Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 28/4-2/5

Transkript

1 Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 8/4-/5 Tom Lindstrøm 5..5 a) Alle punktene i B har avstand til origo større enn 1, så d(0, B) må være minst 1. Ved å velge punkter på x-aksen med x-koordinater litt større enn 1, får vi punkter i B med avstand til 0 så nær 1 vi måtte ønske, og dermed må d(0, B) = 1. Det finnes ikke noe punkt i B med avstand til origo lik 1 alle slike punkter ligger på sirkelen om origo med radius 1, og ingen punkter på denne sirkelen er med i B. b) For enhver n N finnes det et punkt x n i B slik at a x n < d(a, B)+ 1 n. Siden B er lukket og begrenset, har følgen {x n } en konvergent delfølge {x nk } som konvergerer mot et punkt x i B. Da er a x = lim k a x n k = d(a, B) (ser du ikke direkte at a x = lim k a x nk, så ta en titt på oppgave 5.1.4). Lar vi a = (0, 0) og B = {( 1, 0), (1, 0)}, ser vi at det er to punkter i B med minimal avstand til a (det finnes selvfølgelig utallige andre eksempler). c) La R = d(a, B). Da er ˆB = {x B : x R + 1} en lukket, begrenset delmengde av R m, og d(a, ˆB) = d(a, B). Ifølge punkt b) finnes det et punkt b i ˆB B slik at a b = d(a, ˆB) = d(a, B). d) Anta (for motsigelse) at vi har to forskjellige punkter b og c i B slik at a b = a c = d(a, B). Siden B er konveks, vil også midtpunktet d = 1 (b + c) ligge i B. Lager du en tegning, ser du at det er rimelig å tro at midtpunktet d ligger nærmere a enn det b og c gjør. Kan vi vise dette, har vi den selvmotsigelsen vi er på jakt etter, og oppgaven er løst. La r = b a og s = c a. Da er r = s = d, der d = d(a, B). Vår oppgave er å vise at a d < d. Siden r + s = (d a) (det er lettest å se dette fra tegningen og så kontrollere ved regning), er a d = 1 r + s. Ved trekantulikheten er r+s r + s med likhet bare hvis r = ks for et positivt tall k. Siden dette ikke kan være tilfellet her, har vi r + s < r + s = d. Dermed er a d = 1 r + s < 1 d = d Dette er ulikheten vi var på jakt etter, og oppgaven er løst. (Det går også an å gjøre det siste punktet ved hjelp av Pythagoras setning). 1

2 5.3.1 Vi kan bruke programmet function [x,y]=oppgave1(a,b,n) x=[a]; y=[b]; x(n+1)=0.6*x(n)-0.6*y(n)+0.; y(n+1)=0.6*x(n)+0.6*y(n)+1; For å kjøre programmet med 30 skritt og tegne resultatet, gir vi kommandoene >> [x,y]=oppgave1(0,0,30); >> plot(x,y) >> axis( equal ) Figuren viser en spiralbevegelse inn mot et fikspunkt: Et fikspunkt er et punkt (x, y) slik at hvis vi setter (x n, y n ) = (x, y), så er også (x n+1, y n+1 ) = (x, y). Det betyr at (x, y) er en løsning av ligningssystemet x = 0.6x 0.6y + 0. y = 0.6x + 0.6y + 1 Enkle regninger viser at (x, y) = ( 1, 1) a) Salgsinntektene til firma 1 er I 1 (p, q) = pe 1 (p, q) = 1000pe p q α(p+q). Vi deriverer mhp. p for å finne maksimum: I 1 p = p 1000e q α(p+q) pe p q α(p+q) ( 1 q α) = = 1000e p q α(p+q) (1 p q αp) p Uttrykket er null når p = p = 1+αq, og det er lett å sjekke at dette er maksimumspunktet til funksjonen. Verdien til q fremkommer på tilsvare måte ved derivasjon av I = qe (p, q) mhp. q.

