B: Aufgaben bis spätestens 15. Januar Strecken, Stauchen und Schieben von Graphen. Welchen Effekt, geometrisch-gesprochen, hat der

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1 Übungen zu : Mathematik I für Studierende der Holzwirtschaft und Geowissenschaften (Elementare Analysis), Universität Hamburg, Wintersemester 015, Übung 10 Fachbereich Mathematik, Dr. Peter Heinig A: Präsenzaufgabe für 8. Januar 016 Anlässlich der Probeklausur heute: Nur Diskussion von Fragen zu Vorlesungsinhalten, und Besprechung von Übungsblatt 9. B: Aufgaben bis spätestens 15. Januar Strecken, Stauchen und Schieben von Graphen. Welchen Effekt, geometrisch-gesprochen, hat der (a) Faktor 1 für den Graphen von x sin( 1 x) verglichen mit dem von x sin(x)? (0.5 Pkte.) Antwortbeispiel. Wie z.b. in [TWH, S. 48] erläutert (und darauf wurden Sie in Bemerkung der Vorlesung vom 18. Dezember 015 hingewiesen), bewirkt der Faktor 1/ eine Stauchung entlang der x-achse im Vergleich zum Graphen von x sin(x). (b) Summand 1 für den Graphen von x x + 1 verglichen mit dem von x x?(0.5 Pkte.) Antwortbeispiel. Wie z.b. in [TWH, S. 48] erläutert bewirkt dieser Summand eine Verschiebung um 1 in Richtung der positiven Nicht-x-Achse. Wie viele Lösungen x R hat die Gleichung sin( 1 x) = x + 1? Beweisen Sie Ihre Antwort. (Eine Aussage in der Vorlesung vom 16. Oktober 015 kann hierbei helfen.) (1 Pkte.) Antwortbeispiel. Die Gleichung sin( 1 x) = x +1 hat genau zwei Lösungen x R. Eine Möglichkeit, dies mit Mitteln der Vorlesung zu beweisen ist: Die Gleichung ist äquivalent zu h(x) = 0 mit Hilfsfunktion (ähnliches Vorgehen wie beim einleitenden Beispiel wie in erster Vorlesung) h: R R, x h(x) := sin( 1 x) + x 1. Daher genügt es, zu beweisen, dass h genau zwei Nullstellen in R hat. Mit Kettenregel in Satz.1.16 ist h (x) = 1 cos( 1 x)+x und h (x) = 1 sin( 1 x)+. Aus dem vorausgesetzten Grundwissen, im Wesentlichen 4 4 direkt nach geometrischer Definiton von Sinus ist bekannt, dass sin( 1 x) 1 < für jedes x R. Daher 4 ist h (x) > 0 für jedes x R. Laut Satz.3.6 in der Vorlesung vom 0. November 015 ist deswegen f streng konvex auf ganz R. Daher kann G(f) höchstens zwei Schnittpunkte mit der x-achse haben, d.h., f kann höchstens zwei Nullstellen in R haben. Andererseits hat f auch zwei Nullstellen, denn: Es ist h(genügend großer negativer Wert) offensichtlich positiv (wegen Quadrat eines negativen Werts positiv, und wegen sin( ) 1), andererseits h(0) = 1 < 0 negativ). Außerdem ist offensichtlich h(genügend großer positiver Wert) wieder positiv. Ferner ist h wegen Satz.1.4 in VL und Satz.1.9 in VL 3 stetig. Zweimalige Anwendung des Zwischenwertsatzes für stetige Funktionen aus der ersten Vorlesung folgt, dass zwischen genügend großer negativer Wert und 0 mindestens eine Nullstelle liegt, dass aber auch zwischen 0 und genügend großer positiver Wert eine Nullstelle liegt. Bestimmen Sie mit dem Newton-Verfahren eine Iterationsvorschrift zur Approximation von Lösungen dieser Gleichung. (1 Pkte.) Antwortbeispiel. Mit h und h wie im Antwortbeispiel zur ersten Teil-Frage ergibt sich x n+1 := x n h(xn) h (x n) = x n sin( 1 xn) + x n 1 1 sin( 1 xn) + (1) xn

