4 Epälineaarisen yhtälön ratkaisu

Koko: px
Aloita esitys sivulta:

Download "4 Epälineaarisen yhtälön ratkaisu"

Transkriptio

1 4 Epälineaarisen yhtälön ratkaisu 4.1 Johdanto Tässä luvussa tarkastellaan epälineaarisen yhtälön tai epälieaarisen yhtälöryhmän ratkaisemista. Ongelma voidaan kirjoittaa muotoon: Ratkaise x R n siten, että f(x) = 0, (4.1) missä f : R n R n. Tällöin lukua r R n, joka toteuttaa yhtälön (4.1), kutsutaan yhtälön juureksi tai funktion f nollakohdaksi. Kun n = 1, niin yleinen tehtävä redusoituu funktion f : R R arvojen x hakemiseksi, joille pätee f(x) = 0. Epälineaarisen yhtälön juuren etsimisen ongelma on ollut tutkimuksen aiheena jo kauan. Tutkimuksen juuret ylettyvät aikaan 1700 B.C., jolta ajalta on löydetty epälineaaristen yhtälöiden ratkaisumenetelmillä laskettuja 2:n approksimaatioita jopa 10 5 : tarkuudella. Miksi sitten juurien paikantaminen on tärkeää? Usein ratkaisu tieteelliseen ongelmaan on luku, josta emme tiedä muuta kuin, että se toteuttaa jonkin tietyn yhtälön. Esimerkiksi, planeetan paikaa x kiertoradalla voidaan kuvata ns. Keplerin yhtälön: x asinx = b, avulla, joillekin a ja b. Koska jokainen yhtälö voidaan kirjoittaa siten, että funktio on toisella puolella yhtälöä ja nolla toisella, halutun luvun täytyy olla funktion nollakohta. Joten, jos osaamme ratkaista funktion nollakohdan, niin voimme ratkaista kyseisen ongelman. Kun tietokoneella approksimoidaan funktion nollakohtaa, niin saatetaan löytää useita likiratkaisuja vaikka nollakohta olisikin yksikäsitteinen. Tämä nähdään havainnollisesti kuvasta 1, missä on esitettynä Sun Fire V1280 (OY, lehmus) koneella yksinkertaisella tarkkuudella laskettuna funktion f(x) = (x 1) 6 = x 6 6x 5 +15x 4 20x 3 +15x 2 6x+1 arvoja eo. auki kehiteystä lausekkeesta. Kuvasta havaitaan, että pahimmassa tapauksessa saataisiin vain nollan merkitsevän numeron tarkkuus. Syy tarkkuuden häviämiseen on nyt tavassa, jolla polynomi on kehitetty, tietokoneen laskentatarkkuudessa ja pyöristysvirheissä. Yleinen tekniikka juuren löytämiseksi on approksimoida alkuperäistä funktiota jonolla yksinkertaisempia funktioita, joiden nollakohta on helppo laskea. Tietenkin yksinkertaisempien funktioiden ratkaisujonon tulee supeta kohti alkuperäisen funktion ratkaisua. Joskus voi olla, että alkuperäisellä ongelmalla ei ole ratkaisua, joten sitä ei ole syytä myöskään etsiä numeerisesti. Ratkaisuja voi olla myös useita tai juuret moninkertaisia tai niin lähellä toisiaan, että niiden numeerinen ratkaiseminen on algoritmeille vaikeaa. Näiden seikkojen lisäksi on kiinnitettävä huomiota algoritmin suppenemiseen ja iteraatioiden määrään. 35

2 ( )=( ) f(x) y Kuva 1: Funktion nollakohdan approksimointi yksinkertaisella tarkkuudella lehmus tietokoneessa Iteratiivisten algoritmien konvergenssianalyysistä Ennen kuin tarkastelemme mitään menetelmää, on hyvä tietää mitä tarkoitetaan menetelmän konvergenssilla. Täydellinen konvergenssianalyysi iteratiivisessa ratkaisemisesa käsittää: Konvergenssitodistuksen x n r, missä r on haettu juuri. Konvergenssivälin määräämisen, eli sen välin määräämisen, mistäx 0 (alkuarvaus) on valittava, jotta menetelmä konvergoi. Konvergenssinopeuden määräämisen. Määritelmä 4.1. Olkoon nyt {x n } n=0 Rm jollain menetelmällä generoitu jono, jolle lim n x n = α. Jos on olemassa luku p ja vakio C > 0 siten että x n+1 α lim n x n α = C p niin p:tä sanotaan jonon {x n } konvergenssin kertaluvuksi ja C:tä sanotaan asymptoottiseksi virhevakioksi. Määritelmä 4.2. Jos on olemassa vakio c [0,1) ja kokonaisluku N 1 siten, että kaikilla n N pätee x n+1 α c x n α sanotaan jonon {x n } suppenevan lineaarisesti. Huomautus 4.1. Useille konvergoiville menetelmile voidaan osoittaa vain, että x n α C n x 0 α, C < 1 Tällöin sanotaan että jonon {x n } konvergenssi on lineaarista keskimääräisellä nopeudella C. 36

