x 2 = x 1 f(x 1) (x 0 ) 3 = 2 x 2 n n x 1 n 0 0, , , , , , , , , , , 7124

Transkript

1 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4100 Matematikk 1 høsten 011 Løsningsforslag - Øving 4 Avsnitt 47 3 La f(x) = x 4 +x 3 med f (x) = 4x 3 +1 Med x 0 = 1 får ein med Newtons metode at Med x 0 = 1 får ein med Newtons metode at x 1 = x 0 f(x 0) 3 f = 1 (x 0 ) 3 = x = x 1 f(x 1) 11 f = (x 1 ) 31 = x 1 = x 0 f(x 0) 1 f = 1 (x 0 ) 5 = 6 5 x = x 1 f(x 1) f (x 1 ) = /65 989/15 = Vi vil estimere π/ til fem desimalers nøyaktighet ved å anvende Newtons metode på ligningen cosx = 0 Er valget av startverdi x 0 avgjørende for om Newtons metode gir riktig svar? Ja, fordi ligningen cos x = 0 har mange løsninger Tabell 1 nedenfor viser resultatene ved bruk av iterasjonsformelen x n+1 = x n + cosx sinx for startverdiene x 1 0 = 1/ og x 0 = 4 Vi ser at x1 n går mot π/ når n vokser, mens x n går mot 3π/ Prøv selv og se hva som skjer hvis man for eksempel velger x 0 = 1/ x n n x 1 n 0 0,5 4 1, , , , , , , , , , 714 Tabell 1: Ulike startverdier i Newtons metode gir forskjellige løsninger av ligningen cosx = 0 13 Vi vil finne x (0,π/] slik at f(x) = tanx x = 0 ved Newtons metode Den deriverte av funksjonen f er Dermed finner vi iterasjonsformelen f (x) = sec x x n+1 = x n tan(x n) x n sec (x n ) Tabell lister x n -verdier for startverdien x 0 = 1 Vi ser at tanx = x når x = lfov04 15 september 011 Side 1

2 n x n , , , , , , 1656 Tabell : Newtons metode anvendt på f(x) = tanx x, med startverdi x 0 = 1 5 Ved å bruke MatLab eller lommerreknar får ein følgjande iterasjonstabell (her har eg valt ei nøyaktigheit på 6 desimalar) Avsnitt 48 n x n f(x n ) f (x n ) x n+1 = x n f(xn) f (x n) e e e e e a) f(x) = x ( 1 )x Bruker tabell [4 s 97] b) f(x) = x + x c) f(x) = π x x 1 F(x) = 1 1 x ( ln(1/) ) (1 )x +c = 1 1 x ( ln1 ln ) (1 )x +c = 80 Ved å derivere venstresida får ein = 1 x ( 1 ln ) (1 )x +c = 1 x + 1 ln (1 )x +c F(x) = 1 3 x3 + 1 ln x +c F(x) = ( 1 lnπ )πx ln x +c ( dx a x ) = 1 a x Av tabell 4 får ein at den deriverte av høgresida er ( arcsin( x ) a )+C 1/a = = 1 1 (x/a) a x Mao formel er korrekt lfov04 15 september 011 Side

3 85 a) Dette er feil, fordi ( d (x+1) 3 dx 3 b) Dette er også feil, fordi c) Dette er riktig, da ) +C = 3(x+1) = (x+1) (x+1) 3 d ( (x+1) 3 +C ) = 3(x+1) = 6(x+1) 3(x+1) dx d ( (x+1) 3 +C ) = 6(x+1) dx Vi er gitt differensialligningen d s dt = k, hvor k er konstant Ved antiderivasjon finner vi at ds dt = kt+c 1, og setter vi inn initialverdien ds/dt = 88 når t = 0 finner vi C 1 = 88 Vi antideriverer nok en gang, og får at Fordi s(0) = 0 har vi at C = 0 s(t) = 1 kt +88t+C Vi vil finne t slik at ds = kt+88 = 0 dt Altså har vi at ds/dt = 0 når t = 88/k 3 Vi vil finne k slik at s ( ) 88 = 1 k ( ) k k k = 4 1 k + 1 k = 4 88 k = 88 4 = 16 Tolkning: Dersom vi skal bremse ned fra 88 fot/sek til 0 fot/sek på 4 fot må vi ha en akselerasjon på 16 fot/sek Avsnitt 51 7 Med to rektangel får ein intervalla [1,3] og [3,5] med midtpunkt x 1 = og x = 4 Frå midtpunkt-regelen får ein at arealet under kurva 1/x på intervallet [1, 5] kan tilnærmast ved A 1/(3 1)+1/4(5 3) = 3 Med fire rektangel får ein intervalla [1,], [,3], [3,4] og [3,5] med midtpunkt x 1 = 3/, x = 5/, x 3 = 7/ og x 4 = 9/ Av midtpunkt-regelen får ein at arealet under kurva 1/x på intervallet [1, 5] kan tilnærmast ved A /3( 1)+/5(3 )+/7(4 3)+/9(5 4) = /3+/5+/7+/9 = 496/315 lfov04 15 september 011 Side 3

