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| Aufgabe | Bestimmen Sie näherungsweise eine Lösung der Gleichung
[mm] \log{(1\,+\,e^x)}\,=\,1\,,
[/mm]
indem Sie ausgehend vom Startwert [mm] x_{0}=0 [/mm] vier Schritte mit dem Newtonverfahren durchführen.
Wie lautet die Funktion, deren Nullstelle Sie suchen?
[mm] (A)\,f(x)\,=\,\log{(1\,+\,e^x)}
[/mm]
[mm] (B)\,f(x)\,=\,\log{(1\,+\,e^x)}\,-\,1
[/mm]
[mm] (C)\,f(x)\,=\,1\,+\,e^x [/mm] |
Hallo.
Ich soll die oben beschrieben Aufgabe erledigen.
Meine Vermutungen und Rechenweg soweit:
Ich bin davon ausgegangen, dass die o.b Gleichung durch folgende Funktion charakterisiert wird:
log steht für ln
f: [mm] x-\mapsto ln(1+e^x)=y
[/mm]
Nun weiß man ja, dass die Steigung der Tangente am Punkt [mm] x_{0} [/mm] durch folgende GLeichung beschrieben werden kann:
[mm] \bruch{y-y_{0}}{x-x_{0}}=f'(x_{0})
[/mm]
Der nächste Wert [mm] x_{1} [/mm] liegt nur auf der x-Achse also am Punkt [mm] P(x_{1}/y_{1}) [/mm] mit [mm] y_{1}=0
[/mm]
Daher gilt:
[mm] \bruch{y_{1}-y_{0}}{x_{1}-x_{0}}=f'{x_{0}}
[/mm]
Umstellen der Gleichung ergibt:
[mm] x_{0}+\bruch{y_{0}}{f'(x_{0})}=x_{1}
[/mm]
[mm] f(x_{0})=y_{0}\approx0.70
[/mm]
[mm] f'{x}=e^x+1*e^x [/mm] (Kettenregel)
[mm] f'{x_{0}}=0.5
[/mm]
[mm] 0-\bruch{0.70}{0.5}=x_{1}=-1.4
[/mm]
So sieht mein bisheriger Rechenweg aus.
Ist das so ok, vom Ansatz?
Irgendwie kann ich mir aber nicht vorstellen, dass meine 1. Annahme mit der Funktion richtig ist :/
Viele Grüße und danke im Voraus.
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> Bestimmen Sie näherungsweise eine Lösung der Gleichung
>
> [mm]\log{(1\,+\,e^x)}\,=\,1\,,[/mm]
>
> indem Sie ausgehend vom Startwert [mm]x_{0}=0[/mm] vier Schritte mit
> dem Newtonverfahren durchführen.
Mit dem Newtonverfahren kann man ja Nullstellen von Funktionen näherungsweise berechnen, d.h. du hast ein $f(x)$ und suchst die x, für die $f(x) = 0$ gibt.
Man könnte also auch sagen, dass du mit dem Newton-Verfahren eine Näherungslösung für eine Gleichung (mit einer Unbekannten) der Form "irgendwas" = 0 finden kannst.
"irgendwas" ist dann dein Funktionsterm.
>
> Wie lautet die Funktion, deren Nullstelle Sie suchen?
>
> [mm](A)\,f(x)\,=\,\log{(1\,+\,e^x)}[/mm]
>
> [mm](B)\,f(x)\,=\,\log{(1\,+\,e^x)}\,-\,1[/mm]
>
> [mm](C)\,f(x)\,=\,1\,+\,e^x[/mm]
Mit obigem ist klar: Antwort B) richtig, denn die Gleichung muss umgeformt werden, so dass auf einer Seite 0 steht.
> Hallo.
>
> Ich soll die oben beschrieben Aufgabe erledigen.
> Meine Vermutungen und Rechenweg soweit:
>
> Ich bin davon ausgegangen, dass die o.b Gleichung durch
> folgende Funktion charakterisiert wird:
> log steht für ln
>
> f: [mm]x-\mapsto ln(1+e^x)=y[/mm]
>
> Nun weiß man ja, dass die Steigung der Tangente am Punkt
> [mm]x_{0}[/mm] durch folgende GLeichung beschrieben werden kann:
>
> [mm]\bruch{y-y_{0}}{x-x_{0}}=f'(x_{0})[/mm]
>
> Der nächste Wert [mm]x_{1}[/mm] liegt nur auf der x-Achse also am
> Punkt [mm]P(x_{1}/y_{1})[/mm] mit [mm]y_{1}=0[/mm]
>
> Daher gilt:
>
> [mm]\bruch{y_{1}-y_{0}}{x_{1}-x_{0}}=f'{x_{0}}[/mm]
>
> Umstellen der Gleichung ergibt:
>
> [mm]x_{0}+\bruch{y_{0}}{f'(x_{0})}=x_{1}[/mm]
Es gilt für das Newton-Verfahren folgende Näherungsgleichung:
[mm]x_{n}-\bruch{f(x_{n})}{f'(x_{n})}=x_{n+1}[/mm]
Du startest mit einem Startwert (grob gesagt kannst du da irgendeinen nehmen, wobei es da eigentlich Einschränkungen gibt, die ich jetzt mal ignoriere) [mm] x_0, [/mm] rechnest damit die linke Seite aus und bekommst einen neuen Näherungswert [mm] x_1. [/mm] Das setzt du wieder links in diese Gleichung ein und bekommst so [mm] x_2.
[/mm]
Die Aufgabenstellung sagt, dass du das viermal machen sollst, aber du kannst es natürlich häufiger machen.
>
> [mm]f(x_{0})=y_{0}\approx0.70[/mm]
> [mm]f'{x}=e^x+1*e^x[/mm] (Kettenregel)
> [mm]f'{x_{0}}=0.5[/mm]
Die Ableitung ist falsch:
$f(x) = [mm] \,\log{(1\,+\,e^x)}\,-\,1$
[/mm]
$f'(x) = [mm] \frac{e^{x}}{1+e^{x}}$
[/mm]
Das zusammen mit der Formel müsste dann hinhauen.
>
> [mm]0-\bruch{0.70}{0.5}=x_{1}=-1.4[/mm]
>
> So sieht mein bisheriger Rechenweg aus.
> Ist das so ok, vom Ansatz?
> Irgendwie kann ich mir aber nicht vorstellen, dass meine 1.
> Annahme mit der Funktion richtig ist :/
>
> Viele Grüße und danke im Voraus.
lg weightgainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:38 So 16.01.2011 | | Autor: | Masseltof |
Hallo und danke für die Antwort.
Entschuldig bitte die katastrophale Ableitung. Ich hab mich beim Eintippen total vertan.
Viele Grüße
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