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Thema Eingetragen
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Numerik & Optimierung
  
Thema eröffnet von: shadowking
Newton-Verfahren mit Parabel statt Tangente: Verbesserung?  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-11-09 18:32
shadowking
 

Hallo,

ich habe mir überlegt, ob man das bekannte Newton-Verfahren zur Approximation von Nullstellen einfach differenzierbarer Funktionen nicht durch die Hinzunahme der zweiten Ableitung verbessern könnte.

Statt wie üblich den Iterationsschritt

$\displaystyle
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$

für die Approximation zu verwenden, wird dabei die Funktion $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ durch diejenige quadratische Funktion $q:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$, die in $x_n$ in Wert, erster und zweiter Ableitung mit $f$ übereinstimmt, ersetzt. Dafür hat man die Voraussetzung zu machen, dass $f$ in einer Umgebung der Nullstelle zweimal stetig differenzierbar ist.

Diese quadratische Funktion hat bekanntlich den Funktionsterm

$\displaystyle
q(x)=f(x_n) + f'(x_n)\cdot(x-x_0) + \frac{f''(x_n)}{2}\cdot(x-x_0)^2$,

und ihre Nullstelle wird mittels der pq-Formel (hier besser als abc-Formel bezeichnet, da der führende Koeffizient im Allgemeinen nicht Eins ist) bestimmt:

$\displaystyle
x_{n+1}=x_n-\frac{f'(x_n)}{f''(x_n)}\pm\sqrt{\frac{f'(x_n)^2-2\cdot f(x_n)\cdot f''(x_n)}{f''(x_n)^2}}$

Nun tritt bei quadratischen Funktionen üblicherweise die Schwierigkeit auf, dass nicht eine, sondern zwei reelle Nullstellen existieren und man ein Kriterium braucht, ob man mit der "linken" (mit negativem Vorzeichen vor der Wurzel) oder der "rechten" (mit positivem Vorzeichen) weiterarbeiten soll. Dieses Kriterium findet sich im Verhältnis der Vorzeichen von erster und zweiter Ableitung von $f$ in $x_n$: Sind beide Vorzeichen identisch, so wähle man die rechte Lösung; sind sie unterschiedlich, so wähle man die linke Lösung. Falls die zweite Ableitung in $x_n$ verschwindet, hat man "Pech gehabt", und das Verfahren versagt – ähnlich wie das klassische Newton-Verfahren bei verschwindender erster Ableitung versagt.

Anstelle des Vorzeichens setzt man also $\mathrm{sign}\left(f'(x_n)\cdot f''(x_n)\right)$ oder etwas Vergleichbares, was 1 ergibt, wenn die Vorzeichen übereinstimmen, und –1, wenn sie verschieden sind.

Um das Verfahren zu testen, soll $\frac{\pi}{2}$ als Nullstelle der Cosinus-Funktion approximiert werden. Der Startwert werde dabei als $x_0=1,5$ gewählt.

$x_1=\frac{3}{2}-\frac{-\sin\left(\frac{3}{2}\right)}{-\cos\left(\frac{3}{2}\right)}+\mathrm{sign}\left(\left(-\sin\left(\frac{3}{2}\right)\right)\cdot\left(-\cos\left(\frac{3}{2}\right)\right)\right)\cdot\sqrt{\frac{\left(-\sin\left(\frac{3}{2}\right)\right)^2-2\cdot\left(\cos\left(\frac{3}{2}\right)\right)\cdot\left(-\cos\left(\frac{3}{2}\right)\right)}{\left(-\cos\left(\frac{3}{2}\right)\right)^2}}$

$\displaystyle
=1,570737423055\ldots$

Zweiter Schritt:

$\displaystyle
x_2=x_1-\frac{-\sin(x_1)}{-\cos(x_1)}+\mathrm{sign}\left(\left(-\sin(x_1)\right)\cdot\left(-\cos(x_1)\right)\right)\cdot\sqrt{\frac{\left(-\sin(x_1)\right)^2-2\cdot\left(\cos(x_1)\right)\cdot\left(-\cos(x_1)\right)}{\left(-\cos(x_1)\right)^2}}$

$\displaystyle
=1,57079632679486255\ldots$

Dritter Schritt:

$\displaystyle
x_3=x_2-\frac{-\sin(x_2)}{-\cos(x_2)}+\mathrm{sign}\left(\left(-\sin(x_2)\right)\cdot\left(-\cos(x_2)\right)\right)\cdot\sqrt{\frac{\left(-\sin(x_2)\right)^2-2\cdot\left(\cos(x_2)\right)\cdot\left(-\cos(x_2)\right)}{\left(-\cos(x_2)\right)^2}}$

$\displaystyle
=1,57079632679489661923132169163975144209857811\ldots$

Die rasche Zunahme an korrekten Nachkommastellen ist (für mich zumindest) beeindruckend: Nach dem ersten Schritt waren 4 Stellen korrekt, nach dem zweiten bereits 13, nach dem dritten 40 und nach dem vierten (hier nicht ausgeführten) 99.

