Transcript 1 lfov08.pdf - Youkok2.com

NTNU
TMA4100 Matematikk 1
høsten 2010
Institutt for matematiske fag
Løsningsforslag - Øving 8
Oppgave 1
b.
Vi har at f (0) = 1 > 0 og f (π/2) = π 2 /16 − 1 < 0. Ved skjæringssetningen (s. 111
i læreboka) finnes det en x ∈ (0, π/2) slik at f (x) = 0. Estimering av dette nullpunktet ved
Newton’s metode og startverdi x0 = 1 gir x = 0.884 etter tre iterasjoner.
Funksjonen f har flere nullpunkter, og dersom vi bruker startverdien x0 = 2 finner vi et annet
nullpunkt med Newtons metode enn det vi fant med x0 = 1. Med en feiltoleranse på ǫ = 0.001
finner vi etter fire iterasjoner at f (x) = 0 når x = 1.846.
c.
Den deriverte av funksjonen f er
f ′ (x) =
(
For positive xn ≥ 0 gir Newtons metode
xn+1
√ −1
,
2 x
√ −1
,
2 −x
x>0
x < 0.
√
xn
= xn − √ −1 = xn − 2xn = −xn
2 xn
For negative xn < 0 gir Newtons metode
xn+1 = xn +
√
−xn
√
−1 = xn − 2xn = −xn
(2 −xn )
Altså er Newtons iterasjonsalgoritme
xn+1 = −xn .
Med startverdi x0 = 1 får vi at
x2k = 1,
x2k+1 = −1,
k∈N,
og xn vil ikke konvergere mot nullpunktet x = 0 uansett hvor mange ganger vi itererer. Dette
gjelder uavhengig av valg av startverdi x0 6= 0.
Oppgave 2
2
La f (x) = e−x og
I=
Z
1
f (x)dx.
0
a.
Trapesmetoden med fire delintervaller gir
2
3
1
1
f (0) + 2f ( ) + 2f ( ) + 2f ( ) + f (1) = 0.7430.
T =
8
4
4
4
lfov08
14. oktober 2010
Side 1
TMA4100 Matematikk 1 høsten 2010
Simpsons metode med fire delintervaller gir
1
2
3
1
S4 =
f (0) + 4f ( ) + 2f ( ) + 4f ( ) + f (1) = 0.74686.
12
4
4
4
Simpsons metode med åtte delintervaller gir
2
7
1
1
f (0) + 4f ( ) + 2f ( ) + · · · + 4f ( ) + f (1) = 0.74683.
S8 =
24
8
8
8
b.
Vi finner at
f ′ (x) = −2xe−x
og
2
2
2
2
f ′′ (x) = −2e−x + 4x2 e−x = 2e−x (2x2 − 1).
Følgelig er
2
|f ′′ (x)| = |2e−x (2x2 − 1)| ≤ 2 · |2x2 − 1| ≤ 2
for alle x ∈ [0, 1]. Vi bruker Teorem 1 på s. 481 i læreboka, og slår fast at |T − I| < |ET |, hvor
|ET | ≤
2
= 0.01.
12 · 42
To nye derivasjoner av f gir
2
f (3) (x) = 12xe−x − 8x3 e−x
og
2
2
f (4) (x) = 4e−x (4x4 − 12x2 + 3).
Legg merke til at funksjonen g(x) = 4x4 − 12x2 + 3 er monotont synkende på intervallet [0, 1].
Fordi g(0) = 3 og g(1) = −5 har vi at |g(x)| ≤ 5 for x ∈ [0, 1]. Det følger at
2
|f (4) (x)| = |4e−x · g(x)| ≤ 4 · 5 = 20
for x ∈ [0, 1]. Vi bruker igjen Teorem 1 på s. 481 i læreboka, og finner
20
= 4.34 · 10−4 ,
180 · 44
20
|S8 − I| < |ES8 | ≤
= 2.71 · 10−5 .
180 · 84
|S4 − I| < |ES4 | ≤
Vi vil tilnærme I med trapesmetoden slik at feilen i estimatet ikke overstiger
krever at vi bruker n delintervaller hvor n oppfyller
2
1
< · 10−6
2
12n
6
⇒
lfov08
· 10−6 . Dette
1
6
· 10−6 , rekker
n > 103 .
