Juuri 12 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty

Transkriptio

1 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Kertaus K. a) Polynomi P() = + 8 on jaollinen polynomilla Q() =, jos = on polynomin P nollakohta, eli P() = 0. P() = + 8 = = 0. Polynomi P on jaollinen polynomilla Q. b) Jaetaan polynomit P ja Q ensimmäisen asteen tekijöihin. P() = + 8 = ( 6 + 9) = ( ) Q() = 6 = ( ) Polynomi P on jaollinen polynomin P kummallakin tekijällä ja, joten se on jaollinen polynomilla Q. c) Q() = + 6 = ( + ) Polynomi P ei ole jaollinen polynomin Q tekijällä +, koska P( ) 0. Tällöin P ei ole jaollinen polynomilla Q. K. a) 5 4 ( 5) 0 ( 5) ( 5) ( 5) 5 5 ( 5) b) c) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 4) ( 4) ( 4)( ) 4 4 8

2 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K. Jaetaan polynomi P polynomilla Q. (6 ) (6 5):( ) 4 5 ( ) 5 ( 4) Jakoyhtälö on 6 5 = ( + )( 4) K4. Koska polynomi on jaollinen sekä binomilla että binomilla +, on se jaollinen niiden tulolla ( )( + ) = +. Polynomi on kolmannen asteen polynomi, joten sillä voi olla vain yksi ensimmäisen asteen tekijä tekijän + lisäksi. Tarvitaan yksi jakolasku. ( 76):( ) ( 4 ) 6 ( 6) 0 Kolmas tekijä on.

3 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K5. Polynomi P on jaollinen polynomilla Q, jos ja vain jos se on jaollinen binomin Q tekijöillä. Q ( ) ( )( ) Tulee siis olla P( ) 0 ja P( ) 0. 4 P( ) ( ) q( ) 4 q 4 P( ) ( ) q( ) 4 q + q = 0 q = K6. Koska P( 7) = 0, on + 7 polynomin P tekijä. Selvitetään toinen tekijä jakolaskulla. ( 404):( 7) 6 ( 7 ) 6 40 ( 6 4 ) 4 ( 4) 0 P() = = ( + 7)( 6 + ) P ( ) tai 7 Yhtälön P() = 0 ratkaisu on = 7, 7 tai 7

4 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K7. a) b) i i i tai i 90 9 tai 0 9 i ( 9) 0 = 0, = i tai = i c) 6 40 ( ) 4( ) 0 ( 4)( ) tai 0 i =, i tai i

5 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K8. a) Kirjoitetaan yhtälö ln = sin muotoon ln sin = 0. Etsitään puolitusmenetelmällä funktion f() = ln sin nollakohta. Kuvaajan perusteella funktion ainoa nollakohta on välillä ]; [. b) f() väli välin keskikohta f() 0, f() 0,96 ], [,5 f(,5) 0, ];,5[,5 f(,5) 0,0 ];,5[,5 f(,5) 0, ],5;,5[,875 f(,875) 0,0 ],875;,5[,875 f(,875) 0,0004 ],875;,5[,475 f(,475) 0,0 ],875;,475[,6565 f(,6565) 0,008 ],875;,6565[,6565 f(,6565) 0,004 ],875;,6565[ Funktion f nollakohta ja siten myös yhtälön ratkaisu on,. f() väli f() 0, f() 0,96 ], [ f(,5) 0, ];,5[ f(,) 0,0 ],;,5[ f(,) 0,00 ],;,[ f(,5) 0,004 ],5;,[,