Da das in diesem Verfahren notwendige Wurzelziehen numerisch aber noch aufwendiger ist als Multiplikationen oder Differentiationen, dürfte dem Verfahren wohl kaum mehr Bedeutung zukommen als die einer interessanten Spielerei.

(Dieser Beitrag enthält keine Frage; er soll auch eher eine Mitteilung darstellen. Für einen eigenen Artikel fand ich ihn zu kurz und die Bedeutung zu geringfügig. Schreibt also Eure Meinung dazu in den Thread.)

Gruß shadowking

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
  
Thema eröffnet von: MartinN
* The algebraic game  
Beitrag No.19 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-10-11
shadowking
 

In der Tat lassen sich solche Methoden finden!

Beispielsweise kann man für einen algebraischen Ausdruck der Art

$\:\:\:\:R+\sqrt[3]{r}$,

wenn das Minimalpolynom $p\in\mathbb{Q}[X]$ für $R$ bereits bekannt ist, wie folgt vorgehen:

Man setze nacheinander $X-\sqrt[3]{r}$, $X-\zeta_3\cdot\sqrt[3]{r}$ und $X-\zeta_3^2\cdot\sqrt[3]{r}$ für $X$ in $p(X)$ ein ($\zeta_3$ ist eine dritte Einheitswurzel). Dann bilde man die drei Polynome mit Koeffizienten aus $\mathbb{Q}$

$\displaystyle
\:\:\:\:A\,=\,\frac{p(X-\sqrt[3]{r})+p(X-\zeta_3\cdot\sqrt[3]{r})+p(X-\zeta_3^2\cdot\sqrt[3]{r})}{3}$,

$\displaystyle
\:\:\:\:B\,=\,\frac{p(X-\sqrt[3]{r})+\zeta_3^2\cdot p(X-\zeta_3\cdot\sqrt[3]{r})+\zeta_3\cdot p(X-\zeta_3^2\cdot\sqrt[3]{r})}{3\cdot\sqrt[3]{r}}$,

$\displaystyle
\:\:\:\:C\,=\,\frac{p(X-\sqrt[3]{r})+\zeta_3\cdot p(X-\zeta_3\cdot\sqrt[3]{r})+\zeta_3^2\cdot p(X-\zeta_3^2\cdot\sqrt[3]{r})}{3\cdot\sqrt[3]{r}^2}$

und berechne damit folgendes Polynom in $\mathbb{Q}[X]$:

$\displaystyle
\:\:\:\:A^3+r\cdot(B^3-3\cdot A\cdot B\cdot C)+r^2\cdot C^3$

Die weitere Verallgemeinerung dieses Verfahrens für höhere Wurzeln liegt auf der Hand; lediglich das aus $A=A_0$, $B=A_1$, $C=A_2$ usw. zu bestimmende Polynom muss mit etwas mehr Aufwand ermittelt werden. Die Herangehensweise: Man multipliziere das Produkt

$\displaystyle
\:\:\:\:\prod_{s=0}^{n-1}\;\left(\sum_{k=0}^{n-1}\;\zeta_n^{k\cdot s}\cdot\sqrt[n]{r}^k\cdot A_k\right)$

aus und sortiere dessen $n^n$ Summanden nach Potenzen von $\sqrt[n]{r}$. Die Eigenschaft der n-ten Einheitswurzeln, dass die Summe über alle inklusive 1 Null ergibt, sorgt dabei dafür, dass sehr viele Summanden im ausmultiplizierten Produkt sich gruppenweise wegheben.

Gruß shadowking

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
  
Thema eröffnet von: MartinN
* The algebraic game  
Beitrag No.18 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-10-11
shadowking
 

Hallo,

ich wollte noch einen Nachtrag zur Rechentechnik mitteilen, den ich letztens gefunden habe und der am ehesten hierhin passt.