2 Gibt es C R \ { 1 } sodass sin(c x) = x + 1 weniger (bzw. gleich-viele, bzw. mehr) Lösungen x R hat als obige Gleichung? Nennen Sie gegebenenfalls je ein Beispiel für C. (1 Pkte.) Antwortbeispiel. Weniger: Nein. Begründung: Sei h(x) := sin(c x) + x 1. Dann ist Nein äquivalent zu Für jedes C R hat h: x h(x) mindestens zwei Nullstellen x R. Das folgt aus dem Zwischenwertsatz für stetige Funktionen aus der Vorlesung vom 16. Oktober 015. Sei C R gegeben. Wenn C = 0, dann sind x = 1 und x = 1 zwei Nullstellen. Sei jetzt angenommen, dass C 0, woraufhin sin(c ) zum Vorzeichen von h(x) beiträgt. Für jedes C 0 lässt sich jetzt die die Beschränktheit des Betrags von sin(cx) ausnutzende Zwischenwertsatz-Argumentation im mit Andererseits hat beginnenden Absatz weiter oben wiederholen, was die Existenz von mindestens zwei Nullstellen beweist. Gleich-viele: Ja. Begründung: Das oben gegebene Argument via Krümmung der Hilfsfunktion h ist robust gegenüber kleinen Störungen von 1, es gibt also solche C R \ { 1 }, zum Beispiel C = 3 4. Mehr: Ja. Beispiel: C := 4. Begründung: Sei h(x) := sin(4 x) + x 1. Dann ist h: x h(x) stetig, und Abschätzungen liefern folgende Informationen: h( ) > 0, h(0) = 1 < 0, daher mit Zwischenwertsatz mindestens eine Nullstelle in (, 0) h(0) = 1 < 0 und h(1/) > 0, daher mit Zwischenwertsatz mindestens eine Nullstelle in (0, 1/), ein zu (, 0) disjunktes Intervall h(1/) > 0 und h() > 0, daher mit Zwischenwertsatz mindestens eine Nullstelle in (1/, ), ein zu (, 0) (0, 1/) disjunktes Intervall Damit haben wir die Existenz von mindestens drei Nullstellen der zu C = 4 gehörigen Hilfsfunktion h bewiesen, daher ist C := 4 ein Beispiel zu mer. In den Übungen wurden auch Skizzen ähnlich zu und ihre Bedeutung für diese Aufgabe diskutiert.

3 . Newton-Verfahren. Berechnen Sie eine Iterationsvorschrift zur Berechnung von Lösungen x ( 3, 4) der Gleichung x 3 x = 3 mit dem Newton-Verfahren. Begründen Sie mit Hilfsmitteln der Vorlesung, dass genau eine solche Lösung ξ ( 3, 4) existiert, und dass Ihre Folge von Näherungen bei Startwert x 0 = 3 streng monoton fallend gegen ξ konvergiert. (4 Pkte.) Antwortbeispiel. Mit f(x) := x 3 x 3 ist die gegebene Gleichung äquivalent zu f(x) = 0. Beweis, dass genau ein ξ (, 4) mit f(ξ) = 0 existiert. 3 Mindestens ein solches ξ: Wegen Satz.1.9 in VL 3 mit n = 3 und (a n,..., a 0) = (1, 0, 1, 3), und daher p an,...,a0 (x) = p 1,0, 1, 3(x) = x 3 x 3, ist f stetig. Wegen Zwischenwertsatz aus dem einleitenden Beispiel der VL vom 16. Oktober 015 für a = und b = 4 nimmt daher f jeden Wert zwischen f( ) = 8/7 /3 3 = 8/7 18/7 81/7 = 91/7 < 0 und f(4) = = 57 > 0 an, insbesondere also auch den Wert 0, d.h. es existiert mindestens ein ξ [, 4] mit f(ξ) = 0. Wegen f(/3) 0 und f(4) 0 3 muss so ein ξ im Inneren von [, 4], d.h., im offenen Intervall (, 4) liegen. Höchstens ein solches ξ: Es ist h: x h(x) := 3x wegen h (x) = 6x > 0 für jedes x > 0 wachsend auf R >0, insbesondere auf (, 4) R>0; daher, und wegen f ( ) = 4/3 1 = 1/3 > 0 ist f (x) = 3x 1 = h(x) 1 > 0 für jedes x (, 4). Daher ist laut Satz.3.5 der VL vom die Funktion f wachsend auf 3 [, 4]. Daher existiert weder ein 3 ξ [, ξ) noch ein 3 ξ (ξ, 4] mit f(ξ ) = f(ξ) = 0. Daher ist höchstens