6 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K9. a) Kirjoitetaan yhtälö muotoon 5 = 0. Tutkitaan jatkuvan funktion f() = 5 kulkua derivaatan avulla. f () = , kun, joten 5 4 > 0, kun >. Koska f () > 0 välillä [, ], on funktio f tällä välillä kasvava ja sillä on korkeintaan yksi nollakohta. f() = < 0 f() = 9 > 0 Koska funktio f saa välin [, ] päätepisteissä erimerkkiset arvot, on sillä Bolzanon lauseen mukaan välillä ], [ vähintään yksi nollakohta. Funktiolla f on siten täsmälleen yksi nollakohta ja siis yhtälöllä 5 = täsmälleen yksi ratkaisu välillä [, ]. b) Newtonin menetelmän mukainen rekursiokaava funktion f() = 5 nollakohdan etsimiselle on f ( n ) n n, missä f () = 5 f 4. ( ) 0 = f (),5 f () =,7845 =,675 4 =,670,67 n

7 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K0. Tehtävänä on ratkaista yhtälö f() =, eli 4 + =. Kirjoitetaan yhtälö muotoon 4 + = 0. Tutkitaan funktion g() = 4 + nollakohtia. Kuvan perusteella nollakohtia on kaksi. Toinen on lähellä kohtaa = ja toinen lähellä kohtaa =. Newtonin menetelmän mukainen rekursiokaava funktion g nollakohdan etsimiselle on g( n ) n n, missä g () = 4 g ( ) Käytetään alkuarvoa 0 = = 5 =,795 =,867 4 =,790 5 =, =, =, =,584 9 =,586 0 =,586,58 Käytetään alkuarvoa 0 = =,79487 =,7460 =,747 4 =,7465,747 n

8 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K. Kirjoitetaan yhtälö muotoon cos = 0 ja tutkitaan jatkuvaa funktiota f() = cos. f () = sin Koska sin, niin sin. Funktion f derivaatta f on kaikkialla negatiivinen, joten funktio f on vähenevä ja siten sillä on korkeintaan yksi nollakohta. f(0) = > 0 f() =.45 < 0 Funktio f saa välin [0, ] päätepisteissä erimerkkiset arvot, joten sillä on Bolzanon lauseen mukaan vähintään yksi nollakohta välillä ]0, [. Funktiolla f on siis täsmälleen yksi nollakohta ja siten yhtälöllä cos = yksi ratkaisu. Kirjoitetaan yhtälö kiintopistemenetelmää varten muotoon cos ja merkitään g( ) cos. 0 = = g() = 0,705 = 0,4886 = 0, = 0,457 5 = 0, = 0, = 0, = 0,4508 0,450

9 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K. a) Kirjoitetaan yhtälö e kiintopistemenetelmää varten muotoon ja merkitään g( ). e e Piirretään kuva. Kiintopiste näyttäisi olevan lähellä kohtaa =. 0 = = g() = 0,75 = 0,890 = 0,798 4 = 0,85 5 = 0,80 5 = 0,89 6 = 0,87 7 = 0,84 0,8 b) Kirjoitetaan yhtälö muotoon e 0, merkitään f( ) e ja arvioidaan funktion f nollakohtaa Newtonin menetelmällä. f( n ) n n, missä f( ) e e. f( n ) 0 = = 0,854 = 0,8 = 0,8 0,8

10 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K. Käytetään Newtonin menetelmää funktion f() = ln + sin e nollakohdan etsimiseen. f( n ) Newtonin menetelmän mukainen lauseke on n n, missä f( ) '( ) f cos e. n Valitaan 0 = 0,5 f( 0 ) 0 0,54667 f( 0 ) = 0,55596 = 0,55596 Funktion f nollakohta on 0, K4. Luku a, a > 0 on yhtälön = a positiivinen ratkaisu. Yhtälö = a voidaan kirjoittaa muotoon a = 0 ja arvioidaan funktion f() = a nollakohtaa Newtonin menetelmällä. Newtonin menetelmän avulla muodostettu iterointikaava on f( n) n a n n a a n n n n. f( ) n n n n