Wenn man das Minimalpolynom eines Radikalausdrucks der Bauart

$R+\sqrt{r}$

bestimmen will und das Minimalpolynom $p\in\mathbb{Q}[X]$ von $R$ bereits kennt, dann kann man folgendermaßen vorgehen:

Man bestimmt $p(X+\sqrt{r})$ und $p(X-\sqrt{r})$ als Terme in $\mathbb{Q}[\sqrt{r}][X]$ und rechnet dann

$\displaystyle
\left(\frac{p(X+\sqrt{r})+p(X-\sqrt{r})}{2}\right)^2-r\cdot\left(\frac{p(X+\sqrt{r})-p(X-\sqrt{r})}{2\cdot\sqrt{r}}\right)^2$

Da die Terme, die hierin quadriert werden, jeweils Polynome in $\mathbb{Q}[X]$ sind, ist die Rechnung für ein CAS einfacher, als wenn es mit den Wurzelausdrücken rechnen müsste. Ich habe dieses Verfahren mit dem Standardverfahren, nämlich die Linearfaktoren sämtlicher Konjugierter (in meinem Fall von $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}+\sqrt{e}$) aufzumultiplizieren, verglichen, und mein CAS (Maxima) wurde auf diese Art wesentlich rascher fertig.

Für anders geartete Radikalausdrücke, die z.B. eine Summe von dritten Wurzeln ganzer Zahlen darstellen, dürften sich ähnliche Verfahren finden lassen.

Gruß shadowking

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
  
Thema eröffnet von: MartinN
* The algebraic game  
Beitrag No.15 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-10-06
shadowking
 

@Triceratops: Ich hatte beim Aufschreiben eine Klammer vergessen. Viermal wird im Verlauf der $x$ enthaltende Term quadriert, also hat das Polynom tatsächlich Grad 16. Für das Minimalpolynom fällt mir bisher keine Vorgehensweise ein, wie man es derart erzeugen soll, dass $x$ im Term nur einmal erscheint.

@zippy: Direkt hinter der Klammer, die sich hinter "$3c$" schließt, endet die braune Klammer. Folglich schließt sich die blaue (in deiner Darstellung braun) in der Mitte und die rote (bei dir blau) am Ende der Zeile. Ich habe den Schreibfehler korrigiert.

Gruß shadowking

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
  
Thema eröffnet von: MartinN
* The algebraic game  
Beitrag No.12 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-10-06
shadowking
 

Hallo,

wenn man auf die Forderung verzichtet, das Minimalpolynom als algebraischen Ausdruck darzustellen, in dem die Variable $x$ nur einmal auftaucht, dann ist auch die Summe aus drei Quadratwurzeln radikal, weil man das Polynom höheren Grades

$\begin{align*}
(((x^2&-(a+b+3c))^2-4\,(ab+ac+bc+c^2))^2-64\,((b-c)^2ac+(a-c)^2bc))^2 \\
&-16384\,(a-c)^2(b-c)^2\cdot c^2\cdot a\cdot b
\end{align*}$

finden kann, welches das Radikal $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ annulliert.

Ich kam durch Probieren darauf, indem ich zweimal das naheliegende Verfahren "auf beiden Seiten quadrieren und den rationalen Teil subtrahieren" ausführte und von der sich ergebenden Zeile

$(x^2-r_1)^2-r_2 = q_2$

ein rationales Vielfaches (Faktor $2\cdot s$) der vorherigen Zeile

$x^2-r_1 = q_1$

($r_1,r_2$ polynomiale Ausdrücke in $a,b,c$, $q_1,q_2$ rationale Summen aus 3 Radikalen)

derart subtrahierte, dass auf der resultierenden rechten Seite nur noch zwei Radikale auftauchten, und auf der linken Seite zu

$(x^2-r_1-s)^2-r_2-s^2$

vereinfachte. Auf diese Gleichung lässt sich im weiteren das übliche Verfahren für Summen aus 2 Radikalen anwenden, wodurch man ein Polynom 16. Grades enthält, das in zwei Faktoren von je Grad 8 zerfällt. Eines davon ist das Minimalpolynom.

Gruß shadowking

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: shadowking
* Eine unendliche Reihe  
Beitrag No.13 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-09-04
shadowking
 

Hallo Küstenkind,

dann lass' doch auch deine Lösung mal sehen. Ich wäre gespannt; und vielleicht lernt der eine oder andere noch etwas aus diesem Thread.