4 19 a) Et øvre estimat er gitt ved = 758 gal Et nedre estimat er gitt ved = 543 gal b) Et øvre estimat er gitt ved = 363 gal Et nedre estimat er gitt ved = 1693 gal c) I verste tilfelle er det = 637 gal igjen i tankeren etter 8 timer Det vil derfor ta 637/70 31,4 timer til til all oljen har lekket ut I beste tilfelle er det = 3307 gal igjen i tankeren etter 8 timer Det vil derfor ta 3307/70 3,4 timer til til all oljen har lekket ut Avsnitt = 5 i=1 i 18 d) (b k 1) = b k 1 = 1 n 39 Lengden på et delintervall er gitt ved 1 0 n = 1 n Den øvre summen er da gitt ved f( 1 n ) 1 n +f( n ) 1 n + f(n n ) 1 Grensen når n er da gitt ved n = = f( k n ) 1 n ( k n + k n ) 1 n = 1 n k+ 1 n 3 = 1 n n(n+1) = n+1 6n lim (5 n 6 + 6n+1 6n ) = lim (5 n n + 1 6n ) = 5 6 k + 1 n 3 n(n+1)(n+1) 6 Avsnitt 53 lim P 0 c 3 k x k = 0 1 x 3 dx 18 Vi skal integrere funksjonen f(x) = 16 x over intervallet [ 4,0] I Figur 1 ser vi at dette integralet svarer til arealet av en kvart sirkelskive med radius r = 4 Altså har vi at 0 16 x dx = 1 4 π 4 = 4π 4 lfov04 15 september 011 Side 4

5 f(x) f(x) = 16 x 4 x Figur 1: Oppgave Merk at f(x) = x 4 x = x (x )(x + ), så polynomet er null i punkta x {,0, } Sidan f(1) = f( 1) < 0 følgjer at f(x) 0 for x [, ] Det er klart at integralet vil vere minmalt dersom ein integrerer over dei x der f(x) 0 Integralet er minimalt for a = og b = 68 Merk at x+8 er monotont voksande for x [0,1] Frå tabell 53 regel 6 følgjer at min x [0,1] Eksamensoppgaver x+8(1 0) = 8 = 1 19 Vi skal vise ved induksjon at 0 x+8 dx max x+8(1 0) = 9 = 3 x [0,1] P n : (cosu)(cosu)(cos4u)(cos8u) [cos( n 1 u)] = sin(n u) n sinu for alle hele tall n 1 Vi må først sjekke at formelen er riktig når n = 1 slik at P 1 er sann Setter vi n = 1 i P n, har produktet på venstre side bare en faktor, og formelen reduserer seg til P 1 : cosu = sinu sinu, som er riktig siden sinu = sinucosu Vi antar så, som induksjonshypotese, at P n er sann for n = k, dvs P k : (cosu)(cosu)(cos4u)(cos8u) [cos( k 1 u)] = sin(k u) k sinu Vi må vise at da er P n sann for n = k +1, altså P k+1 : (cosu)(cosu)(cos4u)(cos8u) [cos( k u)] = sin(k+1 u) k+1 sinu lfov04 15 september 011 Side 5

6 Det gjør vi ved å bruke induksjonshypotesen og identiteten sinvcosv = 1 sinv: (cosu)(cosu)(cos4u) [cos( k u)] = (cosu)(cosu)(cos4u) [cos( k 1 u)][cos( k u)] = sin(k u) k sinu cos(k u) 1 = sin( k u) k sinu = sin(k+1 u) k+1 sinu Ved induksjon følger det at formelen gjelder for alle hele tall n 1 lfov04 15 september 011 Side 6