Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA Grunnkurs i analyse II Vår 4 Løsningsforslag Øving 9 7.3.b Med f() = tan +, så er f () = cos () på intervallet ( π/, π/). Her = kun for =. Dermed kan vi maksimalt ha ett nullpunkt. Vi ser også at er cos () f() går mot minus uendelig i venstre endepunkt, og mot pluss uendelig i høyre endepunkt. Dermed vil vi ha et nullpunkt ved skjæringssetningen siden funksjonen vår er kontinuerlig. Ved å tegne en graf ser man at løsningen er ca. Dermed velger vi =. Newtons metode blir n+ = n tan n + n cos (. n) Ved å iterere får man =.8473, =.38635, 3 =.3378, 4 =.3678, 5 =.3677, 6 =.3677. Siden de sju første desimalene gjentar seg så kan vi med tommelngerregelen si at disse sju desimalene antakeligvis er korrekte (her er sju desimaler valgt tilfeldig siden oppgaven ikke ber om en gitt presisjon). Hvis man har en kalkulator med Ans-funksjon (vet ikke om de tillatte kalkulatorene har det nå), så kan man gjøre følgende: Skriv først inn startverdien og trykk på = slik at verdien lagres. Skriv så inn uttrykket for Newtons metode med Ans istedenfor n. Da kan du bare trykke på = for å gjøre en iterasjon istedenfor å bytte ut tallene hver gang. 7.3.4 a) Vi skal vise at funksjonen f() = 5 + 7 3 har nøyaktig ett nullpunkt i intervallet (, ). Siden f() = og f() = 68, sier skjæringssetningen at f har minst ett nullpunkt i intervallet (, ). Den deriverte av f er f () = 5 4 +. Siden f () > for alle i intervallet (, ), er f strengt voksende på intervallet, og den kan dermed ikke ha mer enn ett nullpunkt. Til sammen betyr dette at f har nøyaktig ett nullpunkt i intervallet (, ). b) Vi skal nne en tilnærmet verdi for nullpunktet til funksjonen f fra (a) ved å bruke tre iterasjoner av Newtons metode. Rekursjonsformelen blir i dette tilfellet n+ = n f( n) f ( n ) = n 5 n + 7 3 n 5 4 n + n Vi velger et startpunkt i intervallet (, ). Vi kan for eksempel velge =.5; da får vi.3454.386 3.379 8. mars 4 Side av 5
Tilnærmingen vår er altså.379. (Vi kan sjekke at vi har fått en ganske god tilnærming til nullpunktet ved å beregne f(.379) og se at det blir et tall som er nær.) 7.3.8 a) Vi skal vise at likningen ln = har nøyaktig én løsning. Vi kan først observere at hvis skal være en løsning av likningen, så må være større enn, i og med at ln opptrer i likningen. Vi kan videre se at er en løsning av likningen ln = hvis og bare hvis er et nullpunkt for funksjonen g() = ln Det holder altså å vise at denne funksjonen har nøyaktig ett nullpunkt. Siden g() = < og g(e) = e >, sier skjæringssetningen at g har minst ett nullpunkt. Den deriverte av g er g () = + Siden g () > for alle, er g strengt voksende overalt, og dermed har g maksimalt ett nullpunkt. Vi har vist at funksjonen g har nøyaktig ett nullpunkt, og dermed har likningen vår nøyaktig én løsning. b) Vi skal nne en tilnærming til løsningen av likningen i (a) ved å bruke Newtons metode. Vi skal starte med =.5 og utføre to iterasjoner. Vi denerer funksjonen f til å være f() = ln. Da er en løsning av likningen det samme som et nullpunkt for f. Den deriverte av f er f () = ln +, og rekursjonsformelen for Newtons metode blir Når vi starter med =.5 får vi n+ = n f( n) f ( n ) = n ln ln +.7788.7633 Tilnærmingen vår til løsningen av likningen er dermed.7633. Vi skal nne ut om denne er for stor eller for liten. Vi kan bruke funksjonen g som vi denerte i deloppgave (a). Vi vet at denne funksjonen er stigende overalt, og vi ser at vi har g(.7633) >. Dette betyr at tilnærmingen vår er for stor. 8. mars 4 Side av 5
