2.1 Beispiele

Beispiel 1: Zinssatz eines Kredits (Folie 3–5, Tafel)

📄 Folie 3

Ein Kapital $K$ wird für $m$ Monate verliehen und mit einer monatlichen Rate $r$ zurückgezahlt. Wie hoch ist der Jahreszinssatz $p$ (in %)?

Substitution: Monatlicher Zinsfaktor

$x=1+\frac{p}{12\cdot100}=1+\frac{p}{1200}.$

Aufstellen: Nach dem ersten Monat schuldet man $Kx$, zahlt $r$, Rest $Kx-r$. Nach dem zweiten Monat $(Kx-r)x-r$ usw. Nach $m$ Monaten ist alles abbezahlt:

$$0=\underbrace{(\cdots((Kx-r)x-r)x-\cdots)x-r}_{m\text{ mal}}.$$

Ausmultipliziert:

$$0=Kx^m-r\big(x^{m-1}+x^{m-2}+\dots+x+1\big)=Kx^m-r\sum_{i=0}^{m-1}x^i.$$

Geometrische Summe $\sum_{i=0}^{m-1}x^i=\frac{x^m-1}{x-1}$ (für $x\neq1$) einsetzen und mit $(x-1)$ multiplizieren:

$$\begin{aligned} 0&=Kx^m(x-1)-r(x^m-1)\\ \Leftrightarrow\quad0&=Kx^{m+1}-(r+K)\,x^m+r=:f(x). \end{aligned}$$

Am Ende: $p=1200\,(x^*-1)$.

Bemerkungen (Tafel)

• $x=1$ ist immer eine Nullstelle von $f$: $K-(r+K)+r=0$. Sie ist aber eine Scheinlösung. Sie entsteht erst durch das Multiplizieren mit $(x-1)$ und bedeutet „0 % Zinsen“. Die ursprüngliche Gleichung mit der Summe erfüllt sie nur, wenn $K=mr$.
• $f$ ist ein Polynom vom Grad $m+1$, hat also $m+1$ (komplexe) Nullstellen. Nicht-reelle Nullstellen treten in konjugiert komplexen Paaren auf.
• Für $m\ge5$ (Grad $\ge5$) gibt es keine analytische Lösungsformel. ⇒ numerisch lösen.
• Es interessiert nur $x>1$ (keine negativen Zinsen).
• Messfehler (z.B. gerundete Rate $r$) übertragen sich auf $f$ und damit auf $x^*$. Wie stark, klärt die Kondition.

Zahlen von der Folie (Folie 4–5)

📄 Folie 5

$K=50\,000$, $r=1\,200$, $m=48$. Newton (2.3) mit

$$x_{i+1}=x_i-\frac{Kx_i^{m+1}-(r+K)x_i^m+r}{(m+1)Kx_i^m-m(r+K)x_i^{m-1}},\qquad x_0=1.01.$$

$i$	$x_i$	$p_i=1200(x_i-1)$
0	1.0100000000	12.000 %
1	1.0073517390	8.822 %
2	1.0062035956	7.444 %
3	1.0059435451	7.132 %
4	1.0059298589	7.1158 %
5	1.0059298214	7.1158 %

⇒ $p\approx7.12\,\%$. (Selbst nachgerechnet.)

Startwert ist wichtig (Folie: „A) Wahl des Intervalls?“)

Mit $x_0=1$ bleibt Newton sofort auf der Scheinlösung stehen ($f(1)=0$). Und für $x_0$ knapp über 1 springt die Iteration leicht zur Scheinlösung, weil die beiden Nullstellen dicht beieinander liegen ($f'(1)=K-mr=-7600\neq0$, $f$ hat dazwischen ein Minimum). Deshalb $x_0=1.01$ deutlich rechts vom Minimum.