3 Määritelmä 4.3. Jos puolestaan jollain nollaan suppenevalla jonolla {c n } pätee x n+1 α c n x n α sanotaan jonon {x n } suppenevan superlineaarisesti. 4.2 Regula Falsi-menetelmä Olkoon välillä [a,b] voimassa f(a)f(b) < 0. Approksimoidaan nyt käyrää f(x) välillä [a,b] pisteitä (a,f(a)) ja (b,f(b)) yhdistävällä suoralla ja käytetään tämän suoran nollakohtaa c juuren α uutena arviona. Nollakohta c lasketaan seuraavalla kaavalla: b a c = b f(b) f(b) f(a) Soveltamalla kuvattua menetelmää iteratiivisesti saadaan arvio juurelle (halutulla tarkkuudella), olettaen että funktio f on jatkuva. c = b - f(b) 1 b - a f(b)-f(a) f(b) a c 1 c 2 b f(a) Kuva 2: Regula-Falsi menetelmän toiminta Huomautus 4.2. Regula Falsi menetelmän yhteydessä suppeneminen on taattu merkkiehdon ja algoritmin konstruktion perusteella. Voidaan osoittaa, että menetelmä suppenee lineaarisesti nopeudella 0 < C(f, α) < 1. 37

4 4.2.1 Pseudokoodi procedure RegulaF alsi(f, a, b, root, ǫ, max) integer max real a,b,c,root,ǫ,pastc pastc 2b a for i = 0 to max do c b f(b) (b a)/(f(b) f(a)) if (sign(f(b)) sign(f(c)) 0) then a c else b c end if if ( c pastc ǫ) then root c return else pastc c end if end for end procedure RegulaF alsi 4.3 Puolitusmenetelmä Yksinkertaisin juurenhakumenetelmä on puolitusmenetelmä tai ns. binäärihaku. Menetelmä antaa yhtälön f(x) = 0 ratkaisun, missä f on välillä [a,b] jatkuva funktio siten, että se saa välin päätepisteissä vastakkaismerkkiset arvot, ts. f(a)f(b) < 0. Jatkuvien funktioiden väliarvolauseen nojalla funktiolla f on välillä (a, b) juuri (nollakohta), r, mille pätee f(r) = Algoritmin toiminta Asetetaan aluksi a 1 = a ja b 1 = b ja lasketaan välin [a,b] keskikohta (kuva 3): r 1 = a 1 + b 1 a 1. 2 Jos f(r 1 ) ε, niin juuri r = r 1 ; jos f(r 1 ) > ε, niin f(r 1 ) on samanmerkkinen joko f(a 1 ):n tai f(b 1 ):n kanssa. Jos sign(f(r 1 )) = sign(f(a 1 )), niin juuri r on välillä (r 1,b 1 ), ja asetetaan a 2 = r 1 ja b 2 = b 1. Muutoin sign(f(r 1 )) sign(f(a 1 )) ja juuri r on välillä (a 1,r 1 ), ja asetetaan a 2 = a 1 ja b 2 = r 1. 38

5 f(b) y=f(x) r 2 r 3 r 1 a = a r 1 b = b 1 f(a) a r b a 2 r 2 b 2 a 3 r 3 b 3 Kuva 3: Puolitusmenetelmän toiminta Prosessi toistetaan välillä[a 2,b 2 ] ja sitä jatketaan edelleen, jolloin saadaan[a 3,b 3 ],[a 4,b 4 ],. Jokainen uusi väli sisältää juuren r ja on pituudeltaan puolet edellisestä Pseudokoodi Ohjelmalle annetaan syötteenä funktio f, väli (a, b), iteraatioiden maksimi määrä, nmax ja toleranssi error. procedure Bisection(f, a, b, nmax, error) integer n, nmax real a, b, c, fa, fb, fc,error fa f(a) fb f(b) if sign(f a) sign(f b) > 0 then stop "funktio ei leikkaa x-akselia" error b a for n = 0 to nmax do error error/2 c (a+b)/2 fc f(c) output n, c, w if error < ε then exit "convergence" end if if sign(fc) sign(fa) 0 then b c fb fc else a c 39