11 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K5. Funktion f() = + erotusosamäärän lauseke kohdassa = on f ( h) f ( ) h h f ( h) f ( ) h 0,, 0, 0,9 0,0,0 0,0 0,99 0,00,00 0,00 0,999 Funktion derivaatta kohdassa = näyttäisi olevan noin. Derivointikaavalla saadaan f () = + f ( ) = + =. K6. Funktion f ( ) e keskeisdifferenssin lauseke kohdassa = on f ( h) f ( h) h p h = 0 p f ( h) f ( h) h 0 - = 0, 0, ,477 0,0 0,496 0,40 0,00 0,4804 0,48 4 0,000 0,480 0,48 5 0,0000 0,480 0,48 K7. Koska f kasvaa lineaarisesti, sen kuvaaja välillä [,9995;,0005] on likimain suora. Funktion derivaatta kohdassa = on kuvaajalle piirretyn tangentin kulmakerroin tässä kohdassa. Koska kuvaaja on kohdan = ympäristössä likimain suora, voidaan kulmakerroin määrittää funktion arvojen avulla: f(, 0005) f(), , k 0,., , 0005 f () 0,

12 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K8. Funktion f() = cos erotusosamäärän lauseke kohdassa f h f 4 4. h Vasemmanpuoleinen erotusosamäärä: p h = 0 p f h f 4 4 h on 4 absoluuttinen virhe f h 4 f 4 f h , , , , , , Tarkin, kun p = 8. Oikeanpuoleinen erotusosamäärä: p h = 0 p f h f 4 4 h absoluuttinen virhe f h 4 f 4 f h , , , , , ,4 0 8 Tarkin, kun p = 8. Keskeisdifferenssin lauseke kohdassa f ( h) f ( h) 4 4. h on 4 p h = 0 p f h f h 4 4 h absoluuttinen virhe f h 4 f h 4 f h , , , , , Tarkin, kun p = 6.

13 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K9. Pinta-ala on noin,4. K0. a) Välin pituus on 4 =. Koska osavälejä on, yhden osavälin pituus on. Osavälit ovat [, ], [, ] ja [, 4]. Välien keskipisteet ovat =,5, =,5 ja =,5. Arvio pinta-alalle on ( f(,5) f(,5) f(,5)) 4, ,9. b) Välin pituus on 0,5. 6 Välien keskipisteet ovat =,5, =,75, =,5, 4 =,75, 5 =,5 ja 6 =,75. Arvio pinta-alalle on 0,5( f (, 5) f (, 75) f (, 5) f (, 75) f(, 5) f(, 75)) 4,6... 4,6

14 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K. d ( / ln ln ln) ln Merkitään f ( ). Välin [, ] pituus on. Koska jakovälejä on neljä, yhden jakovälin pituus on 0,5. Arvio integraalille on 0,5 f () f (,5) f () f (,5) f (), ,667 Määritetään suhteellinen virhe.,667 ln 0, ln Virhe on,6 %. K. Aika t on tunteja keskiyöstä. Puolisuunnikassääntöä varten tarvittava osavälin pituus on,00 tuntia. 4 0 f ()d t t,00( f (0,00) f (,00) f (6,00) f (9,00) f (,00) f (5,00) f (8,00) f (,00) f (4,00)) 45,6 4 ( )d 45,6 4, 4 4 f t t 4 0 Vuorokauden keskilämpötila on 4,4 C.

15 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K. Välin [0, 4] pituus on 4. Osavälejä on neljä, joten yhden osavälin pituus on. Merkitään f() =. 4 f f f f f 0 d ( (0) 4 () () 4 () (4)) 64 Lasketaan integraalin tarkka arvo d / 0 Simpsonin sääntöä käytettäessä virhe on E n 80n 5 (4) ( b a) f ( t) 4. Simpsonin säännön virhe on 0, kun funktion f neljäs derivaatta f (4) (t) on 0. Jos funktio f on korkeintaan kolmannen asteen polynomifunktio, sen neljäs derivaatta on nolla. Simpsonin sääntö integroi tarkasti korkeintaan kolmannen asteen polynomifunktiot.

