Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Sekantenverfahren kovergiert superlinear...

Sekantenverfahren kovergiert superlinear...

Schüler Gymnasium, 13. Klassenstufe

Tags: goldener Schnitt, Konvergenz, Sekantenverfahren

just-for-fun

19:10 Uhr, 04.01.2010

...mit der konstanten

1,618,

also dem Goldenen Schnitt.
Warum gerade mit dieser Konstanten? Wie kommt man auf die Konstante?

Das Sekantenverfahren konvergiert ja langsamer als das Newtonverfahren. Stimmt die Begründung dafür, dass beim Sekantenverfahren nur eine Nährung der Ableitung verwendet wird, oder steckt was anderes dahinter?

Sind quasi der letzte beiden Punkte meines Vortrages über das Newton-Verfahren, wäre nett wenn ihr mir helfen könntet :-)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

hagman aktiv_icon

20:47 Uhr, 04.01.2010

Sei

x_{i}

die i-te Näherung an die Nullstelle

ξ

und sei

e_{i} = | x_{i} - ξ |

der Fehler.
Man kann dann zeigen, dass bei guten Anfangsbedingungen

e_{i + 2} \leq C \cdot e_{i + 1} \cdot e_{i}

gilt für ein festes C.
Im schlimmsten Fall gilt dann

e_{i + 2} = e_{i + 1} \cdot e_{i},

also

ln (\frac{e_{i + 2}}{C}) = ln (\frac{e_{i + 1}}{C}) + ln (\frac{e_{i}}{C}), d . h

. die Logarithmen der durch

C

geteilten Fehler verhalten sich ähnlich wie Fibonacci-Zahlen. Daraus ergibt sich der goldene Schnitt. (Oder überlege direkt, für welche Konvergenzgeschwindigkeiten der Induktionsschluss mittels

e_{i + 2} \leq C \cdot e_{i + 1} \cdot e_{i}

klappt).

Wie zeigt man allerdings diese Ungleichung

e_{i + 2} \leq C \cdot e_{i + 1} \cdot e_{i}

?
Wir dürfen annehmen, dass

f

zweimal stetig differeinzierbar ist sowie dass

f (ξ) = 0, f' (ξ) \neq 0

gilt. OBdA. gelte

f' (ξ) > 0

.
Die Näherungen

x_{0}, x_{1}

seien bereits einigermaßen nah an

ξ, d . h

. in einem Intervall

[a, b]

mit

f' (x) > 0

für alle

x \in [a, b]

.
Sei

c := min {f' (x) | x \in [a, b]}, d := max {| f'' (x) | | x \in [a, b]}

. Dann ist

c > 0

und

d

zumindest endlich.
Aus

x_{i}, x_{i + 1}

errechnet sich

x_{i + 2}

ja als

x_{i + 2} = \frac{x_{i} \cdot f (x_{i + 1}) - x_{i + 1} \cdot f (x_{i})}{f (x_{i + 1}) - f (x_{i})}

= \frac{x_{i} \cdot f (x_{i + 1}) - x_{i + 1} \cdot f (x_{i + 1}) + x_{i + 1} \cdot f (x_{i + 1}) - x_{i + 1} \cdot f (x_{i})}{f (x_{i + 1}) - f (x_{i})}

= f (x_{i}) \cdot \frac{x_{i} - x_{i + 1}}{f (x_{i + 1}) - f (x_{i})} + x_{i}

also

x_{i + 2} - ξ = (x_{i} - ξ) - f (x_{i}) \cdot \frac{x_{i + 1} - x_{i}}{f (x_{i + 1}) - f (x_{i})}

= (x_{i} - ξ) \cdot (1 - \frac{f (x_{i})}{x_{i} - ξ} \cdot \frac{x_{i + 1} - x_{i}}{f (x_{i + 1}) - f (x_{i})})

= (x_{i} - ξ) \cdot \frac{\frac{f (x_{i + 1}) - f (x_{i})}{x_{i + 1} - x_{i}} - \frac{f (x_{i}) - f (ξ)}{x_{i} - ξ}}{\frac{f (x_{i + 1}) - f (x_{i})}{x_{i + 1} - x_{i}}}

. (Benutzt

f (ξ) = 0)

.
Nach dem Zwischenwertsatz können wir die Differenzenquotienten für geeignete

ζ_{1}, ζ_{2}, ζ_{3} \in [a, b]

ersetzen durch jeweils

f' (ζ),

also

x_{i + 2} - ξ = (x_{i} - ξ) \cdot \frac{f' (ζ_{1}) - f' (ζ_{2})}{f' (ζ_{3})}

= (x_{i} - ξ) \cdot (ζ_{1} - ζ_{2}) \cdot \frac{\frac{f' (ζ_{1}) - f' (ζ_{2})}{ζ_{1} - ζ_{2}}}{f' (ζ_{3})}

= (x_{i} - ξ) \cdot (ζ_{1} - ζ_{2}) \cdot \frac{f'' (ζ_{4})}{f' (ζ_{3})}

wiederum mit dem Zwischenwertsatz und

ζ_{4} \in [a, b]

.
Weiter

x_{i + 2} - ξ = (x_{i} - ξ) \cdot (x_{i + 1} - ξ) \cdot \frac{ζ_{1} - ζ_{2}}{x_{i + 1} - ξ} \cdot \frac{f'' (ζ_{4})}{f' (ζ_{3})}

Den Faktor

\frac{f'' (ζ_{4})}{f' (ζ_{3})}

können wir betragsmäßig mit

\frac{d}{c}

abschätzen
Schaut man sich genauer an, wo die

ζ

liegen, sieht man, dass

\frac{ζ_{1} - ζ_{2}}{x_{i + 1} - ξ}

ebenfalls betragsmäßig abschätzen kann und hat somit die gewünschte Ungleichung

e_{i + 2} \leq C \cdot e_{i + 1} \cdot e_{i}

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

702900

702841

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?