, streng monoton steigend. Denn falls fallend: Spiegele Graph an x Achse und führe Beweis für g(x) = f(x). 2. f hat keine waagrechten Tangenten für x J. Denn falls doch: Zoome Bereich um die Nullstelle herum so weit auf, dass eventuell vorhandene Extrema/Terassenpunkte außerhalb des sichtbaren Bereichs sind. Gleichbedeutend mit verkleinere das Intervall J. Den Fall, dass die Nullstelle gleichzeitig ein Terassenpunkt ist, betrachten wir nicht. 3. G f ist linksgekrümmt für x J. Denn falls sowohl links- als auch rechtsgekrümmte Bereiche innerhalb J: Verkleinere das Intervall J entsprechend, so dass das Krümmungsverhalten sich dort nicht ändert. Denn falls rechtsgekrümmt: Drehe alles um 180, d. h. führe eine Punktspiegelung am Ursprung durch und führe Beweis für g(x) = f( x). 4. Der Graph verläuft durch den Ursprung, also x = 0. Denn falls nicht: Verschiebe G f waagrecht, so dass x in den Ursprung übergeführt wird, und führe Beweis für g(x) = f(x x ).

35 1/14 Die x n werden immer kleiner. Denn: Betrachten wir die Formel x 1 = x 0 f(x 0) f (x 0 und erinnern wir uns, dass ) 1. der Startwert x 0 > 0 gewählt wurde und somit f(x 0 )>0ist, da f rechts von der Nullstelle (laut Annahme) im Positiven verläuft, 2. die Ableitung von f im betrachteten Intervall J positiv ist, so sehen wir, dass der Bruch f(x 0) f (x 0 ) positiv ist und deshalb x 1< x 0 sein muss. Allgemein folgt aus der Formel x n+1 = x n f(x n) f (x n ) unter der Zusatzannahme positiver Ableitung f, dass, wenn f(x n )>0ist, das folgende x n+1 kleiner als x n ist, da ja die positive Zahl x n abgezogen wird. Auf diese Weise kann man sukzessive zeigen, dass x n+1 < x n ist, solange f(x n )>0ist. f(x n ) f (x n ) von Laut Annahme ist f monoton steigend und verläuft durch den Ursprung, so dass f(x n )>0für alle positiven x n ist. Dass alle x n positiv sind, wenn man den Startwert x 0 positiv wählt, wird auf dem nächsten Slide gezeigt.

36 12/14 Alle x n sind positiv. Sicher ist x 0 positiv, weil wir es positiv gewählt haben. Daraus kann man herleiten, dass x 1 positiv ist und daraus wiederum, dass x 2 positiv ist etc.

37 12/14 Alle x n sind positiv. Sicher ist x 0 positiv, weil wir es positiv gewählt haben. Daraus kann man herleiten, dass x 1 positiv ist und daraus wiederum, dass x 2 positiv ist etc. Das folgt aus folgender allgemeiner Überlegung: y x x

38 12/14 Alle x n sind positiv. Betrachte für x n > 0 die Tangente g n durch P n mit Steigungsdreieck = (x n 0)P n (x n+1 0). Ziehe eine Parallele h n zu g n durch den Ursprung. y P n h n x x n+1 x n g n f(x n ) f(x n) f (x n) = x n x n+1 x

39 12/14 Alle x n sind positiv. Betrachte für x n > 0 die Tangente g n durch P n mit Steigungsdreieck = (x n 0)P n (x n+1 0). Ziehe eine Parallele h n zu g n durch den Ursprung. Die Gerade g n hat die Gleichung g n (x) = m n x + t n mit der Steigung m n = f (x n ). (Den y Achsendurchgang t n von g n brauchen wir hier nicht.) y Die Parallele hat die Gleichung h n (x) = m n x + 0 = f (x n ) x. Wir setzen nun x n in h n (x) ein und erhalten h n (x n ) = f (x n ) x n. f (x n ) x n P n x x n+1 x n H f(x n ) x h n g n f(x n) f (x n) = x n x n+1

40 12/14 Alle x n sind positiv. Die Gerade g n hat die Gleichung g n (x) = m n x + t n mit der Steigung m n = f (x n ). (Den y Achsendurchgang t n von g n y brauchen wir hier nicht.) Die Parallele hat die Gleichung h n (x) = m n x + 0 = f (x n ) x. H Wir setzen nun x n in h n (x) ein und erhalten h n (x n ) = f (x n ) x n. Das ist die y Koordinate des über P n liegenden Punktes H auf h n. h n P n x x n+1 x n g n f (x n ) x n f(x n ) f(x n) f (x n) = x n x n+1 x

41 12/14 Alle x n sind positiv. Wir setzen nun x n in h n (x) ein und erhalten h n (x n ) = f (x n ) x n. y Das ist die y Koordinate des über P n liegenden Punktes H auf h n. H Da laut Annahme G f in der Umgebung der Nullstelle linksgekrümmt ist, verläuft die Tangente g n eines jeden positiven x n bis auf den Berührpunkt P n strikt unterhalb von G f. Deshalb schneidet g n die y Achse im negativen Bereich. Da h n eine Ursprungsgerade ist, muss der Punkt H demnach über dem Punkt P n liegen. h n P n x x n+1 x n g n f (x n ) x n f(x n ) f(x n) f (x n) = x n x n+1 x