3 b) (Det er en trykkfeil i denne oppgaven. Uttrykket for q skal være q = 1.1q 1 = 1.1 p 1 1+βp 1.) Programmet kan f.eks. se slik ut: function [p,q]=oppgave6(a,b,alpha,beta,n) p=[a]; q=[b]; p(n+1)=1.1*q(n)./(1+alpha*q(n)); q(n+1)=1.1*p(n)./(1+beta*p(n)); Vi kjører programmet og tegner kurvene ved å skrive >> [p,q]=oppgave6(3,4,.05,.05,50); >> plot(p) >> hold on >> plot(q, r ) De første kurvene ser slik ut: Bytter vi isteden til startverdier (x 1, y 1 ) = (1, 1.3), får vi d) Når α β skiller kurvene lag. Her resultatet vi får med (x, y) = (3, 4), α = 0.05, β =

4 Resten av kjøringene overlates til leserne a) For å finne et fikspunkt løser vi ligningen f(x) = x. Det er den samme ligningenen vi løser for å finne skjæringspunkter mellom y = f(x) og y = x. b) Metoden fungerer på denne måten: Vi starter i punktet på x-aksen med x- koordinat x 0, går loddrett opp til funksjonsgrafen til punktet med koordinater (x 0, f(x 0 )) = (x 0, x 1 ), og deretter vannrett bort til linjen y = x. Punktet vi nå er i, har koordinater (x 1, x 1 ). Vi går så igjen loddrett opp (eller ned) til funksjonsgrafen. Punktet vi nå er i, har koordinater (x 1, f(x 1 )) = (x 1, x ). Vi går vannrett bort til linjen y = x, der vi havner i punktet med koordinater (x, x ) osv. c) Siden vi kan velge funksjonen selv, er det lurest å tegne banen først og så legge inn en passe funksjonsgraf etterpå. Her er banen: y = x x 0 x 1 x Her kommer funksjonsgrafen: 4

5 y = x x 0 x 1 x d) Vi må løse ligningen bx(1 x) = x. Observerer vi først at x = 0 er en løsning, kan vi forkorte bort x for å finne andre løsninger. Det gir ligningen b(1 x) = 1, som har løsningen x = 1 1 b. I alt er det derfor to løsninger, x = 0 og x = 1 1 b. e) Dette er bare å regne ut: x 0 = 3 7, x 1 = 6 7, x = 3 7, x 3 = 6 7 osv. f) Vi har f (x) = f(bx(1 x)) = b(bx(1 x))(1 bx(1 x)) = b x(1 x)(1 bx(1 x)) der b = 7. Grafen blir see slik ut: Et fikspunkt for f er også et fikspunkt for f, og derfor er 0 og 5 7 fikspunkter for f. Punkter med periode for f er fikspunkter for f, og dermed er 3 7 og 6 7 skjæringspunkter mellom y = f (x) og y = x. g) Et punkt med periode er en løsning av ligningen f (x) = x, dvs. av ligningen b x(1 x)(1 bx(1 x)) = x Observerer vi at x = 0 er en løsning, kan vi forkorte med x på jakt etter de andre løsningene: b (1 x)(1 bx(1 x)) = 1 Ganger vi ut, får vi tredjegradsligningen b 3 x 3 b 3 x + (b 3 + b )x b + 1 = 0 5

6 Vi vet at fikspunktet x = 1 1 b er en løsning av denne ligningen, så vi polynomdividerer med x b. Resultatet er b 3 x 3 b 3 x + (b 3 + b )x b + 1 = ( x b )( b 3 x (b 3 + b )x + b + b ) For å finne de to siste røttene må vi altså løse annengradsligningen Annengradsformelen gir b 3 x (b 3 + b )x + b + b = 0 x = b3 + b ± (b + b ) 4b 3 (b + b) b 3 = b + 1 ± (b 1) 4 Løsningene er reelle når (b 1) > 4, dvs. når b 3 (og når b 1, men vi er jo bare interessert i tilfellet 0 b 4). Når b = 3 er de to røttene sammenfalle, og de faller også sammen med fikspunktet x = 3. Vi har altså ikke ekte punkter med periode i dette tilfellet Dette er en modifikasjon av en gammel oblig-oppgave. Den opprinnelige oppgaven ligger her: med løsningsforslag her: Anta at {u n } konvergerer mot u. Da konvergerer F(u n ) mot F(u) ifølge setning Dermed er som viser at u er et fikspunkt. u = lim n u n+1 = lim n F(u n) = F(u) Hvis f(0) = 0 eller f(1) = 1, har f åpenbart et fikspunkt, Hvis ingen av disse betingelsene er oppfylt, er f(0) > 0 og f(1) < 1. Den kontinuerlige funksjonen g(x) = f(x) x starter da positivt (siden g(0) = f(0) 0 > 0) og er negativt (siden g(1) = f(1) 1 < 0). Ifølge skjæringssetningen finnes det en x (0, 1) slik at g(x) = 0. Men dermed er f(x) = x, og f har et fikspunkt Avbildningen fra virkeligheten til kartet er en kontraksjon, og den har derfor nøyaktig ett fikspunkt. b 6