Oppgave fra øvingsteksten a) Vi skal bruke trapesmetoden med re delintervall til å nne en tilnærmet verdi for integralet e t dt og gi et overslag over feilen i tilnærmingen. La funksjonen g være integranden i integralet vårt, altså g(t) = e t. Vi skal dele intervallet [, ] i re, og får dermed punktene t = t = 4 t = t 3 = 3 4 t 4 = Lengden t av hvert delintervall blir 4. Tilnærmingen vår blir dermed e t dt t (g(t ) + g(t 4 ) + ( g(t ) + g(t ) + g(t 3 ) )) = /4.7498. ( ( ) ( ) ( ( ( ( 3 g + g + g + g + g 4) ) 4)) ) For å nne ut hvor stor feilen i tilnærmingen vår kan være, bruker vi feilestimatet fra side 48, som sier at feilen er ( ) 3 g (c) 4 for en c i intervallet [, ]. Vi må først regne ut de deriverte av g; de er g () = e, g () = (4 )e, g () = ( 8 )e. Vi ser at g () på intervallet [, ], så g () blir størst enten i eller. Den er størst i, så vi har g (t) g ( ) = for alle t [, ]. Dette kan vi bruke til å nne en øvre grense for absoluttverdien av feilen: ( ) 3 g (c) 4 4.4. Feilen i tilnærmingen vår er altså maksimalt.4 (og mange av desimalene vi ga i tilnærmingen til integralet er dermed usikre). b) Vi trenger her å nne Taylor-rekken til e først. Ifølge Eksempel.8.4 har man at Da nner vi at f() = e t dt = e = ( ) n n ( ) n tn n!. n! dt = ( ) n n+ n!(n + ) ved Setning.7., og dette er Taylor-rekken til f ved Setning.8.3. Dermed har vi at f() = ( ) n n!(n + ). 8. mars 4 Side 3 av 5
Dette er en alternerende rekke, og vi skal regne den ut med feil mindre enn.4. For alternerende rekker har vi at s s n a n+ ved.3. (Test for alternerende rekker). Ved å prøve oss fram ser vi at n!(n+) <.4 for n = 4, så vi trenger bare å ta med ledd til n = 3. Tilnærmingen blir da f() 3 + 4.749. Igjen vil mange av desimalene antakeligvis være feil her. Utregning på datamaskin (med mye høyere presisjon) gir at integralet er ca.7468. 8.7.8 Vi skal bruke Simpsons metode til å beregne integralet med nøyaktighet bedre enn 4. 3 sin La funksjonen f være integranden i integralet vårt, altså d f() = sin For å få kontroll på nøyaktigheten, bruker vi feilestimatet fra side 48 i boken. Det sier at hvis vi deler opp intervallet [, 3] i n delintervaller, så er feilen lik for en c [, 3]. (3 ) 5 f (4) (c) 88n 4 Vi må altså begynne med å nne den fjerdederiverte av f. Det går helt nt å gjøre dette på vanlig måte, ved å først regne ut f, f og f. Dette blir imidlertid ganske mye jobb. En mer eektiv metode er å bruke produktregelen for den n-tederiverte. Denne sier at hvis g og h er funksjoner, så er den n-tederiverte av produktet gh gitt ved n ( ) n (gh) (n) () = g (k) () h (n k) (). k k= Vi kan denere funksjonene g og h til å være g() = sin og h() = Da er f = gh. Vi nner først de nødvendige deriverte av funksjonene g og h: g () () = sin g () () = cos g () () = sin g (3) () = cos g (4) () = sin h () () = h () () = h () () = 3 h (3) () = 6 4 h (4) () = 4 5 Vi setter inn disse i formelen for den fjerdederiverte av produktet gh, og får 4 ( ) 4 f (4) () = (gh) (4) () = g (k) () h (4 k) () k k= = (sin ) 4 5 + 4(cos ) ( 6 4 ) + 6( sin ) 3 + 4( cos ) ( ) + (sin ) = (4 + 4) sin + (4 3 4) cos 5 8. mars 4 Side 4 av 5
Siden feilestimatet inneholder f (4) (c) for en ukjent c, forsøker vi å nne ut hvor stor absoluttverdien av f (4) () maksimalt kan bli. Siden sin og cos for alle, får vi f (4) 4 + 4 + 4 3 4 () Vi kan videre benytte at / 5 / 5 for [, 3], så f (4) () 5 ( 4 + 4 + 4 3 4 ) Hvis vi undersøker polynomene 4 + 4 og 4 3 4, nner vi ut at den største absoluttverdien de tar er henholdsvis og 36 på intervallet [, 3] (på det første polynomet kan man ta u = ). Dermed er 5 f (4) () 48 = 3/ 5 Nå kan vi bruke dette til å nne en øvre grense for absoluttverdien av feilen. Vi får (3 ) 5 f (4) (c) 88n 4 3/ 88n 4. For å få god nok nøyaktighet, vil vi ha 3/ 88n 4 < 4 Ved å teste forskjellige verdier for n, ser vi at n = er tilstrekkelig. Vi vil altså bruke Simpsons metode med n =. Da skal vi dele intervallet [, 3] i re delintervaller. Vi får punktene = =.5 =.5 3 =.75 4 = 3, og lengden av hvert delintervall er =.5. Da gir Simpsons metode tilnærmingen 3 sin d ( f( ) + 4 f( ) + f( ) + 4 f( 3 ) + f( 4 ) ) 3 =.5 3 (f() + 4 f(.5) + f(.5) + 4 f(.75) + f(3) ).43. 8. mars 4 Side 5 av 5