MAT-INF1100 Oblig 1. Teodor Spæren, brukernavn teodors. September 16, 2015

Transkript

1 MAT-INF1100 Oblig 1 Teodor Spæren, brukernavn teodors September 1, 015 1

2 Oppgave 1 I de oppgavene som krever at man gjør om et rasjonalt tall i intervallet (0, 1) om til en binærsifferutvikling, fant jeg denne sifferutviklingen ved å sette første siffer lik (b β)//c og så sette b = (b β)%c. Her er b/c lik det rasjonale tallet jeg omgjør og β er basen, med andre ord. Dette forsatte jeg med inntil b ble 0 eller fikk en tidligere verdi. Jeg har derfor valgt å ikke skrive opp alle omgjøringer av denne typen, da det ville ha brukt unødvendig mye plass. a) For å gjøre om da7 1 til en sifferutvikling i -tallsystemet, kan man bare omgjøre hvert siffer til den binære versjonen og så putte de sammen. Da får man: da7 1 = b) c) 9 4 = = d) Her brukte jeg samme regel som i 1.a. Gjør her bare om 4 til det tilsvarende binære tallet = 0.01 e) Her gjør jeg om til 10-tallssystemet for så å bruke vanlig metode for å få den binære tallutviklingen. Oppgave Skal vise at følgen {x n } gitt ved: bc 1 = = x n = (cos (x n 1 )) sin (x n ) for n der x 0 = π/ og x 1 = 3, ligger i de lukkede intervallet [0, 1] for alle n. Jeg ønsker å bevise dette ved induksjon. Induksjonshypotesen er P n : 0 x n 1 for n og siden n, så setter vi n 0 =. Det første vi må gjøre er å teste om P n0 sann 0 x 1 0 (cos (x 1 )) sin (x ) 1 0 (cos (3)) sin ( ) π 1 er

3 og vi ser i fra dette at P n0 sann. Da er det nok å vise at dersom P m er sann for alle m slik at m < k, så er P k også sann. Dette viser vi slik: 0 x k 1 0 (cos (x k 1 )) sin (x k ) 1 Siden vi antar at P m er sann, ser vi at 0 x k 1 1 og 0 x k 1. Da er det lett å se at den største verdien P k kan ha er 1 og den minste verdien P k kan ha er 0. Oppgave 3 a) Programmet jeg skrev for å regne ut røttene til et andregrads polynom: 1 import math 3 a = float(raw_input("a: ")) 4 b = float(raw_input("b: ")) 5 c = float(raw_input("c: ")) 7 p1, p = -b/(*a), math.sqrt(b*b - 4*a*c)/(*a) 8 x1, x = p1 - p, p1 + p 9 10 print("x1 = {:g}, x = {:g}".format(x1, x)) For å sjekke om programmet fungerer, tester vi ut 3 eksempler. Venstre siden er program kjøringen og den høyre siden er manuell utregning. 3

4 a: 1 b: c: 1 x1 = -1, x = -1 x = ± x = x 1 = 1, x = 1 a: 1 b: c: 9 x1 = -3, x = -3 x = ± x = x 1 = 3, x = 3 a: 1 b: -1 c: - x1 = -, x = 3 x = 1 ± ( 1) x = 1 ± 5 x 1 =, x = 3 b) Bruker programmet i a) til å løse ligningen Kjørelogg: a: 1e-8 b: 10 c: 1e-8 x1 = -1e+09, x = x + 10x = 0 Den roten som får en feil er x. Denne skulle vært , noe som gir oss en stor relativ feil = 1 4

5 Dette skjer når b 4ac og det oppstår en underflow slik at b = b 4ac. En måte å få mer nøyaktige resultater på er å regne ut den roten hvor avrundingsfeilen oppstår ved hjelp av den andre roten og det faktum at produktet mellom de to røttene alltid er r 1 r = b + b 4ac a r 1 r = ( b) ( b 4ac ) 4a r 1 r = b b + 4ac 4a r 1 r = c a b b 4ac a Dette betyr at hvis vi kan kalkulere en av røttene med høy presisjon, så kan vi få den andre roten også, ved hjelp av dette forholdet. Programmet under implementerer denne alternative løsningsmetoden: 5

6 1 import math 3 a = float(raw_input("a: ")) 4 b = float(raw_input("b: ")) 5 c = float(raw_input("c: ")) 7 # Compute the parts. 8 p1, p = -b/(*a), math.sqrt(b** - 4*a*c)/(*a) 9 10 # Compute both roots as normal. 11 x1, x = p1 - p, p1 + p 1 13 # If we have an underflow, compute one of the two roots by 14 # using the fact that the product of the two roots are c/a 15 if b** == (b**-4*a*c): 1 if abs(x1) > abs(x): 17 x = c/(x1*a) 18 else: 19 x1 = c/(x*a) 0 1 print("x1 = {:g}, x = {:g}".format(x1, x)) Nå hånterer programmet ligning gitt i starten av b) og andre lik den, helt fint: a: 1e-8 b: 10 c: 1e-8 x1 = -1e+09, x = -1e-09 a: 1e-8 b: -10 c: 1e-8 x1 = 1e-09, x = 1e+09 Oppgave 4 a) Programmet sjekker om matematiske identiter også holder for maskiner. Den kjører en sjekk ganger, og ser om (x + y) 3 = x 3 + 3x y + 3xy + y 3 også holder når man bruker 3 tilfeldigvalgte flyttall for x, y. For hvergang dette ikke holder blir verdien av x, y og z skrevet ned og de to forskjellige resultatene notert. Til slutt printes antall feil i prosent, fulgt av verdiene x, y og z hadde når den siste feilen oppstod. Hvor stor forskjellen var skrives også ut. Derfor forteller utskriften oss at hele 50.4% av testene fant forskjellige resultater for (x + y) 3 og x 3 + 3x y + 3xy + y 3. Videre kan vi lese at den siste

7 feilen var svært liten, , men forsatt nok til at resultatene ikke var like. Det å bruke == for å teste om to flyttall er like, er en vanlig feil i programmering. Tester som den over og mange andre forteller oss at slike naive måter å sammenligne flyttall på kan ha katastrofale følger! b) Det modifiserte programmet: 1 from random import random 3 antfeil = 0; N = x0 = y0 = z0 = feil1 = feil = for i in range(n): 8 x = random(); y = random(); z = random(); 9 res1 = (x + y) + z 10 res = x + (y + z) 11 1 if res1!= res: 13 antfeil += 1 14 x0 = x; y0 = y; z0 = z 15 feil1 = res1 1 feil = res print (100. * antfeil/n) 19 print x0, y0, z0, feil1 - feil og her har vi kjøreloggen: e-1 Vi ser helt klart at feil prosenten er langt lavere denne gangen. Jeg tror grunnen til dette er vi i dette programmet gjør færre operasjoner, noe som leder til mindre avrundingsfeil. 7