16 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty K4. Piirretään kuva. Alueen pinta-ala voidaan laskea integraalina f( ) g( ) d e sin d. 0 0 Merkitään h ( ) e sin Arvioidaan alueen pinta-alaa käyttäen neljää osaväliä ja Simpsonin sääntöä. Välin [0, ] pituus on. Koska osavälejä on neljä, yhden osavälin pituus on 0,5. e sin d 0 0,5 ( h (0) 4 h (0,5) h (0,5) 4 h (0,75) h ()),57... Pinta-ala on noin,5.

17 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Kokoavia tehtäviä ILMAN TEKNISIÄ APUVÄLINEITÄ. a) b) 6 ( ) 9 ( ) 84 Jaetaan osoittaja tekijöihin nollakohtien avulla tai ( ) ( ) ( )( ) 84 ( )( ) c) ( ) ( ) ( )( )

18 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Suoritetaan jakolasku 4 5 allekkain jakona. 4 4 ( 4 5):(4) 4 ( 4 ) Saadaan jakoyhtälö 5 5 ( ) 4 5 (4)( ) 5 4. Polynomin vakiotermin tekijät ovat ±, ±, ±7 ja ±. Yhtälön = 0 mahdollisia kokonaislukuratkaisuja ovat = ±, = ±, = ±7 ja = ±. Tutkitaan mitkä luvuista toteuttavat yhtälön. = : = 0 = : ( ) 5 ( ) 7 ( ) + = 0 = : = 48 0 = : ( ) 5 ( ) 7 ( ) + = 0 = 7: = 0 Kolmannen asteen yhtälöllä on korkeintaan kolme ratkaisua, jotka kaikki on nyt löydetty. Yhtälön toteuttavat kokonaisluvut =, = ja = 7.

19 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty a) = 4 4 = 0 ( 4) = 0 = 0 tai 4 = 0 = tai = Yhtälön ratkaisut ovat =, = 0 ja =. b) 4 60 () () 0 ()( ) 0 0 tai 0 i tai i Yhtälön ratkaisut ovat i, i ja. c) Polynomin + 4 vakiotermin 4 tekijät ja samalla yhtälön + 4 = 0 mahdolliset kokonaislukuratkaisut ovat ±4, ±, ±6, ±4, ±, ± ja ±. Huomataan, että näistä yhtälön toteuttavat = : ( ) + ( ) ( ) 4 = 0 = 4: = 0 = 6: ( 6) + ( 6) ( 6) 4 = 0 Yhtälö on kolmannen asteen polynomiyhtälö, joten sillä on korkeintaan kolme ratkaisua. Muita ratkaisuja ei siis voi olla. Yhtälön ratkaisut ovat = 6, = ja = 4.

20 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Polynomi P() = q + 5 on jaollinen binomilla + 5, jos niillä on sama nollakohta, eli 5. q q P 8 5 5q q q 4 5 Vakio q on. 4

21 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty P() = 4 + a + b + Tiedetään, että P( ) = P() = 0, eli = ja = ovat yhtälön P() = 0 ratkaisuja. Selvitetään kertoimet a ja b, jotta voidaan selvittää muut ratkaisut. P( ) = ( ) 4 + a( ) + b( ) ( ) + = a + b + + = a + b + 8 P() = 4 + a + b + = a + 4b 6 + = 8a + 4b + 44 Ratkaistaan yhtälöpari ab8 0 ( 4) 8a4b440 4a4b0 8a4b440 a 0 a + b + 8 = 0 b = 9 Näin ollen polynomin P lauseke on P() = Ratkaistaan yhtälö P() = 0. Koska = ja = ovat polynomin nollakohtia, polynomi P on jaollinen binomeilla ( + ) ja ( ) sekä niiden tulolla ( + )( ) =.

22 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty ( 9 ) : ( ) 4 ( 6 ) ( 4 ) ( ) 0 P() = ( )( + ) Yhtälön P() = 0 loput ratkaisut ovat polynomin + nollakohdat. 44 ( ) tai Yhtälön P() = 0 ratkaisut ovat =, ja =.