6 fa fc end if end for end procedure Bisection Huomautus 4.3. Kun ohjelmassa määrätään väliä [a n,b n ], millä juuri sijaitsee, niin käytetään sign funktiota: 1, jos x < 0, sign(x) = 0, jos x = 0, 1, jos x > 0. (4.2) Testi: sign(fa) sign(fb) > 0 antaa saman tuloksen kuin testi fa fb > 0, mutta välttää kertolskussa mahdollisuutta ylivotoon tai alivuotoon. Yleisenä ohjeena tehtäessä juuren paikantavia ohjelmia, on myös välttää funktion saman arvon laskemista toistamiseen, sillä funktio voi olla monimutkainen ja siten laskennallisesti työläs (eli aikaavievä). Täten jokainen funktion laskettu arvo jota voidaan käyttää myöhemmin on syytä tallentaa Konvergenssi analyysi Puolitusmenetelmässä, jokaisella askeleella juuren r sisältävä väli jaetaan kahtia. Ensimmäinen keskipiste r 1 on korkeintaan (b a)/2:n päässä juuresta r. Kun menetelmää jatketaan, saadaan: kuten kuvasta 3 näkee. r r n b n a n 2 Koska jokaisella iteraatiolla väli jaetaan kahtia, voidaan päätellä: r r n b a 2 n (n 1). (4.3) Jos on sovittu joku virhetoleranssi, voidaan laskea tarvittavien iteraatioiden määrä jolla sopiva arvio juurelle saavutetaan. Oletetaan että haluamme r r n < ǫ. Silloin saadaan iteraatioiden lukumäärä ratkaisemalla seuraava yhtälö n:n suhteen: Ottamalla logaritmit, saadaan Erityisesti 2-kantaiselle logaritmille pätee: b a 2 n < ǫ n > log(b a) log(ǫ) log(2) n > log 2 (b a ǫ 40 )

7 Esimerkki 4.1. Kuinka monta askelta tarvitaan puolitusmenetelmässä laskettaessa funktion f juuri 32-bittisessä konearkkitehtuurissa mahdollisimman tarkasti, kun väli [a,b] = [16,17]? Ratkaisu. Koska juuri on binäärilukujen a = ( ) 2 ja b = ( ) 2 välissä, niin vastauksesta tiedetään jo 5 bittiä. Koska mantissan pituus on 24 bittiä, niin tarvitsee ratkaista 19 tuntematonta bittiä. Halutaan että viimeinen (vähiten merkitsevä) bitti tulee oikein, ts. virhe < Ylläolevasta kaavasta saadaan: 1 2 n < 2 19 n 20. Esimerkki 4.2. Seuraavaksi muutama esimerkki siitä miten puolitusmenetelmä toimii käytännössä. f(x) = x 3 3x+1 välillä [0,1] Seuraavassa taulukossa on tietokoneen laskemat iteraatit funktiolle f(x): n r n f(r n ) virhe * * * Tarkastellaan myös toista funktiota g(x): g(x) = x 3 2sin(x) välillä [0.5,2] Tällöin 20 ensimmäistä iteraatiota tuottavat seuraavat tulokset: n r n f(r n ) virhe * * * Huomautus 4.4. Kaavasta (4.3) nähdään, että puolitusmenetelmä suppenee lineaarisesti, keskimääräisellä nopeudella