7 5.4.5 a) Hvis x er et fikspunkt for F, er F (x) = F(F(x)) = F(x) = x. Tilsvare er F 3 (x) = F(F (x)) = F(x) = x osv. Dersom F hadde to forskjellige fikspunkter x og y, ville disse også være fikspunkter for F k, og det er umulig siden F k er en kontraksjon og bare har ett fikspunkt. b) Vi vet at x er et fikspunkt for F k, dvs. at x = F k (x). Bruker vi F på begge sider av denne likheten, får vi F(x) = F (k+1) (x) = F k (F(x)) som viser at F(x) også er et fikspunkt for F k. Siden F k er en kontraksjon og derfor bare har ett fikspunkt, må F(x) = x. Dette viser at x er et fikspunkt for F, og teoremet er dermed bevist. c) For å vise at F ikke er en kontraksjon trenger vi et moteksempel til definisjonen. La x = (0, 1), y = (0, 0). Da er x y = 1. Siden F(x) = (3, 1) og F(y) = (1, 1), er F(x) F(y) = > x y. Altså er F ikke en kontraksjon. La oss regne ut F. Vi har F (x, y) = F(F(x, y)) = F(y+1, x 3 +1) = ((x 3 For å vise at F er en kontraksjon, regner vi ut y )+1, +1) = ( x , y ) F (x, y) F (u, v) = ( x 3 +3, y ) (u 3 +3, v ) = (x u, y v) 3 som viser at F er en kontraksjon med kontraksjonsfaktor 3. Fikspunktet til F er gitt ved ligningene x = 3 x + 3 og y = y Løser vi dette ligningssystemet, ser vi at x = 9, y = a) Siden f(x) = x 3 x = x(x 1)(x + 1), er nullpunktene -1, 0 og 1. b) Bruker vi Newtons metode på f, får vi x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n x3 n x n 3x n 1 = Programmet kan f.eks. se slik ut: function x=oppgave1(a,n) x=[a]; x(n+1)=*x(n).^3./(3*x(n).^-1); x3 n 3x n 1 7

8 c) Starter vi programmet med x 1 = 0.4, får vi konvergens mot 0, starter vi programmet med x 1 = 0.5, får vi konvergens mot -1, og starter vi programmet med x 1 = 0.6, får vi konvergens mot 1. Vi har altså ikke alltid konvergens mot den roten som ligger nærmest. d) Funksjonsgrafen ser slik ut: Bunnpunktet og toppunktet har x-koordinater ± Med startpunkt x 1 = 0.4 begynner vi ett stykke til venstre for bunnpunktet, og tangenten følger funksjonsgrafen ganske tett og treffer x-aksen ikke så langt til venstre for origo. Derfra blir prosessen st tilbake i retning av origo osv. Med startpunkt x 1 = 0.5 blir tangenten mye flatere og treffer x-aksen (viser det seg) i nullpunktet 1 der prosessen blir ståe. Med startpunkt x 1 = 0.6 har vi flyttet oss til høyre for bunnpunktet. Tangenten treffer x- aksen i til høyre for nullpunktet x = 1, og prosessen konvergerer mot dette punktet a) Vi finner først Jacobi-matrisen til F: ( F x 1 (x, y) = x y ) Programmet kan f.eks. se slik ut: function [x,y]=newtonfler(a,b,n) x=[a]; y=[b]; A=[*x(n) -1;*x(n) *y(n)]; w=[x(n);y(n)]; v=[x(n).^-y(n);x(n).^+y(n).^-1]; u=w-a\v; x(n+1)=u(1,1); 8