ξ eine Nullstelle von f. Berechnung einer Iterationsvorschrift. Es ist f (x) = 3x 1 > 0 für jedes x (, 4). Es ist f (x) = 6x > 0 für jedes x (, 4). Gemäß Definition 4.1 in der Vorlesung vom 8. Januar 016 lautet daher die Iterationsvorschrift des Newton-Verfahrens: x n+1 := x n f(xn) f (x n) = x n x3 n x n 3 3x n 1 = xn(3x n 1) (x 3 n x n 3) 3x n 1 = (3x3 n x n) (x 3 n x n 3) 3x n 1 = x3 n + 3 3x n 1 Ende von Anwortbeispiel zu Aufgabe. Es ist interessant, die Iterationsvorschrift praktisch auszuprobieren (das war hier nicht verlangt): Als Startwert wählen wir zum Beispiel x 0 := 4.0 und laut einer elektronischen Rechenmaschine ist 1 ergeben sich Schritt für Schritt x , x , x , x , x , x , x , x , woraufhin sich bei dieser Stellenzahl nichts mehr ändert; und in der Tat gilt für die berechnete Näherungslösung ξ := (/3, 4) für die gegebene kubische Gleichung, dass ξ 3 ξ 3 = Newton-Verfahren. Beweisen Sie, dass für jedes a > 0 und jeden Startwert x 0 > 0 die durch x n+1 := 1 3 (x n + a/x n) definierte Folge (x n ) n 0 für n gegen 3 a konvergiert. (4 Pkte.) 1 Wobei wir hier nichts genaueres zu der eigentlich sehr wichtigen Frage nach gültigen Dezimalstellen sagen; eigentlich liegt gerade darin der Unterschied zwischen mathematisch-gebildetem und sorglosem Umgang mit Computern. Mittel, doch Genaueres zu sagen, geben Ihnen zum Beispiel die a posterio -Fehlerabschätzung (GütPrak) aus der Vorlesung vom 8. Januar 016 in die Hand. ()

4 Antwortbeispiel. Dies lässt sich aus der Iterationsvorschrift des Newton-Verfahrens, und aus Satz 4. in der Vorlesung vom 8. Januar 016 herleiten. In der Übung am 15. Januar 016 wurde diese Aufgabe nicht besprochen. 4. Newton-Verfahren. Berechnen Sie eine Iterationsvorschrift zur Berechnung von Lösungen x ( 1, 1) der Gleichung x 3 = 1 3x mit dem Newton-Verfahren. Beweisen Sie mit Hilfsmitteln der Vorlesung, dass genau zwei solche Lösungen ξ ( 1, 1) existieren, und dass die durch Ihre Iterationsvorschrift definierte Folge von Näherungen bei Startwert x 0 = 1 streng monoton wachsend gegen die kleinere der beiden konvergiert. (4 Pkte.) Antwortbeispiel. Sei f(x) := x 3 + 3x 1. Die gegebene Gleichung ist dann äquivalent zu f(x) = 0. Beweis, dass genau ein ξ ( 1, 1) mit f(ξ) = 0 existiert. Mindestens ein: Wegen Satz.1.9 in VL 3 mit n = 3 und (a n,..., a 0) = (1, 3, 0, 1), daher p an,...,a0 (x) = p 1,3,0, 1(x) = x 3 + 3x 1 = f(x) ist f stetig. Beweis, dass mindestens zwei ξ ( 1, 1) mit f(ξ) = 0 existieren. Wegen Zwischenwertsatz für stetige Funktionen aus dem einleitenden Beispiel zu antipodalen Punkten in der VL vom 16. Oktober 015, mit a = 1 und b = 0 nimmt f jeden Wert zwischen f( 1) = = 1 > 0 und f(0) = 1 < 0 an, insbesondere den Wert 0, d.h. es existiert mindestens ein ξ [ 1, 0] mit f(ξ) = 0. Wegen f( 1) 0 und f(0) 0 muss so ein ξ im Inneren des Intervalls [ 1, 0], d.h. im offenen Intervall ( 1, 0) liegen. Nochmals wegen Zwischenwertsatz, diesmal mit a = 0 und b = 1 nimmt f jeden Wert zwischen f(0) = 1 < 0 und f(1) = 3 > 0 an, insbesondere den Wert 0, d.h. es existiert mindestens ein ξ [0, 1] mit f(ξ) = 0. Wegen f(0) 0 und f(1) 0 muss so ein ξ im Inneren des Intervalls [0, 1] liegen, d.h. im offenen