8 4.4 Newtonin menetelmä Newtonin menetelmä on tärkeimpiä proseduureja numeerisessa analyysissa, ja sitä voidaan soveltaa, useissa eri tilanteissa, kuten epälineaaristen yhtälöiden (yhtälöryhmien), differentiaaliyhtälöiden ja integraaliyhtälöiden numeeriseen ratkaisemiseen. Erityisesti, kun sitä sovelletaan reaaliarvoisen funktion nollakohdan hakuun, sitä kutsutaan myös Newton-Raphson iteraatioksi. Newtonin menetelmä on nopeampi kuin puolitusmenetelmä tai sekanttimenetelmä, koska sen suppeneminen on kvadraattista (neliöllistä). Kuitenkin, iteraation arvon täytyy olla jo aika lähellä yhtälön juurta kun kvadraattinen konvergenssi tulee voimaan Newtonin menetelmän johtaminen Newtonin menetelmässä oletetaan, että funktio f on differentioituva. Tämä tarkoittaa sitä, että funktion jokaisessa pisteessä on yksikäsitteinen tangenttilinja, toisin sanoen derivaatta on olemassa. Tarkastellaan seuraavaksi yksinkertaista ideaa. Geometrinen tulkinta idealle on esitetty kuvassa 4. Suora y = l(x) on tangentti käyrälle y = f(x). Se leikkaa x-akselin pisteessä x 1. Suoran l(x) kulmakerroin on f (x 0 ). y=l(x) y=f(x) r x 2 x 0 x 1 Kuva 4: Newtonin menetelmän toiminta Tietyssä pisteessä(x 0,f(x 0 )) funktionf tangentti on sangen hyvä approksimaatio funktiolle f pisteen x 0 läheisyydessä. Analyyttisesti tämä tarkoittaa, että lineaarinen funktio l(x) = f (x 0 )(x x 0 )+f(x 0 ) on lähellä funktiota f pisteen x 0 ympäristössä. Pisteessä x 0 funktiot f ja l ovat samat. Tällöin funktion l juuri on funktion f juuren approksimaatio. Funktion l juuri löytyy helposti: x 1 = x 0 f(x 0) f (x 0 ) 42

9 Siten, aloitettaessa pisteestä x 0, samme uuden arvon x 1 eo. kaavasta. Luonnollisesti iterointia voidaan jatkaa, tuottaen jonon pisteitä: x 2 = x 1 f(x 1) f (x 1 ) x 3 = x 2 f(x 2) f (x 2 ). Mikäli iteraatio suppenee x n lähestyy funktion f nollakohtaa r. Toinen tapa tulkita Newtonin menetelmää on käyttää Taylorin sarjaa. Mikäli x 0 on riittävän lähellä funktion nollakohtaa, voimme kysyä: Millainen korjaus h tulee lisätä arvoon x 0, jotta saadaan "tarkka"juuri? Ts. halutaan, että f(x 0 +h) = 0 Jos funktio f on riittävän hyvin käyttäytyvä, niin se voidaan kirjoittaa Taylor sarjan avulla: f(x 0 )+hf (x 0 )+ h2 2! f (x 0 )+... = 0 Askeleen h määrääminen yo yhtälöstä ei ole helppoa, joten luovutaan tavoitteesta päästä yhdellä askella "tarkkaan"ratkaisuun. Otetaan sarjasta käyttöön vain kaksi ensimmäistä termiä: f(x 0 )+hf (x 0 ) = 0 Ratkaisemalla h, saadaan: ja uusi approksimaatio on: h = f(x 0) f (x 0 ) x 1 = x 0 +h Kun Newtonin menetelmää kuvataan iteraatiojonolla x 0,x 1,x 3,..., niin seuraava kaava pätee jonon alkioille: x n+1 = x n f(x n) (4.4) f (x n ) Pseudokoodi Pseudokoodi Newtonin menetelmälle voidaan kirjoittaa seuraavasti: procedure Newton(f,f,x,nmax,ǫ,δ) integer n, nmax real x, fx, fp, ǫ, δ interface external function f, f fx f(x) 43

10 output 0, x, fx for n = 1 to nmax do fp f (x) if fp < δ then output "Hajaantuminen" return end if d fx/fp x x d fx f(x) output n,x,fx if d < ǫ then output "Konvergenssi" return end if end for end procedure N ewton Käyttäen muuttujan x alkuarvoa aloituspisteenä, menetelmä käy läpi maksimäärän nmax iteraatioita. Proseduurille täytyy antaa syötteenä ulkopuoliset funktiot f(x) ja f (x). Parametrit ǫ ja δ kontrolloivat poseduurin suppenemista (ja ne liittyvät käytetyn tietokoneen laskentatarkkuuteen) Menetelmän havainnollistaminen Seuraavassa sovellamme menetelmää funktioon f(x) = x 3 2x 2 + x 3, aloittaen pisteestä x 0 = 4. Nyt, f (x) = 3x 2 4x + 1, ja nämä funktiot on syytä asettaa ns. sisäkkäismuotoon (nested form) tehokkuuden vuoksi: f(x) = ((x 2)x+1)x 3 f (x) = (3x 4)x+1 Todetaksemme Newtonin menetelmän nopean konvergenssin, käytämme Lehmuksessa vähintään 24 desimaalin tarkkuutta liukulukulaskennassa ja saamme seuraavat tulokset: ite x fx x-xo E E E E E E E E E E E E E E E E-25 44