Gruß shadowking

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: shadowking
* Eine unendliche Reihe  
Beitrag No.12 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-08-19
shadowking
 

Hallo Küstenkind,


spät kommt hier zwar die Antwort, aber sie kommt!

Ich definiere die erzeugende Funktion $f(x)$ der fraglichen Reihe als

$\begin{align*}
f(x)\,&:=\,\frac{1}{\frac{1}{3}}+\frac{1\cdot 2}{\frac{1}{3}\cdot\frac{4}{3}}\cdot x+\frac{1\cdot 2\cdot 3}{\frac{1}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{7}{3}}\cdot x^2+\ldots \\
&=\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k+\frac{1}{3})}\cdot x^{k-1}.
\end{align*}$

Der gesuchte Reihenwert ergibt sich dann als $\frac{1}{2}\cdot f(\frac{1}{2})$, da in den Nennern der Summanden der fraglichen Reihe der Faktor 2 je einmal häufiger vorkommt, als die Exponenten in $f(x)$ angeben.

Die erzeugende Funktion wird zunächst integriert, was auf

$\displaystyle
\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t\,=\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k-1)!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k+\frac{1}{3})}\cdot\int_0^x k\cdot t^{k-1}\,\mathrm{d}t\,=\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k-1)!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k+\frac{1}{3})}\cdot x^k
$

führt. Um den Term für $f(x)$ zu reproduzieren, multipliziere ich beide Seiten mit $x^{-\frac{2}{3}}$ und differenziere anschließend nach $x$, um auch die Zahl der Faktoren im Nenner um jeweils Eins reduzieren zu können.

$\displaystyle
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(x^{-\frac{2}{3}}\cdot\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t\right)\,=\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k-1)!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k-\frac{2}{3})}\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{x^{k-\frac{2}{3}}}{k-\frac{2}{3}}\right)\,=\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k-1)!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k-\frac{2}{3})}\cdot x^{k-\frac{5}{3}}
$

Links wird gemäß Produktregel differenziert, rechts ein Index-Shift durchgeführt:

$\displaystyle
-\frac{2}{3}\cdot x^{-\frac{5}{3}}\cdot\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t + x^{-\frac{2}{3}}\cdot f(x)\,=\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k+\frac{1}{3})}\cdot x^{k-\frac{2}{3}}\,=\,x^{-\frac{2}{3}}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k+\frac{1}{3})}\cdot x^{k-\frac{2}{3}}
$

Ich multipliziere auf beiden Seiten mit $x^{\frac{5}{3}}$:

$\displaystyle
-\frac{2}{3}\cdot\int_0^x f(t)\mathrm{d}t + x\cdot f(x)\,=\,x+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k+\frac{1}{3})}\cdot x^{k+1}\,=\,x+x^2\cdot f(x)
$


Somit erhalte ich die inhomogene lineare Differentialgleichung 1. Ordnung

$\displaystyle
\:\:\:\:\:\:-\frac{2}{3}\,\cdot\,F(x)\:+\:(x\,-\,x^2)\,\cdot\,F'(x)\:\:=\:\:x$

für die Stammfunktion $F(x)\,=\,\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t$.

Die homogene Lösung lautet $F_{\mathrm{hom}}(x)\,=\,C\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\frac{2}{3}}$, und für die Bestimmung der partikulären Lösung $F_{\mathrm{part}}(x)$ wird die Variation der Konstanten angewendet, was auf

$\displaystyle
C'(x)\,=\,\frac{1}{x^{\frac{2}{3}}\cdot(1-x)^{\frac{1}{3}}},$

$\begin{align*}
C(x)\,&=\,\int_0^x\frac{\mathrm{d}t}{t^{\frac{2}{3}}\cdot(1-t)^{\frac{1}{3}}}\,=\,3\cdot\int_0^x\frac{1}{\sqrt[3]{1-t}}\cdot\left(\frac{1}{3}\cdot\frac{\mathrm{d}t}{t^{\frac{2}{3}}}\right) \\
&=\,3\cdot\int_0^{\sqrt[3]{x}}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt[3]{1-u^3}} \\
&=\,3\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot{}_2F_1\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3};\frac{4}{3};x\right) \\
&=\,-\frac{1}{2}\cdot\ln\left(\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{2}{3}}-\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{1}{3}}+1\right)+\ln\left(\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{1}{3}}+1\right) \\
&-\sqrt{3}\cdot\arctan\left(\frac{2\cdot\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{1}{3}}-1}{\sqrt{3}}\right)+\frac{\sqrt{3}\cdot\pi}{2}
\end{align*}$

führt (Substitution $t \mapsto u^3$; die Berechnung hat ein CAS vorgenommen).