23 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Esimerkiksi: 8. Polynomi P() on jaollinen ensimmäisen asteen polynomilla a + b jos polynomin a + b nollakohta b on myös polynomin P() a nollakohta, eli P b 0. a. Lasketaan P b a.. Jos tulos on 0, polynomi P() on jaollinen ensimmäisen asteen polynomilla a + b. Muutoin polynomi P() ei ole jaollinen polynomilla a + b.

24 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Keskeisdifferenssi funktiolle p() = a + b + c kohdassa on p ( h) p ( h) h a ( h) b ( h) c( a ( h) b ( h) c) h a h h b bh c a h h b bh c h 4ah bh h a b ( ) ( ( ) ) Väite on siis osoitettu.

25 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty a) Olkoon kolmannen asteen polynomi p() = a + b + c + d. p ( )d ( a b cd)d a / b c d 0 4 a 6 b 8 c 4 d 0 4 4a 8 bcd [ p (0) 4 p () p ()] ( d 4( abcd ) (8 a 4 b cd )) ( a 8 b 6 c 6 d ) 4a 8 bcd Väite on siis osoitettu. b) p() = p(0) = p() = = 4 p() = = 5 ( )d (445) 0 0 c) Jos p() = 4, niin d 0 / Kaavan mukaan [ p(0) 4 p() p()] (046) 0. 5 Kaava ei siis päde kaikille neljännen asteen polynomeille.

26 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty APUVÄLINEET SALLITTU. Koska polynomi P() = + a + b + c on jaollinen binomilla = ( )( + ), on se jaollinen myös binomin tekijöillä ja +. Polynomilla P() on tällöin nollakohdat = ja =, eli P() = 0 ja P( ) = 0. Lisäksi P() =. Saadaan yhtälöryhmä: P() 0 P( ) 0 P() abc0 a b c 0 84abc a =, b = ja c = P() = +

27 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Piirretään kuva. f ( ) ln f( ) Valitaan alkuarvoksi 0 = 0,5. f ( 0 ) 0 0,5946 f( 0 ) = 0,67 = 0,695 4 = 0, = 0,6997 0,690 Valitaan toisen nollakohdan etsimistä varten alkuarvoksi 0 = 7. = 7,45804 = 7,49799 = 7, ,4980 Osoitetaan vielä, että ko. kohdat ovat funktion nollakohtia. f(0,6995) = 0,0000 > 0 f(0,6905) = 0, < 0 Bolzanon lauseen mukaan 0,690 on nollakohdan viisidesimaalinen likiarvo. f(7,49795) = 7,6 0 7 < 0 f(7,49805) = 5, > 0 Bolzanon lauseen mukaan 7,4980 on nollakohdan viisidesimaalinen likiarvo.

28 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Kirjoitetaan kiintopistemenetelmää varten yhtälö 5 + = 4 muotoon = g(). 5 = Käytetään alkuarvoa 0 =,5. = g(,5) = = g() =, =,09 4 =, =, =, =,974 8 =, =, =,976 =,97647 =,97664 =,97660,976 Yhtälöllä 5 + = 4 eli = 0 on muita ratkaisuja, jos funktiolla f() = on muita nollakohtia. Tarkastellaan funktion f kulkua derivaatan avulla. f () = Funktion f derivaatta on kaikkialla positiivinen, joten funktio f on kasvava. Kasvavalla funktiolla on korkeintaan yksi nollakohta. Yhtälöllä ei siis ole muita ratkaisuja.

29 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty f( ) cos Derivointikaavalla saadaan f ( ) sin 0 cos f( ) sin ja cos a) Erotusosamäärän lauseke kohdassa = π on h f ( h) f ( ) h 0, 0, , 0, ,0 0, ,0 0, ,00 0, ,00 0, f ( h) f( ). h Arvio derivaatalle on 0, joka on sama kuin derivointikaavalla saatava arvo. b) Keskeisdifferenssin lauseke kohdassa = π on h f ( h) f ( h) h f ( h) f( h). h 0, 0 0,0 0 0,00 0 Arvio derivaatalle on 0, joka on sama kuin derivointikaavalla saatava arvo.