Intervall (0, 1). Wegen ( 1, 0) (0, 1) = haben wir bewiesen, dass mindestens zwei verschiedene Nullstellen von f in ( 1, 1) existieren. Wir zeigen, dass höchstens ein ξ ( 1, 0) mit f(ξ) = 0 existiert: Es ist f (x) = 3x + 6x = x(3x + 6). Für jedes x ( 1, 0) ist 3x + 6 > = 3 > 0 und x < 0, daher das Produkt x(3x + 6) = f (x) < 0, daher laut Satz.3.5 die Funktion f auf [ 1, 0] fallend, daher gibt es zwischen 1 und 0 höchstens eine Nullstelle. Wir zeigen, dass höchstens ein ξ (0, 1) mit f(ξ) = 0 existiert: Für jedes x (0, 1) ist 3x+6 > 0+6 = 6 > 0 und x > 0, daher das Produkt x(3x + 6) > 0, daher laut Satz.3.5 die Funktion f auf dem Intervall [0, 1] wachsend, daher gibt es zwischen 0 und 1 höchstens eine Nullstelle. Wegen f(0) 0 ist insbesondere 0 keine Nullstelle. Wegen ( 1, 1) = ( 1, 0) (0, 1) haben wir bewiesen, dass höchstens zwei Nullstellen von f in ( 1, 1) existieren. Insgesamt haben wir bewiesen, dass genau zwei Nullstellen von f in ( 1, 1) existieren. Berechnung einer Iterationsvorschrift: Gemäß Definition 4.1 in der Vorlesung vom 8. Januar 016 lautet hier die Iterationsvorschrift des Newton- Verfahrens: x n+1 := x n f(xn) f (x n) = x n x3 n + 3x n 1 3x n + 6x n = xn(3x n + 6x n) (x 3 n + 3x n 1) 3x n + 6x n = (3x3 n + 6x n) (x 3 n + 3x n 1) 3x n + 6x n = x3 n + 3x n + 1 (3) 3x n + 6x n Die kleinere der beiden Nullstellen von f in ( 1, 1) ist diejenige in ( 1, 0). Es bleibt also noch zu begründen, warum die durch (3) definierte Folge reeller Zahlen (x n) n 0 mit Starwert x 0 := 1 wachsend gegen dieses ξ ( 1, 0) konvergiert. Dazu nutzen wir Satz 4. aus der 11. Vorlesung: Aus ihm (und seinem Beweis) wissen wir, dass die dort behandelte Folge bei Vorliegen der dort genannten hinreichenden Bedingungen streng

5 monoton fallend gegen die dortige Nullstelle konvergiert. Um das für die vorliegende Aufgabe zu nutzen, wenden wir Satz 4. mit f 4. : x f( x) ( f ist hierbei das hiesige, am Anfang des Antwortbeispiels definierte f) anstatt des f in Satz 4. an. Der Graph von f 4. ensteht aus dem von f durch Spiegeln an der Nicht-x-Achse des kartesischen Koordinatensystems.(Vgl. z.b. [TWH, S. 48] und Bem in 10. VL.) Außerdem sei a 4. := 0, b 4. := 1 und x 0;4. := b 4. = 1 [a 4., b 4.] in Satz 4.. Dann ist f 4.(x 0;4.) = f 4.(1) = f( 1) = 1 0, und f 4.(a 4.) = f 4.(0) = f( 0) = f(0) = 1 < 0, und f 4.(b 4.) = f( 1) = 1 > 0. Außerdem ist f 4. zweimal stetig differenzierbar und es ist f 4.(x) = d f( x) dx (wegen Kettenregel in Satz.1.16) = f ( x) ( 1) = (3( x) + 6 ( x)) ( 1) = 3x + 6x > 0 für x (0, 1) = (a 4., b 4.) Damit sind alle Voraussetzungen von Satz 4. erfüllt, und es folgt, dass die mit f 4. statt f definierte Iteration, mit Startwert x 0;4. = 1 statt x 0 = 1, fallend gegen die einzige Nullstelle von f 4.