Um auf $f(x)$ zu kommen, hat man $F_{\mathrm{part}}(x)\,=\,C(x)\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\frac{2}{3}}$ nach $x$ abzuleiten, so dass man erhält:

$\begin{align*}
f(x)\,&=\,F_{\mathrm{part}}'(x)\,=\,C'(x)\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\frac{2}{3}}+C(x)\cdot\frac{2}{3}\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)^{-\frac{1}{3}}\cdot\frac{1}{(1-x)^2} \\
&=\,\frac{1}{x^{\frac{2}{3}}\cdot(1-x)^{\frac{1}{3}}}\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\frac{2}{3}}+\frac{2}{3}\cdot3\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot{}_2F_1\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3};\frac{4}{3};x\right)\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)^{-\frac{1}{3}}\cdot\frac{1}{(1-x)^2} \\
&=\,\frac{1}{1-x}-\frac{\ln\left(\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{2}{3}}-\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{1}{3}}+1\right)}{3\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot(1-x)^{\frac{5}{3}}}+2\cdot\frac{\ln\left(\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{1}{3}}+1\right)}{3\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot(1-x)^{\frac{5}{3}}} \\
&-2\cdot\sqrt{3}\cdot\frac{\arctan\left(\frac{2}{3}\cdot\sqrt{3}\cdot\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{1}{3}}-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}{3\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot(1-x)^{\frac{5}{3}}}+\frac{\sqrt{3}\cdot\pi}{3\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot(1-x)^{\frac{5}{3}}}
\end{align*}$

Nun wird $\frac{1}{2}\cdot f(x)$ an der Stelle $x=\frac{1}{2}$ ausgewertet, was auf

$\begin{align*}
\frac{1}{2}\cdot f\left(\frac{1}{2}\right)\,&=\,\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{\ln\left((2-1)^{\frac{2}{3}}-(2-1)^{\frac{1}{3}}+1\right)}{6\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)^{\frac{5}{3}}}+\frac{\ln\left((2-1)^{\frac{1}{3}}+1\right)}{3\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)^{\frac{5}{3}}} \\
&-\sqrt{3}\cdot\frac{\arctan\left(\frac{2}{3}\cdot\sqrt{3}\cdot(2-1)^{\frac{1}{3}}-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}{3\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)^{\frac{5}{3}}}+\frac{\sqrt{3}\cdot\pi}{6\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)^{\frac{5}{3}}} \\
&=\,1-\frac{2^{\frac{6}{3}}}{6}\cdot\ln(1)+\frac{2^\frac{6}{3}}{3}\cdot\ln(2)-\frac{\sqrt{3}\cdot 2^{\frac{6}{3}}}{3}\cdot\frac{\pi}{6}+\frac{2^{\frac{6}{3}}\cdot\sqrt{3}\cdot\pi}{6}\\
& \\
&=\,1+\frac{4\cdot\ln(2)}{3}+\frac{4\cdot\sqrt{3}\cdot\pi}{9}
\end{align*}$

führt.

Gruß shadowking

Geometrie
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Kreisfunktion
Schnittkurve von Kugel und Ellipsoid  
Beitrag No.8 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-04-29
shadowking
J

Hallo,

zunächst kann man in der Gleichung für den Ellipsoiden o.B.d.A. $C=1$ setzen. Voraussetzung für die Existenz reeller Lösungen ist dann, dass genau einer oder zwei der Parameter $0 < a, b, c$ (nicht jedoch gar keiner oder alle drei) kleiner oder gleich Eins sind.