Dersom vi heller tilnærmer I med Simpsons metode, fortsatt med feiltoleransen
det å bruke n delintervaller hvor n oppfyller
20
1
< · 10−6
4
180n
6
1
6
⇒
14. oktober 2010
n > 28.
Side 2
TMA4100 Matematikk 1 høsten 2010
e.
Ved å skrive ut noen ledd bør det være greit å overbevise seg selv om at
1
1
(4∆k+1 − 2∆k ) .
S2k+1 − S2k =
2
3 · 2k+1
(1)
Når dette er etablert kan vi bruke induksjon til å vise at
(2)
S2i =
1
(f (0) + 2Ui−1 + 4∆i + f (1)) .
3 · 2i
For i = 1 gir ligning (2)
1
1
(f (0) + 2U0 + 4∆1 + f (1)) =
S2 =
3·2
6
1
f (0) + 4f ( ) + f (1) .
2
Dette er i samsvar med Simpsons metode. Vi antar så at ligning (2) holder for i = k. Fra ligning
(1) følger det at
1
3 · 2k+1
1
=
3 · 2k+1
1
=
3 · 2k+1
1
=
3 · 2k+1
S2k+1 =
1
(4∆k+1 − 2∆k ) + S2k
2
(4∆k+1 − 2∆k + f (0) + 2Uk−1 + 4∆k + f (1))
(f (0) + 2(Uk−1 + ∆k ) + 4∆k+1 + f (1))
(f (0) + 2Uk + 4∆k+1 + f (1)) .
Altså gjelder ligning (2) også når i = k + 1, og det følger at (2) holder for alle positive heltall i.
Alternativ løsning:
Vi viser først ved induksjon at for i ≥ 1 er
(3)
Ui =
i −1
2X
n=1
Når i = 1 har vi at
f(
n
).
2i
2−1
X
n
1
f ( ).
U1 = U0 + ∆1 = f ( ) =
2
2
n=1
Vi antar så at ligning (3) holder for i = k. Når i = k + 1 får vi
Uk+1 = Uk + ∆k =
k −1
2X
n=1
=
k −1
2X
f(
n=1
f(
1
3
2k+1 − 1
n
)
+
f
(
)
+
f
(
)
+
·
·
·
+
f
(
)
2k
2k+1
2k+1
2k+1
2n
1
3
2k+1 − 1
)
+
f
(
)
+
f
(
)
+
·
·
·
+
f
(
)
2k+1
2k+1
2k+1
2k+1
4
2k+1 − 2
1
3
2k+1 − 1
)
+
f
(
)
+
·
·
·
+
f
(
)
+
f
(
)
+
f
(
)
+
·
·
·
+
f
(
)
2k+1
2k+1
2k+1
2k+1
2k+1
2k+1
2k+1
X−1
n
f ( k+1 ).
=
2
= f(
2
n=1
lfov08
14. oktober 2010
Side 3
TMA4100 Matematikk 1 høsten 2010
Altså holder (3) ved induksjon for alle i ≥ 1. Simpsons approksimasjonsformel kan nå skrives
om:
1
2
3
2i − 2
2i − 1
1
S2i =
) + f (1)
f (0) + 4f ( i ) + 2f ( i ) + 4f ( i ) + · · · + 2f ( i ) + 4f (
3 · 2i
2
2
2
2
2
4
2i − 2
2
1
)
+
f
(
)
+
·
·
·
+
f
(
)
f
(0)
+
4∆
+
f
(1)
+
2
f
(
=
i
3 · 2i
2i
2i
2i
1
2
2i−1 − 1
1
=
f (0) + 4∆i + f (1) + 2 f ( i−1 ) + f ( i−1 ) + · · · + f ( i−1 )
3 · 2i
2
2
2


i−1
2X
−1
1 
n
=
f ( i−1 )
f
(0)
+
4∆
+
f
(1)
+
2
i
3 · 2i
2
n=1
=
1
(f (0) + 4∆i + 2Ui−1 + f (1)) .
3 · 2i
Ligning (3) er brukt i siste steg. Vi ser at (2) holder for alle i ≥ 1.