9 y(n+1)=u(,1); b) Funksjonen har to nullpunkter med tilnærmede verdier (±0.786, ). Har du problemer med å finne dem, bør du flytte startpunktet nærmere disse verdiene. c) For å finne de eksakte verdiene til nullpunktene, løser vi ligningssystemet x y = 0 og x + y 1 = 0 Setter vi x = y fra den første ligningen inn i den andre, får vi annengradsligningen y + y 1 = 0 som har løsningene y = 1± 5. Siden y = x, 5 1 kan vi bare bruke den positive løsningen y = 5 1 som gir x = ±. Nullpunktene er dermed (± , 5 1 ). Vi kan løse ligningssystemet ved å finne nullpunkter til funksjonen x + y + z 9 F(x, y, z) = x y + z 1 x + y + 10z 1 Jacobi-matrisen til denne funksjonen er x y z F (x, y, z) = x y 4z Vi får følge program: function [x,y,z]=newtonfler(a,b,c,n) x=[a]; y=[b]; z=[c]; A=[*x(n) *y(n) *z(n);*x(n) -*y(n) 4*z(n);1 1 10]; w=[x(n);y(n);z(n)]; v=[x(n).^+y(n).^+z(n).^-9;x(n).^-y(n).^+*z(n).^-1;x(n)+y(n)+10*z(n)-1]; u=w-a\v; x(n+1)=u(1,1); y(n+1)=u(,1); z(n+1)=u(3,1); 9

10 Starter vi iterasjonen i punktet x 1 = (1, 1, 1), finner vi (den tilnærmede) løsningen (.011,.019, 0.314). Starter vi iterasjonen i ( 1, 1, 1), finner vi løsningen (.1443,.033, ) a) Observer først at G (x) = F (x) I m. Bruker vi Newtons metode på G, får vi dermed x n+1 = x n G (x n ) 1 G(x n ) = x n (F (x) I m ) 1 (F(x n ) x n ) For å komme videre benytter vi at x n = (F (x n ) I m ) 1 (F (x n ) I m )x n. Setter vi dette inn i formelen ovenfor, får vi: x n+1 = x n (F (x) I m ) 1 (F(x n ) x n ) = = (F (x n ) I m ) 1 (F (x n ) I m )x n (F (x) I m ) 1 (F(x n ) x n ) = = (F (x n ) I m ) 1( (F (x n ) I m )x n (F(x n ) x n ) ) = = (F (x n ) I m ) 1 (F (x n )x n F(x n )) b) Et fikspunkt for f er et nullpunkt for funksjonen g(x) = f(x) x = x 3 + x + 1. Deriverer vi g, får vi g (x) = 3x + som alltid er positiv. Dette betyr at g er strengt vokse og derfor kan ha høyst ett nullpunkt. Siden g( 1) = og g(0) =, forteller skjæringssetningen oss at g har et nullpunkt mellom 1 og 0. Dette betyr at f har et entydig fikspunkt som ligger mellom 1 og 0. c) Iterasjonen divergerer uansett hvor nær fikspunktet vi starter. Dette skyldes at fikspunktet er frastøte. (Vil du skjønne mer av hva som foregår, kan du bruke teknikken fra oppgave Legg merke til at f (x) > 1 i nærheten av fikspunktet det er dette som gjør at fikspunktet er frastøte.) d) Bruker vi Newtons metode på g, får vi (etter litt opprydning) Kjører vi programmet x n+1 = x3 n 1 3x n + function x=newtonen(a,n) x=[a]; x(n+1)=(*x(n).^3-1)./(3*x(n).^+); med startverdi 1, får vi rask konvergens mot Vi ser altså at den ene numeriske metoden konvergerer, men at den andre ikke gjør det. 10