(x) = 0 in (0, 1) konvergiert. Der Startwert x 0;4. = 1 in unserer Anwendung von Satz 4. entspricht dann nach Spiegelung an y-achse dem vorgegebenen Startwert x 0 = 1. Das Fallen der Folgenglieder bei der Iteration mit f 4. entspricht unter der Spiegelung an der Nicht-x-Achse dem Wachsen der der Folgenglieder bei der Iteration mit f. Das beweist die Behauptung. Ende von Anwortbeispiel zu Aufgabe Praktische Probleme, die auf transzendente Gleichungen führen. Von einer Holzscheibe mit der Form eines flachen geraden Kreiszylinders (vgl. [TWH, S. 884]; Kreisradius r) soll durch einen einzigen geradlinigen Schnitt parallel zur Zylinderachse genau ein Viertel ihres Volumens abgetrennt werden; in welchem Abstand a [0, r] zum Kreismittelpunkt muss dafür geschnitten werden? (Ihre Antwort darf eine als ξ := Lösung der Gleichung f(ξ) = 0 implizit beschriebene Zahl ξ R enthalten; dann müssen Sie aber zusätzlich eine Iterationsvorschrift zur Approximation von ξ herleiten.) (4 Pkte.) Antwortbeispiel. Zunächst sollte bemerkt werden, dass wegen der Gestalt eines geraden Kreiszylinders die Aufgabe äquivalent zu der Frage ist, die durch Ersetzen von eines flachen geraden Kreiszylinders durch eines Kreises, und von Schnitt parallel zur Zylinderachse durch Schnitt, und Viertel ihres Volumens durch Viertel seiner Fläche entsteht. etc ξ Es ist F (ξ) := 1 ξr = π π r die Fläche des Kreissegments das von dem Winkel ξ, gemessen von der x-achse aus, aus einem Kreis mit Radius r > 0 und Mittelpunkt (0, 0) ausgeschnitten wird. Es ist 1 a r sin ξ die Fläche des Dreiecks mit Ecken (0, 0), (a, 0) und (a, r sin ξ). Es ist Daher ist die Fläche des abgetrennten Stücks gleich A(ξ) := (F (ξ) 1 ) a r sin ξ a = r cos ξ. (4) = F (ξ) a r sin ξ = ξr a r sin ξ = ξr r sin(ξ) cos(ξ) und die von der Aufgabe gestellte Bedingung ist daher = (ξ sin(ξ) cos(ξ)) r (5) (ξ sin(ξ) cos(ξ)) r = 1 4 πr A(ξ) = 1 4 πr = 1 4 Kreisfläche ξ sin(ξ) cos(ξ) π/4 = 0 (6) Daher ist eine Antwort auf die Frage in Aufgabe 4: Es muss im Abstand a = r cos ξ geschnitten werden, wobei ξ := Lösung der Gleichung ξ sin(ξ) cos(ξ) π/4 = 0. Jetzt zur verlangten Iterationsvorschrift: Es ist natürlich möglich, mit der Gleichung ξ (sin ξ) (cos ξ) π/4 = 0 (7)

6 zu arbeiten. Hier liegt aber ein schönes Beispiel für eine zeitsparende paktische Anwendung der Additionstheoreme (s. z.b. Satz.1.11 der Vorlesung vom 30. Oktober 015, oder die Anwendung nach Satz in der Vorlesung vom 18. Dezember 015, oder auch [TWH, S. 46]): Mit ihnen lässt sich eine einfacher handhabbare Iterationsvorschrift konstruieren als ohne sie. Mit α = β = ξ in Satz.1.11 gilt sin(ξ) cos(ξ) = 1 sin(ξ), und daher ist (7) äquivalent zu ξ 1 (sin ξ) π/4 = 0, (8) worin nur noch eine transzendente Funktion vorkommt. Sei daher f(x) := x 1 sin(x) π/4. Dann ist f(ξ) = 0 die Gleichung zur iterativen Berechnung von ξ (und damit des Abstands a). Es ist f (x) = d f(x) = (wegen Kettenregel in Satz.1.16 mit fsatz.1.16(x) = sin(x) und g.1.16(x) = x) dx = 1 1 cos(x) = 1 cos(x). Daher ist eine Iterationsvorschrift der verlangten Art: ξ n+1 := ξ n ξn 1 sin(ξn) π/4 1 cos(ξ n) Ergänzungen (waren nicht von der Aufgabenstellung verlangt): für jedes n Z 0. (9) (a) Es ist fast offensichtlich, und lässt sich leicht mit den Mitteln der Vorlesung beweisen, dass die Gleichung ξ sin(ξ) cos(ξ) π/4 = 0 genau eine Lösung ξ R hat. Daher ist der bestimmte Artikel der in der vorgeschlagenen Antwort gerechtfertigt. (b) Die in (a) erwähnte eindeutige Lösung von ξ sin(ξ) cos(ξ) π/4 = 0 ist, auf drei Dezimalstellen nach dem Komma genau, ξ 1.30, und daher ist, wieder auf drei Dezimalstellen genau, a = r cos(ξ) 0.64 r.