11 Tuloksesta nähdään tarkkuuden tuplaantuminen funktion f(x) ja myös x:n arvoissa kunnes tietokoneen maksimaalinen laskentatarkkuus on saavutettu Konvergenssi analyysi Soveltamalla Newtonin menetelmää käytännön ongelmiin huomataan helposti että menetelmä konvergoi nopeasti lähelle juuren tarkkaa arvoa. Tämä selviää myös tarkastelemalla aiempaa esimerkkiä. Itse-asiassa, oikeiden numeroiden määrä lähes tuplaantuu joka iteraatiolla. Usein kuusi tai viisi iteraatiota on tarpeeksi jotta saadaan riittävän tarkka arvio juurelle. Tälle väitteelle on olemassa myös teoreettista tukea, kuten seuraavassa osoitetaan. Olkoon funktiolla f jatkuvat derivaatat f ja f, ja olkoon r etsitty juuri. Oletetaan myös, että r on yksinkertainen juuri; eli f (r) 0. Tällöin Newtonin menetelmä, aloitettuna tarpeeksi läheltä juurta r, konvergoi neliöllisesti juureen r. Tämä tarkoittaa sitä että virheet peräkkäisissä askelissa toteuttavat seuraavan epäyhtälön: r x n+1 c r x n 2 (4.5) Todistamme tämän tuloksen, mutta ensin epäformaali tarkastelu voi olla havainnollistava. Oletetaan yksinkertaisuuden vuoksi, että c = 1. Oletetaan myös että x n on estimaatti juurelle r joka eroaa juuresta enintään yhdellä yksiköllä k:ssa desimaalissa. Tämä tarkoittaa sitä että r x n 10 k Epäyhtälö (4.5) antaa ymmärtää että r x n k Toisin sanoen, x n+1 eroaa juuresta r enintään yhdellä yksiköllä desimaalipaikassa 2k. Täten muuttujassax n+1 on suurinpiirtein kaksi kertaa niin monta merkitsevää numeroa kuin muuttujassa x n. Lause 4.1. Olkoot f(x),f (x) ja f (x) jatkuvia funktion f juuren r ympäristössä ja f (r) 0, silloin on olemassa δ > 0 siten, että jos Newtonin menetelmän alkupiste toteuttaa r x 0 δ, niin x n toteuttaa saman epäyhtälön ja {x n } suppenee kvadraattisesti kohti juurta r; ts. r x n+1 c(δ) r x n 2 missä c(δ) on määritelty yhtälöllä (4.7). Todistus. Merkitään aluksi e n = r x n. Tällöin pätee: e n+1 = r x n+1 = r x n + f(x n) f (x n ) = e n + f(x) f (x) = e nf (x n )+f(x n ) f (x n ) Taylorin lauseen nojalla on olemassa piste α n pisteiden x n ja r välissä, jolle pätee: 0 = f(r) = f(x n +e n ) = f(x n )+e n f (x n )+ 1 2 e2 nf (α n ) 45

12 Viimeinen yhtälö voidaan järjestellä uudelleen seuraavasti e n f (x n )+f(x n ) = 1 2 e2 nf (α n ) Jos tätä nyt sovelletaan edellä olevaan e n+1 :n lausekkeeseen, niin saadaan Seuraavaksi määrittelemme funktion e n+1 = 1 2 ( f (α n ) ) e 2 f n (4.6) (x n ) c(δ) = 1 2 max f (x) x r δ min f (x) x r δ (δ > 0) (4.7) Tämän määritelmän johdosta voimme sanoa, että mille tahansa kahdelle pisteelle x ja α jotka ovat korkeintaan etäisyydenδ päässä juurestar, pätee epäyhtälö 1 2 f (α)/f (x) c(δ). Valitaan nyt δ niin pieneksi että δc(δ) < 1. Tämä on mahdollista sillä kun δ lähestyy nollaa, c(δ) konvergoi lukuun 1 2 f (r)/f (r), ja siten δc(δ) konvergoi nollaan. Tässä vaiheessa on hyvä muistaa, että oletimme f (r) 0. Olkoon β = δc(δ). Oletamme nyt, että δ, c(δ) ja β ovat kiinnitetty siten, että pätee β < 1. Oletetaan edelleen, että joku iteraatti x n on etäisyyden δ sisällä juuresta r. Tällöin e n = r x n δ ja α n r δ. Funktion c(δ) määritelmän mukaan, saadaan että 1 2 f (α n ) / f (x n ) c(δ). Yhtälöstä (4.6) saamme e n+1 = 1 f (α n ) e 2 2 f n c(δ)e 2 n δc(δ) e n = β e n. (x n ) Tästä seuraa, että myös x n+1 on etäisyydellä δ juuresta r koska r x n+1 = e n+1 β e n e n δ. Jos aloituspiste x 0 valitaan etäisyyden δ sisällä juuresta r, niin e n β e n 1 β 2 e n 2 β n e 0 Koska 0 < β < 1, lim n β n = 0 ja lim n e n = 0. Toisin sanoen Tässä prosessissa, e n+1 c(δ)e 2 n. lim x n = r. n 46