Wir können die Koordinatenachsen so vertauschen, dass $a \leq b \leq c$ gilt. Mindestens $c$ ist somit größer als 1. Damit ergeben sich die Lösungen abhängig von $x$:

$\displaystyle
y(x)=\pm\sqrt{\frac{b^2\cdot(c^2-1)}{c^2-b^2}-\frac{b^2}{a^2}\cdot\frac{c^2-a^2}{c^2-b^2}\cdot x^2}$
$\displaystyle
z(x)=\pm\sqrt{\frac{c^2\cdot(1-b^2)}{c^2-b^2}+\frac{c^2}{a^2}\cdot\frac{b^2-a^2}{c^2-b^2}\cdot x^2}$

Somit besteht die Projektion der Schnittkurve auf die $xy$-Ebene immer in einer ganz durchlaufenen Ellipse, während die Gestalt der Projektion auf die $xz$-Ebene vom Parameter $b$ abhängt: Gilt $b<1$, so ergeben sich zwei Hyperbelbögen, die die $x$-Achse nicht schneiden. Gilt $b=1$, so ergibt sich eine Doppelgerade, und falls $b>1$, so ergeben sich Hyperbelbögen, die die $z$-Achse nicht schneiden. Wie weit diese Bögen durchlaufen werden, hängt von den Extremwerten ab, die $x$ für reelles $y(x)$ annehmen darf: $\displaystyle
-a \cdot\sqrt{\frac{c^2-1}{c^2-a^2}}\leq x \leq a\cdot\sqrt{\frac{c^2-1}{c^2-a^2}}$.

Wie eine Abhängigkeit $\varphi(\vartheta)$ bzw. $\vartheta(\varphi)$ aussehen könnte, muss ich noch nachrechnen.

Gruß shadowking

Geometrie
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Kreisfunktion
Schnittkurve von Kugel und Ellipsoid  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-04-27
shadowking
J

Hallo Kreisfunktion,

willkommen auf dem MP.

Ist das so schwierig? Arbeite doch die Kugelgleichung über $z^2=1-x^2-y^2$ in die Ellipsoidengleichung ein und du erhältst eine in $x$ und in $y$ quadratische Gleichung, die sogar (falls $a$, $b$, $c$ geeignete Werte annehmen) geschlossen zu lösen ist.

Gruß shadowking

Programmieren
Beruf 
Thema eröffnet von: mrdjv2
nichtlineare Gleichungen lösen (ggf. in R)  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-04-25
shadowking
 

Meine Methode ist doch nicht optimal; die Determinante der Jacobimatrix liegt dafür zu nahe an Null. Man wende statt dessen lieber das von gonz geschilderte Verfahren an, um C numerisch zu bestimmen und dann sukzessive B und A zu erhalten.

Ich erhalte so die Lösung

C = 1967,0058...
B = 6289,4661...
A = 6294,2695...,

mit der alle geforderten Werte in vierstelliger Genauigkeit getroffen werden.

Gruß shadowking

Programmieren
Beruf 
Thema eröffnet von: mrdjv2
nichtlineare Gleichungen lösen (ggf. in R)  
Beitrag No.4 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-04-25
shadowking
 

Hallo mrdjv,

versuche es doch mit dem Newton-Gauß-Verfahren für nichtlineare Systeme. Das ist eine Verallgemeinerung des Newton-Verfahrens zur Nullstellenbestimmung auf Situationen mit mehr als einer Variablen. Zum Starten braucht man halbwegs plausible Näherungswerte für A, B und C. Wo im Newton-Verfahren die Ableitung im Nenner erscheint, benötigt man hier allerdings die Inverse der Jacobimatrix für die nichtlineare Abbildung $f: \mathbb{R}^3 \mapsto \mathbb{R}^3,\,f(A,B,C)=\left(\matrix{A-B\mathrm{e}^{-\frac{1}{C}}-8\\A-B\mathrm{e}^{-\frac{30}{C}}-100\\A-B\mathrm{e}^{-\frac{365}{C}}-1070}\right)$, so diese denn existiert.

Gruß shadowking

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]

Vektorräume
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: DerKleineGauss1
0° = 90° ?!  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-04-25
shadowking
 

Hallo DerKleineGauss,

um den Winkel zwischen zwei Vektoren zu bestimmen, muss man deren Skalarprodukt noch durch die Beträge beider Vektoren dividieren; dann erhält man den Kosinus des Winkels. Daran wird die Berechnung in diesem Fall aber scheitern, da eine Division durch Null nicht definiert ist. Also ist eine Winkelangabe für irgendeinen Vektor mit dem Nullvektor nicht sinnvoll.

Gruß shadowking


Integration im IR^n
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: salamander
Gewichtete Kugeloberfläche  
Beitrag No.7 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-04-23
shadowking
 

Hm, das habe ich wohl übersehen. Tut mir leid.