Variante aus dem Skript (Grieb): $K=20\,000$, $m=36$, $r=589$ ergibt $x^*\approx1.00319463$, also $p\approx3.83\,\%$.

x₀ =oder ins Bild klicken, um x₀ zu setzen

Schritt 1/14: Startwert x₀ = 1.01.

langsamnormalschnellsehr schnell

Folie §2/3–5 mit K = 50 000, r = 1 200, m = 48. Zinssatz p = 1200·(x − 1). Startwert 1 trifft die Scheinlösung x = 1.

i	xᵢ	f(xᵢ)	|xᵢ − xᵢ₋₁|
0	1.01	7.14e+1

Beispiel 2: $x=\cos x$ (Skript)

Gesucht ist der Schnittpunkt von $y=x$ und $y=\cos x$, also die Nullstelle von

$f(x)=x-\cos x,\qquad f'(x)=1+\sin x.$

Wegen $f(0)=-1<0$ und $f(\pi/2)=\pi/2>0$ liegt eine Nullstelle in $[0,\pi/2]$, und wegen $f'\ge0$ (nur bei $-\pi/2+2k\pi$ gleich 0) ist sie eindeutig. Newton ab $x_0=0.7$:

$i$	$x_i$
0	0.7
1	0.739436497848
2	0.739085160465
3	0.739085133215

Nach drei Schritten 12 gültige Stellen. Die Zahl der gültigen Stellen verdoppelt sich ungefähr pro Schritt (1 → 3 → 7 → 12+), das ist quadratische Konvergenz.

Beispiel Lagrange-Punkte (Folie 8–10)

📄 Folie 8

Lagrange-Punkte sind Punkte in der Nähe zweier umeinander rotierender Massen (Sonne $M_1$, Erde $M_2$, Abstand $r$), in denen sich Gravitations- und Zentrifugalkräfte aufheben. Ein kleiner Körper dort (z.B. das James-Webb-Teleskop in $L_2$) rotiert mit, ohne Antrieb zu brauchen.

Für $L_1,L_2,L_3$ (auf der Verbindungslinie) vereinfacht man mit $y=0$ und $x=r(u+1-\alpha)$, $\alpha=\frac{M_2}{M_1+M_2}\approx3\cdot10^{-6}$. Das Problem ist dann eindimensional in der Unbekannten $u$ (Folie 9–10):

Punkt	Kräftegleichgewicht	Gleichung in $u$	Näherung
$L_1$	$a_\text{Sonne}=a_\text{Erde}+a_\text{zentrifugal}$	$u^2(3u+3u^2+u^3)=\alpha(-1-2u-u^2+2u^3+u^4)$	$x\approx r\big(1-\sqrt[3]{\alpha/3}\big)$, ca. 1.5 Mio km vor der Erde
$L_2$	$a_\text{Sonne}+a_\text{Erde}=a_\text{zentrifugal}$	$u^2(3u+3u^2+u^3)=\alpha(1+2u+u^2+2u^3+u^4)$	$x\approx r\big(1+\sqrt[3]{\alpha/3}\big)$, ca. 1.5 Mio km hinter der Erde
$L_3$	$a_\text{Sonne}+a_\text{Erde}=a_\text{zentrifugal}$	$u^2(3u+3u^2+u^3-2)=\alpha(-1-2u+2u^2+2u^3+u^4)$	$x\approx-r\big(1+\tfrac5{12}\alpha\big)$, gegenüber der Erde

Das sind Polynomgleichungen vom Grad 5 in $u$, also keine geschlossene Lösung ⇒ Newton. Wegen $\sqrt[3]{\alpha/3}\approx0.01$ ist $u\approx\pm0.01$ ein guter Startwert. $L_4,L_5$ ($y\neq0$) führen auf ein zweidimensionales Problem.

Ergänzung: woher kommt $\sqrt[3]{\alpha/3}$?

Für kleines $|u|$ dominiert links $3u^3$ und rechts $\pm\alpha$. Bei $L_1$: $3u^3\approx-\alpha$, also $u\approx-\sqrt[3]{\alpha/3}$ (zwischen Sonne und Erde). Bei $L_2$: $3u^3\approx\alpha$, also $u\approx+\sqrt[3]{\alpha/3}$. Mit $\alpha\approx3\cdot10^{-6}$ ist $\sqrt[3]{10^{-6}}=0.01$, und $0.01\cdot r\approx0.01\cdot1.5\cdot10^8\,\text{km}=1.5$ Mio km. Genau diese Näherung ist ein guter Newton-Startwert.