13 Kuten edellisestäkin voidaan päätellä, on Newtonin menetelmässä käytettävä harkintaa sen suhteen, mistä pisteestä juuren etsintä aloitetaan. Usein tässä harkinassa riittää kun tiedetään funktion kuvaaja karkeasti. Usein puolitusmenetelmää käytetään aluksi, jotta löydettäisiin piste tarpeeksi läheltä juurta, ja Newtonin menetelmää käytetään juuren tarkkuuden parantamiseen. Vaikka Newtonin menetelmä onkin loistava keksintö, sen konvergenssi riippuu vaatimuksista joita on usein vaikea tietää etukäteen. On olemassa tilanteita, joissa menetelmä ei konvergoi. Seuraavissa kuvissa esitellään tällaisia tilanteita. x 2 x 1 x 0 r Kuva 5: Newtonin menetelmä, huono alkupiste Tässä kuvassa nähdään miten voi käydä jos aloituspiste x 0 valitaan liian kaukaa juuresta r. Kuten kuvasta näkyy, voi tällöin menetelmä ajautua vain kauemmaksi juuresta. x 2 x 1 r x 0 Kuva 6: Newtonin menetelmä, siksak Tässä tapauksessa syntyy menetelmässä sykli pisteiden x 0 ja x 1 välillä. Tietokoneella laskiessa voi pyöristysvirheiden ja rajallisen tarkkuuden takia menetelmä kuitenkin lopulta päästä eroon syklistä. r x 0 Kuva 7: Newtonin menetelmä, gradientti nolla Joskus voi myös valitun aloituspisteen x 0 tangentti olla yhdensuuntainen x-akselin kanssa, jolloin x 1 = ±. 47

14 Esimerkki 4.3. Lasketaan a:n arvo Newtonin menetelmällä. Arvon a laskeminen on ekvivalenttia yhtälön f(x) = x 2 a = 0 ratkaisemisen kanssa. Newtonin menetelmä antaa: x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n x2 n a 2x n = 1 2 (x n + a x n ) (4.8) Lause 4.2. Kaikilla 0 < x 0 < kaava (4.8) generoi vähenevän jonon x 1 x 2 x 3... a, mikä konvergoi a:han. Todistus. x n+1 a = 1 2 (x n + a x n ) a = 1 2x n (x 2 n +a 2 ax n ) = 1 2x n (x n a) 2 0 x n+1 a, n (jono on rajoitettu alhaalta). x n x n+1 x n x x+1 = x n 1 2 x n 1 a = 1 (x 2 n a) 0 2x n 2x n n (jono on vähenevä). Jokainen vähenevä, rajoitettu jono konvergoi x = lim n x n (x ) x = 1 2 (x + a x ) (x ) 2 = 1 2 (x ) a x = a Huomautus 4.5. Edellä oleva analyysi osoitti, että neliöllisen suppenemisen toteutuminen vaatii oletuksen f (r) 0 voimassaolon. Jos f (r) = 0, niin r on sekä funktion f että funktion f juuri. Juurta sanotaan silloin funktion f moninkertaiseksi juureksi - tässä tapauksessa kaksinkertaiseksi juureksi. Newtonin menetelmä moninkertaiselle juurelle konvergoi lineaarisesti nopeudella (m 1)/m, missä m on juuren kertaluku. Jos tiedetään etukäteen, että juuren kertaluku 1 on m > 1, niin Newtonin menetelmän kvadraattinen konvergenssi säilyy jos iterointikaavaa muutetaan seuraavasti: x n+1 = x n m f(x n) f (x n ). 1 Juuren kertaluku on pienin luku m siten, että f (k) (r) = 0 kaikille 0 k < m, mutta f (m) (r) 0. 48