Warum meinst du, dass die Ergebnisse 2) und 3) (die aus Symmetriegründen übereinstimmen müssen) zugleich auch mit dem aus 4) zusammenfallen sollen? Gegenüber 1) weichen die Integrationsgebiete bei 2) und 3) in Richtung des Längengrades, 4) aber in Richtung des Breitengrades ab, was beides das Ergebnis der Integration mindert – aber diese Minderung fällt in Richtung des Breitengrades stärker aus, da sich ja nicht nur die Gewichtsfaktoren, sondern auch die Größe des Integrationsgebietes ändert (deshalb geht der Faktor $\sin(\frac{\pi\cdot \theta}{180})$ quadratisch, $\cos(\frac{\pi\cdot \varphi}{180})$ aber nur linear in die Rechnung ein).

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]

Integration im IR^n
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: salamander
Gewichtete Kugeloberfläche  
Beitrag No.3 im Thread
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shadowking
 

So wie es aussieht, erfüllen deine Berechnungen doch diese Bedingungen. Wo liegt also dein Problem?

Integration im IR^n
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: salamander
Gewichtete Kugeloberfläche  
Beitrag No.1 im Thread
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shadowking
 

Hallo salamander,

ich würde den Ansatz für korrekt halten. Was bringt dich dazu, ihn für falsch zu halten? Freilich kommt bei Integration über die gesamte Kugeloberfläche Null heraus, da die "westliche Hemisphäre" wegen des Gewichtungsfaktors $\cos(\varphi)$ genau den negativen Beitrag der "östlichen Hemisphäre" liefert.

Gruß shadowking

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Ehemaliges_Mitglied
pi/13 !  
Beitrag No.5 im Thread
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shadowking
 

Hallo MP,

ich bin beim Durchstöbern meiner alten PNs auf dieses Problem gestoßen. JohnDoe's Ansatz wirkt recht "vom Ergebnis her", so dass ich einen alternativen und evtl. systematischeren Ansatz ergänzen möchte:

Man schreibe mit $\cos^2(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\cos(2x)$ und $\cos(x)=\cos(2\pi-x)$ den gesuchten Ausdruck als $\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left(\cos(\frac{2\pi}{13})+\cos(\frac{6\pi}{13})+\cos(\frac{18\pi}{13})\right)$.

Aufgrund der zweiten Voraussetzung gilt für die drei Cosinusterme der Summe ferner (*) $\cos(\frac{2\pi}{13})=\cos(\frac{24\pi}{13})$, $\cos(\frac{6\pi}{13})=\cos(\frac{20\pi}{13})$ und $\cos(\frac{8\pi}{13})=\cos(\frac{18\pi}{13})$.

Wir betrachten nun innerhalb der Automorphismengruppe von $\mathbb{Q}[\zeta_{13}]$, die zu $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ isomorph ist, die Untergruppe der quadratischen Reste modulo 13, welche die 13. Einheitswurzeln innerhalb zweier disjunkter Klassen – $\{\zeta_{13}^1, \zeta_{13}^3, \zeta_{13}^4, \zeta_{13}^9, \zeta_{13}^{10}, \zeta_{13}^{12}\}$ und $\{\zeta_{13}^2, \zeta_{13}^5, \zeta_{13}^6, \zeta_{13}^7, \zeta_{13}^8, \zeta_{13}^{11}\}$ – untereinander permutiert, und überlegen uns durch Nachrechnen, dass für die Summen über diese beiden Klassen,
 
$Z_1=\zeta_{13}^1+\zeta_{13}^3+\zeta_{13}^4+\zeta_{13}^9+\zeta_{13}^{10}+\zeta_{13}^{12}$  und  $Z_2=\zeta_{13}^2+\zeta_{13}^5+\zeta_{13}^6+\zeta_{13}^7+\zeta_{13}^8+\zeta_{13}^{11}$,

gilt:

$Z_1+Z_2=-1$,

$Z_1\cdot Z_2 = -3$

Somit erfüllen beide Summen die Gleichung $X^2+X-3=0$ mit den beiden reellen Lösungen $-\frac{1}{2}\pm\frac{1}{2}\sqrt{13}$. Man überlegt sich anhand der Lage der Einheitswurzeln, dass $Z_1=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\sqrt{13}$ und $Z_2=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cdot\sqrt{13}$ ist.