30 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Piirretään funktioiden f() = ja g() = cos kuvaajat. Kuvaajien leikkauspisteet voidaan ratkaista yhtälöstä f() = g() = cos cos = 0. Merkitään h() = cos ja käytetään Newtonin menetelmää funktion h nollakohtien etsimiseen. h () = + sin Tehdään ensimmäinen alkuarvaus 0 =. h ( 0 ) 0 0,894 h( 0 ) = 0,8894 0,89 Tehdään toinen alkuarvaus 0 = =,856 =,86,86 Tehdään kolmas alkuarvaus 0 =,5. =,6507 =,680 =,679,64 Lasketaan leikkauspisteiden -koordinaatteja vastaavat y-koordinaattien arvot sijoittamalla :n arvot funktion f lausekkeeseen. 0,89, y,89,86, y 0,86,64, y,64 Leikkauspisteet ovat ( 0,89;,89), (,86; 0,86) ja (,64;,64)

31 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty a) Kirjoitetaan yhtälö = 4 muotoon = g() toisella tavalla. 4 4 : n Iteraatiokaava on n. n b) : 0 4 Iteraatiokaava on n 4 n c) 0 = 4,70...,7 4,44,4 n

32 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Nopeus v on matkan s muutosnopeus eli derivaatta, joten Annan koulumatkan pituus saadaan nopeuden integraalina, eli nopeusfunktion v(t) alle jäävän alueen pinta-alana. Arvioidaan pinta-alaa puolisuunnikassäännöllä. Yhden osavälin pituus on 5 min 5 h h s v()d t t 0 v(0) v(5) v(0) v(5) v(0) ,58... Annan koulumatkan pituus on 5,6 km.

33 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty a) Välin [0, ] pituus on yksi. Koska jakovälejä on viisi, yhden jakovälin pituus on 0,. 5 f( )d0,( f(0,) f(0,) f(0,5) f(0,7) f(0,9)) 0 0, ,947 b) Kun jakovälejä on 50, yhden jakovälin pituus on 0, f( )d0,( f(0,0) f(0,0) f(0,05)... f(0,99)) 0, ,946

34 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Merkitään f() = ln, a = ja b =. f( ) Kaarenpituus b f ( ) d välillä [, ] on a d d. Määritetään integraalin arvo puolisuunnikassäännöllä. Merkitään g( ). Yhden osaväli pituus on 0,5. 4 g g g g g d 0, 5 () (, 5) (,5) (,75) (,0), ,5 Funktion ln kuvaajan kaarenpituus välillä [, ] on,5.

35 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Puolisuunnikassäännön virhe on Nyt E n ( b a) f ''( t). n f ( ), a = 0 ja b = ja 0 < t <. f( ) f( ) Absoluuttinen virhe on ( 0) f( t) f () t En. n n Koska f( ) 0 ( ) f () t En. n kaikilla, niin Välillä [0, ] f () on suurin, kun nimittäjä ( ) on pienin, eli kun = 0. Tällöin toisen derivaatan arvo ei varmasti ylitä arvoa f (0). (0 ) 0 Absoluuttiselle virheelle saadaan yläraja E n. n Ratkaistaan epäyhtälö 0,00 n n 000 n 50 Yhtälön n 50 ratkaisut ovat n = ±9,. Pienin positiivinen kokonaisluku, joka toteuttaa epäyhtälön on 0. Osavälejä on siis oltava vähintään 0. Yhden osavälin pituus on 0,.

36 Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty ,488...,48 d0, f(0) f(0,) f(0,)... f(0,9) f() Määrätyn integraalin tarkka arvo on vähintään,488 0,00 =,478 ja enintään, ,00 =,498 Tarkka arvo on siis välillä [,47;,50].