15 Esimerkki 4.4. Lasketaan Newtonin menetelmällä funktion f(x) =(x 1.1) 3 (x 2.1) = x( x(10.56+x( 5.4+x))) kolminkertainen juuri α = 1.1 lehmus-tietokoneen yksinkertaisella tarkkuudella. Saadaan iteraatiojono ite x fx r-x suhde Viimeiseen sarakkeeseen on kirjattu suhde: α x n α x n 1 x n+1 x n x n x n Teoriasta tiedetään, että Newtonin menetelmä suppenee m-kertaiselle juurelle lineaarisesti nopeudella m 1 m, ts. x n+1 x n m 1 m x n x n 1 Laskemalla muutama Newtonin iteraatio, voidaan juuren kertaluku m ratkaista yhtälöstä 2 3 = m 1 m = 3 m Huomautus 4.6. Jos juuren kertaluku m 2, niin puolitusmenetelmä konvergoi vähintään yhtä nopeasti. Taulukosta nähdään myös, että kun f(x) = 0, niin juuri x on vielä aika kaukana tarkasta arvostaan α = 1.1. Tämä selittyy tietysti f(x):n laskennassa tapahtuneilla pyöristysvirheillä. Ainoa tapa saada tarkkoja tuloksia moninkertaiselle juurelle onkin analyyttisesti alentaa juuren kertalukua muodostamalla uusi funktio, jolle α on yksinkertainen juuri. Kun juuren kertaluku m on selvitetty, voidaan laskea analyyttisesti F(x) = f (m 1) (x) minkä yksinketainen juuri α on. Kun sovelletaan ideaa edelliseen tehtävään, saadaan f (x) = x+12x 2 = 0 49

16 ite x fx r-x Newtonin menetelmä konvergoi nopeasti tarkkaan ratkaisuun, kuten taulukosta nähdään. 4.5 Algoritmien lopetustesteistä epälineaarisen yhtälön ratkaisussa Yleisesti käytetty kriteeri on tutkia, onko f(x n ) ε Tässä on kuitenkin oma vaaransa, sillä väliarvolauseen nojalla f(x n ) = f(x n ) f(α) = f (ξ n )(x n α), missä ξ n [α,x n ] tai ξ n [x n,α], eli α x n = f(x n) f (ξ n ). Jos nyt, f (α) 1 α x n f(x n ). Testi antaa hyvän tuloksen. f (α) << 1 α x n >> ε. Ei olla lähelläkään juurta. f (α) >> 1 α x n << ε. Ollaan laskettu "turhan tarkasti". Tapauksia on havainnollistettu kuvassa (8) f(x) f(x) a x n x n a a - x << f(x ) n n a - x >> f(x ) n n Kuva 8: Erilaisia lopetustestejä Toinen tapa lopettaa iterointi on tutkia, milloin x n+1 x n ε 50

17 Myös tämä testi sopii hyvin Newtonin menetelmälle, sillä jos x n on lähellä α:aa niin pätee, että f (x n ) f (ξ n ) ja saadaan: Siis x n+1 x n = f(x n) f (x n ) f(x n) f (ξ n ) = α x n. x n+1 x n ε α x n ε Testin huono puoli on että, jos menetelmä konvergoi hitaasti niin x n+1 x n voi tulla pieneksi vaikka ei olla lähelläkään juurta. Tuloksen oikeellisuuden varmistamiseksi kannattaa ohjelmaan laittaa molemmat lopetustestit. Hyvissä kirjasto-ohjelmissa on myös testejä, joilla tutkitaan onko käyttäjän antama tarkkuusvaatimus realistinen koneen laskentatarkkuuteen nähden. 4.6 Epälineaarisen yhtälöryhmän ratkaisu Newtonin menetelmä epälineaarisen yhtälöryhmän ratkaisussa käyttää samaa periaatetta kuin yhden yhtälönkin ratkaisemisessa, toisin sanoen: linearisoidaan ja ratkaistaan ja toistetaan askelia tarpeellinen määrä. Tarkastellaan menetelmää kolmen yhtälön ja kolmen tuntemattoman tapauksessa. f 1 (x 1,x 2,x 3 ) = 0 f 2 (x 1,x 2,x 3 ) = 0 (4.9) f 3 (x 1,x 2,x 3 ) = 0 Olkoon (x 1,x 2,x 3 ) yhtälön (4.9) likiratkaisu. Määrätään korjaus (h 1,h 2,h 3 ) siten, että (x 1 +h 1,x 2 +h 2,x 3 +h 3 ) on parempi likiratkaisu. Linearisoimalla funktioden Taylorkehitelmät, saadaan f 1 f 1 f 1 0 = f 1 (x 1 +h 1,x 2 +h 2,x 3 +h 3 ) f 1 (x 1,x 2,x 3 )+h 1 +h 2 +h 3 x 1 x 2 x 3 f 2 f 2 f 2 0 = f 2 (x 1 +h 1,x 2 +h 2,x 3 +h 3 ) f 2 (x 1,x 2,x 3 )+h 1 +h 2 +h 3 x 1 x 2 x 3 f 3 f 3 f 3 0 = f 3 (x 1 +h 1,x 2 +h 2,x 3 +h 3 ) f 3 (x 1,x 2,x 3 )+h 1 +h 2 +h 3 x 1 x 2 x 3(4.10) missä osittaisderivaatat lasketaan pisteessä (x 1,x 2,x 3 ). Yhtälö (4.10) on lineaarinen yhtälöryhmä muuttujan h = (h 1,h 2,h 3 ) suhteen. Kerroinmatriisi on funktion f = 51

