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