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- \section*{Aufgabe 2}
- \subsection*{Teilaufgabe i}
- Es gilt:
- \begin{align}
- 2x - e^{-x} &= 0\\
- \Leftrightarrow 2x &= e^{-x}\\
- \end{align}
- Offensichtlich ist $g(x) := 2x$ streng monoton steigend und $h(x) := e^{-x}$ streng
- monoton fallend.
- Nun gilt: $g(0) = 0 < 1 = e^0 = h(0)$. Das heißt, es gibt keinen
- Schnittpunkt für $x \leq 0$.
- Außerdem: $g(1) = 2$ und $h(1) = e^{-1} = \frac{1}{e} < 2$.
- Das heißt, für $x \geq 1$ haben $g$ und $h$ keinen Schnittpunkt.
- Da $g$ und $h$ auf $[0,1]$ stetig sind und $g(0) < h(0)$ sowie $g(1) > h(1)$
- gilt, müssen sich $g$ und $h$ im Intervall mindestens ein mal schneiden.
- Da beide Funktionen streng monoton sind, schneiden sie sich genau
- ein mal.
- Ein Schnittpunkt der Funktion $g,h$ ist äquivalent zu einer
- Nullstelle der Funktion $f$. Also hat $f$ genau eine Nullstelle
- und diese liegt in $[0,1]$.
- \subsection*{Teilaufgabe ii}
- \begin{align}
- 2x - e^{-x} &= 0\\
- \Leftrightarrow 2x &= e^{-x}\\
- \Leftrightarrow x &= \frac{1}{2} \cdot e^{-x} = F_1(x) \label{a2iif1}\\
- \stackrel{x \in \mathbb{R}^+}{\Rightarrow} \ln(2x) &= -x\\
- \Leftrightarrow x &= - \ln(2x) = F_2(x)\label{a2iif2}
- \end{align}
- Gleichung \ref{a2iif1} zeigt, dass der Fixpunkt von $F_1$ mit der
- Nullstelle von $f$ übereinstimmt.
- Gleichung \ref{a2iif2} zeigt, dass der Fixpunkt von $F_1$ mit der
- Nullstelle von $f$ übereinstimmt. Da es nur in $[0,1]$ eine Nullstelle
- gibt (vgl. Teilaufgabe i), ist die Einschränkung von $x$ auf $\mathbb{R}^+$
- irrelevant.
- Man sollte $F_1$ zur Fixpunktiteration verwenden, da $\ln(x)$ nur für
- $x>0$ definiert ist. Bei der Iteration kommt man aber schnell in
- einen Bereich, der nicht erlaubt ist (das erlaubte Intervall ist klein;
- Rechenungenauigkeit)
- $F_1$ ist auf $[0,1]$ eine Kontraktion mit Kontraktionszahl $\theta = \frac{1}{2}$:
- Nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung ex. ein $\xi \in (a,b)$ mit $ 0 \leq a < b \leq 1$, sodass
- gilt:
- \begin{align}
- \frac{F(b) - F(a)}{b-a} &= f'(\xi) \\
- \Leftrightarrow \frac{F(b) - F(a)}{b-a} &= - \frac{1}{2} e^{- \xi} \\
- \Leftrightarrow \frac{\|F(b) - F(a)\|}{\|b-a\|} &= \frac{1}{2} \frac{1}{e^{\xi}} < \frac{1}{2 e^a} \\
- \Leftrightarrow \|F(b) - F(a)\| &< \frac{1}{2 e^a} |b-a|\\
- \Rightarrow \forall x, y \in [0,1]: |F(x) - F(y)| &< \frac{1}{2} |x-y|
- \end{align}
- Die Ableitung $F_2' = -\frac{1}{x}$. Da $F_2(1) \neq 1$ ist $x^* \neq 1$.
- Also ist $|F_2'(x^*)| > 1$. Deshalb konvergiert das Iterationsverfahren
- definiert durch $F_2$ nicht gegen $x^*$ für Startwerte ungleich $x^*$.
- Gegen $F_2$ spricht auch, dass $\log$ nur auf $\mathbb{R}^+$ definiert
- ist. Das kann bei Rundungsfehlern eventuell zu einem Fehler führen.
- (vgl. Python-Skript)
- \subsection*{Teilaufgabe iii}
- \[x_{k+1} = x_k - \frac{2x_k - e^{-x_k}}{2 + e^{-x_k}}\]
- Laut \href{http://www.wolframalpha.com/input/?i=2x-e%5E(-x)%3D0}{Wolfram|Alpha} ist die Lösung etwa 0.35173371124919582602
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