kompl. 0-stellen mit newton < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 16:15 Sa 13.01.2007 | | Autor: | Braunstein |
| Aufgabe | | Wie berechnet man eine komplexe Nullstelle mit dem Newton-Verfahren? |
Hallo,
wie berechnet man komplexe Nullstellen mit dem Newtonverfahren? Relle bestimm ich mit Iteration, Annäherung, etc. Aber wie bestimm ich die komplexen??
Freue mich auf eine Antwort.
Gruß, brauni
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:20 Sa 13.01.2007 | | Autor: | Braunstein |
| Aufgabe | | Wie berechnet man eine komplexe Nullstelle mit dem Newton-Verfahren? |
Kann es sein, dass man die Näherungswerte mit 1+i bestimmt? Ich hab mal das Newton-Verfahren angewandt, immerhin hab ich einen Wert gefunden, der kleine als 1 ist, und somit konvergiert ja das Newton-Verfahren gegen die vorhandene (komplexe) Nullstelle. Die komplexe Zahl lautet: 0-i
Doch wenn ich dann Annäherungen versuch, werde ich ziemlich alt dabei (ist wahrlich unzumutbar). Das ist ein irrsinniger Rechenaufwand. Gibt's da keine einfachere Lösung?
Freue mich auf eine Antwort.
Gruß, Brauni
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:19 Sa 13.01.2007 | | Autor: | Herby |
Hallo Brauni,
dann lass doch mal deine komplexe Funktion sehen, vielleicht gibt es ja einen anderen Weg...
Liebe Grüße
Herby
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| Aufgabe | | Wie berechnet man eine komplexe Nullstelle mit dem Newton-Verfahren? |
Die Aufgabe lautet: [mm] x^3+2x-1
[/mm]
Mir ist gestern Nacht noch was eingefallen: Man berechne die reelle Nullstelle mit Newton-Iteration, dividiere durch diesen Linearfaktor, dx [mm] (x-x_{0}) [/mm] und man erhält die kompl. Nullstellen, denn zwei Nullstellen sind sowieso noch offen, da ich erst eine hab, naja, und die anderen erhalte ich durch das Dividieren, dh komplex und konjugiert komplex.
Wäre aber an ein anderes Lösungsverfahren auch interessiert.
Gruß, brauni
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Es geht durchaus mit dem Newton-Verfahren:
[mm]z_{n+1} = z_n - \frac{z_n^{\, 3} +2z_n - 1}{3 z_n^{\, 2} + 2} \, , \ \ n \geq 0[/mm]
Mit dem Startwert [mm]z_0 = \operatorname{i}[/mm] habe ich zum Beispiel auf 5 Dezimalen genau erhalten:
[mm]z_0 = 1{,}00000 \operatorname{i}[/mm]
[mm]z_1 = -0{,}58549 +1{,}57513 \operatorname{i}[/mm]
[mm]z_2 = -0{,}31529 + 1{,}43176 \operatorname{i}[/mm]
[mm]z_3 = -0{,}22373 + 1{,}45967 \operatorname{i}[/mm]
[mm]z_4 = -0{,}22673 + 1{,}46778 \operatorname{i}[/mm]
[mm]z_5 = -0{,}22670 + 1{,}46771 \operatorname{i}[/mm]
[mm]z_6 = -0{,}22670 + 1{,}46771 \operatorname{i}[/mm]
Eine andere, rechnerisch viel aufwendigere Möglichkeit wären die ![[]](/images/popup.gif) Formeln von Cardano. Damit findet man als reelle Nullstelle
[mm]\xi = \sqrt[3]{\frac{1}{18}} \, \left( \sqrt[3]{\sqrt{177} + 9} - \sqrt[3]{\sqrt{177} - 9} \right)[/mm]
Jetzt kann man damit Polynomdivision durch [mm]z - \xi[/mm] durchführen. Dabei sollte man nicht mit dem Ungetüm direkt rechnen, sondern mit [mm]\xi[/mm] als benannter Konstanten. Man erhält dann
[mm]z^3 + 2z - 1 = \left( z - \xi \right) \left( z^2 + \xi z + \left( 2 + \xi^2 \right) \right)[/mm]
Der quadratische Faktor hat dann nach der Lösungsformel die Nullstellen
[mm]z = \frac{1}{2} \, \left( - \xi \pm \operatorname{i} \sqrt{8 + 3 \xi^2} \right)[/mm]
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