Für $Re(Z_1)=\cos(\frac{2\pi}{13})+\cos(\frac{6\pi}{13})+\cos(\frac{8\pi}{13})+\cos(\frac{18\pi}{13})+\cos(\frac{20\pi}{13})+\cos(\frac{24\pi}{13})$ gilt aufgrund der unter (*) genannten Gleichheiten, dass es das Doppelte der gesuchten Summe $\cos(\frac{2\pi}{13})+\cos(\frac{6\pi}{13})+\cos(\frac{18\pi}{13})$ ist. Deshalb gilt letztlich:

$\displaystyle
\cos^2\left(\frac{\pi}{13}\right)+\cos^2\left(\frac{3\pi}{13}\right)+\cos^2\left(\frac{4\pi}{13}\right)=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\cdot\sqrt{13}\right)=\frac{11}{8}+\frac{1}{8}\sqrt{13}$

Chemie
  
Thema eröffnet von: shadowking
Zum Brand in Nôtre-Dame  
Themenstart
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shadowking
 

Hallo Matheplanet,

in dieser Woche mussten wir mit ansehen, wie eine der schönsten mittelalterlichen Kirchen des Kontinents in Flammen aufgegangen ist. Mir ist an den Bildern etwas aufgefallen, wozu ich jetzt, 4 Tage später, immer noch nirgends eine fundierte Stimme gehört habe.

Mir fiel diese starke Entwicklung hellen bis fast weißen Rauchs auf, was mir ungewöhnlich und daher fragwürdig erscheint. Wer schon einmal ein Feuer mit massiven Eichenbohlen anzünden wollte, weiß, wie lange das dauert – aber auch, dass der Rauch, wenn es dann brennt, eher mittel- bis dunkelgrau ist. Welcher Stoff könnte am Dachaufbau beteiligt sein, der Rauch in dieser Menge und Farbe abgibt, wenn er brennt?

(Bitte hier keine vorschnellen Spekulationen oder Schuldzuweisungen posten, da sonst dieser Thread rasch gesperrt werden wird.)

Gruß shadowking

Primzahlen - sonstiges
  
Thema eröffnet von: Yor
Gibt es Primzahlen der Form n^m - 1 mit n, m > 2?  
Beitrag No.6 im Thread
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shadowking
 

Hallo,

viel interessanter fände ich die Frage (auch wenn sie mit dem gestellten Thema nicht viel zu tun hat) nach einer Verallgemeinerung der Fermat-Primzahlen: $q^{2^n}+1$, wobei q ein Vielfaches von 2 und n natürlichzahlig ist, kann durchaus prim sein. Mich würde q=10 besonders interessieren, weil sich damit Primzahlen der kleinstmöglichen Quersumme 2 ergeben, und da sind (zumindest mir) bisher nur 11 und 101 bekannt.

Gruß shadowking

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: shadowking
* Eine unendliche Reihe  
Beitrag No.8 im Thread
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shadowking
 

@Kuestenkind

Ich habe genauso gerechnet wie weird – bis ins Detail. Meine eigene Lösung brauche ich also nicht mehr eigens darstellen.

Man kann auch deinen Term, das Integral, noch weiterentwickeln, und zwar indem man im Exponenten eine quadratische Ergänzung vornimmt (das führt zu einer Potenz von $\mathrm{e}$ als Faktor vor dem Integral), damit der Exponent ein vollständiges Quadrat wird. Dadurch wird das Integral zu einem unvollständigen Gauß-Integral, und man kann es über die Errorfunktion bestimmen.

Meinen Stolz hat es deshalb geschmälert, weil ich als ausgebildeter Mathematiker solche Methoden kennen (die Methode der erzeugenden Funktion kannte ich auch, wenngleich bisher nur aus der Bestimmung expliziter Terme für rekursiv definierte Zahlenfolgen wie bspw. lineare Differenzenfolgen) und also nicht auf die Illusion verfallen sollte, selbst "etwas Neues entdeckt" zu haben. Als Elektriker oder Mediziner würde man sich ja auch kein Ei darauf pellen, wenn einem etwas gelingt, was in der Branche Goldstandard ist.

Gruß shadowking

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
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Thema eröffnet von: shadowking
* Eine unendliche Reihe  
Beitrag No.4 im Thread
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shadowking
 

Anscheinend habe ich da unbewusst eine Standardtechnik angewendet, was meinen Stolz auf das schöne Ergebnis stark mindert...

@Monty: Wenn Terme mit der Errorfunktion nicht als glatt gelten, dann gibt es auch kein in dem Sinne glattes Ergebnis.
 

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