Avsnitt 7.2
40 La f (x) = ln (cos x). Da er f ′ (x) =
− sin x
cos x
= − tan x. f ′ er kontinuerlig på (0, π/3). Ved å
bruke formelen på side 411 i boka får vi at lengden til kurven y = f (x) er gitt ved
L=
Z
=
Z
π/3
0
s
1+
π/3
dy
dx
2
dx =
Z
0
π/3 p
1 + (− tan x)2 dx =
π/3
sec x dx = [ln | sec x + tan x|]0
0
= ln (2 +
√
Z
π/3 √
sec2 x dx
0
3)
Avsnitt 7.3
29 Vi bruker først substitusjonen u = et ,
Z
ln 4
0
√
du
dt
= et . En får
et dt
√
=
e2t + 9
√
Z
4
√
1
du
.
u2 + 9
Uttrykket u2 + 9 er på formen a2 + x2 , med a = 3 og x = u. Ved å bruke den trigono2
metriske substitusjonen u = 3 tan θ, du
dθ = 3 sec θ får vi at
Z
4
1
du
√
=
u2 + 9
Z
tan−1
tan−1
1
3
4
3
3 sec2 θ
p
dθ =
(3 tan θ)2 + 9
tan−1
4
Z
tan−1
tan−1
1
3
4
3
sec2 θ
√
dθ =
sec2 θ
Z
tan−1
tan−1
1
3
4
3
sec θ dθ
= [ln | sec θ + tan θ|]tan−1 13
3
Ved å bruke et referansetriangel som i figur 4 på side 462
med motstående katet u, hoslig√
√
u2 +9
2
gende katet 3 og hypotenus u + 9 får vi at sec θ = 3 . Det følger at
[ln | sec θ +
lfov08
tan−1
tan θ|]tan−1
4
3
1
3
"
√
u2 + 9 u
= ln |
+ |
3
3
#4
1
√
√
10 + 1
= ln 3 − ln
= ln 9 − ln ( 10 + 1).
3
14. oktober 2010
Side 4
TMA4100 Matematikk 1 høsten 2010
Avsnitt 7.4
14 Vi bruker delbrøksoppspaltning.
y+4
y+4
A
B
=
= +
2
y +y
y(y + 1)
y
y+1
Vi setter det siste uttrykket på fellesnevner og får følgende likhet fra tellerene
A(y + 1) + By = y + 4
som medfører A + B = 1 og A = 4, og dermed B = −3. Vi løser så integralet
Z 1
Z 1
3
y+4
4
dy =
−
dy
1 y2 + y
1 y
y+1
2
2
= [4 ln y − 3 ln(y + 1)]11 = 3 ln 3 − 2 ln 2
2
49 a) Vi må løse differensialligningen
dx
= kx(N − x), k = 1/250, N = 1000, x(0) = 2.
dt
Dette er en separabel differensialligning. Ved å samle x- og t-leddene på hver sin side av
likhetstegnet og deretter integrere får en
dx
= k dt
x(N − x)
⇓
Z
Z
dx
1
1
ln x ln (N − x)
kt =
=
+
dx =
−
+ C.
x(N − x)
N x N (N − x)
N
N
Her har jeg brukt delbrøksoppspaltningen x(N1−x) = N1x + N (N1−x) . Ved å sette inn for N
1
og k og bruke betingelsen x(0) = 2 får en at −C = N1 ln 499
. Så
4t + ln
1
x
= ln
499
1000 − x
⇓
e4t
x
=
1000 − x
499
⇓
x=
b) Vi må løse likningen
1000
2
=
1000e4t
.
499 + e4t
1000e4t
499+e4t :
1000e4t
ln 499
1000
=
⇐⇒ 499 = e4t ⇐⇒ t =
≈ 1, 55.
2
499 + e4t
4
lfov08
14. oktober 2010
Side 5
TMA4100 Matematikk 1 høsten 2010
Avsnitt 7.5
6 Bruker formel #7 med a = 7, b = 5, n = 3/2. Får da
Z
lfov08
x(7x + 5)3/2 dx =
5
2
(7x + 5)5/2 7x + 5
(
−
)+C =
(7x + 5)5/2 (7x − 2) + C
2
7
7/2
5/2
343
14. oktober 2010
Side 6