42 12/14 Alle x n sind positiv. Da laut Annahme G f in der Umgebung der Nullstelle linksgekrümmt ist, verläuft die Tangente g n eines jeden positiven x n bis auf den Berührpunkt P n strikt unterhalb von G f. Deshalb schneidet g n die y Achse im negativen Bereich. Da h n eine Ursprungsgerade ist, muss der Punkt H demnach über dem Punkt P n liegen. y H Deshalb ist f (x n ) x n > f(x n ). Wir können diese Ungleichung durch f (x n ) dividieren, denn aufgrund der Monotonie von f ist f (x n )>0, und erhalten: x n > f(x n) f (x n ) x n f(x n) f (x n ) > 0 h n P n x x n+1 x n g n f (x n ) x n f(x n ) f(x n) f (x n) = x n x n+1 x

43 12/14 Alle x n sind positiv. Deshalb ist f (x n ) x n > f(x n ). Wir können diese Ungleichung durch f (x n ) dividieren, denn aufgrund der Monotonie von f ist f (x n )>0, und erhalten: y x n > f(x n) f (x n ) x n f(x n) f (x n ) > 0 Der letzte Ausdruck ist aber gerade x n+1 : x n+1 = x n f(x n) f (x n ) > 0 h n P n x x n+1 x n g n f (x n ) x n H f(x n ) f(x n) f (x n) = x n x n+1 x

44 12/14 Alle x n sind positiv. y Der letzte Ausdruck ist aber gerade x n+1 : x n+1 = x n f(x n) f (x n ) > 0 Also haben wir gezeigt: x n+1 > 0, falls x n > 0. Daraus folgt sofort die Behauptung, da der Startwert ja positiv gewählt wurde. f (x n ) x n P n x x n+1 x n H f(x n ) x h n g n f(x n) f (x n) = x n x n+1

45 13/14 Die Folge der x n strebt gegen Null. Nun muss man nur noch die zwei Einzelaussagen alle x n sind positiv und x n+1 ist immer kleiner als x n so zusammenführen, dass lim n x n = 0 folgt. Das ist relativ einfach:

46 13/14 Die Folge der x n strebt gegen Null. Nun muss man nur noch die zwei Einzelaussagen alle x n sind positiv und x n+1 ist immer kleiner als x n so zusammenführen, dass lim n x n = 0 folgt. Das ist relativ einfach: Zuerst überlegt man sich, dass die Folge auf jeden Fall einen Grenzwert hat, denn kleiner als Null wird sie nicht, und sie nimmt stetig ab. Deshalb existiert ein Grenzwert. Man muss nur zeigen, dass er nicht größer als Null, also dass er gleich Null ist.

47 13/14 Die Folge der x n strebt gegen Null. Zuerst überlegt man sich, dass die Folge auf jeden Fall einen Grenzwert hat, denn kleiner als Null wird sie nicht, und sie nimmt stetig ab. Deshalb existiert ein Grenzwert. Man muss nur zeigen, dass er nicht größer als Null, also dass er gleich Null ist. Man rechnet:

48 Die Folge der x n strebt gegen Null. Man rechnet: ( lim n x n = lim n xn 1 f(x n 1) f (x n 1 )) = lim = 0 = lim n f(x n 1 ) f (x n 1 ) = 0 = lim n f(x n ) f (x n ) = lim n f(x n ) lim n f (x n ) n x n 1 } {{ } =lim n x n lim n f(x n 1 ) f (x n 1 ) lim n x n ( ) f (xn) 0 = 0 = lim n f(x n ) Im Schritt ( ) haben wir f stillschweigend als differenzierbar angenommen. Das sichert die Existenz von limn f (xn), so dass man diesen (als von Null verschieden angenommenen) Limes herausdividieren darf. Wenn aber der Funktionswert gegen Null strebt, muss der x Wert gegen eine Nullstelle streben! 13/14 Da laut Annahme f monoton steigt in einer Umgebung der Nullstelle x = 0, kann f keine andere Nullstelle als 0 in der betrachteten Umgebung haben. Dann kann Nullstelle, gegen den die Folge x n strebt, keine andere Nullstelle als 0 sein.

49 13/14 Die Folge der x n strebt gegen Null. Beweis 2. Fall Ende!

50 14/14 Weitere Bemerkungen Die Beweise für die Aussagen alle x n sind positiv und x n+1 ist immer kleiner als x n müsste man formal korrekt mit der sogenannten Vollständigen Induktion führen. Das Newton-Verfahren funktioniert nicht immer. Wählt man beispielsweise als Startwert x 0 eine Extremstelle, so hat die Tangente g 0 keine Nullstelle x 1. Wenn man nur den Taschenrechner als Hilfsmittel hat, empfielt es sich, einen ganzzahligen Startwert möglichst nahe bei der Nullstelle zu wählen. Dibbfähler bitte melden andoris-behrendt@gymnasium-marktbreit.de