18 (f 1,f 2,f 3 ) Jacobin matriisi: f 1 f 1 f 1 x 1 x 2 x 3 f 2 f 2 f 2 J = x 1 x 2 x 3 f 3 f 3 f 3 x 1 x 2 x 3 (4.11) Jos J on ei-singulaarinen, niin yhtälöryhmän (4.10) ratkaisu on: h 1 f 1 (x 1,x 2,x 3 ) h 2 = J 1 f 2 (x 1,x 2,x 3 ) h 3 f 3 (x 1,x 2,x 3 ) Newtonin menetelmä voidaan nyt kirjoittaa 3 3 epälineaariselle yhtälöryhmälle seuraavasti: x (k+1) 1 x (k+1) 2 x (k+1) 3 = x (k) 1 x (k) 2 x (k) 3 + h (k) 1 h (k) 2 h (k) 3 missä h on ratkaistu lineaarisesta yhtälöryhmästä: h 1 f 1 (x 1,x 2,x 3 ) J h 2 = f 2 (x 1,x 2,x 3 ) h 3 f 3 (x 1,x 2,x 3 ) Mikäli J on lähellä singulaarista, yhtälöryhmän ratkaiseminen on vaikeaa. Yleisessä tapauksessa n:n yhtälön ja n:n tuntemattoman epälineaarinen yhtälöryhmä voidaan esittää vektorimuodossa seuraavasti: missä sarakevektorit f(x) = 0. f = [f 1,f 2,,f n ] T, x = [x 1,x 2,,x n ] T. Tällöin Newtonin menetelmä yhtälöryhmälle on: missä f (x (n) ) on Jacobin matriisi. x (n+1) = x (n) f (x (n) ) 1 f(x (n) ), 4.7 Kiintopistemenetelmä Newtonin menetelmä on eräs esimerkki proseduurista, missä jono ratkaisun likiarvoja lasketaan muodosta: x n+1 = F(x n ) (n 0) (4.12) 52

19 Algoritmia kutsutaan funktionaaliseksi iteraatioksi (functional iteration). Newtonin menetelmässä F on F(x) = x f(x) f (x). Iteraatiokaava 4.12 ei välttämättä suppene (esim. F(x) = 3x), mutta me olemme kiinnostuneita tapauksista, missä lim x n = s. n Mikä on silloin s:n ja F:n välinen yhteys? Jos F on jatkuva, niin F(s) = F ( lim n x n ) = lim n F(x n ) = lim n x n+1 = s. Siis, F(s) = s, ja lukua s kutsutaan funktion F kiintopisteeksi. (Kiintopiste on siis arvo, mihin funktio "lukittuu"iteratiivisessa prosessissa.) Useat matemaattiset ongelmat, esim. optimoinnin tai DY:n saralla, voidaan muuttaa kiintopisteongelmaksi. Analysoidaan jatkossa tapausta, missä F kuvaa jonkin suljetun joukon C R itselleen. Lause 4.3 käsittelee ns. kutistavaa kuvausta. Kuvausta F sanotaan kutistavaksi (contractive), mikäli on olemassa 0 < γ < 1, siten, että F(x) F(y) γ x y kaikille x,y C (4.13) Lause 4.3. Olkoon g : [a,b] [a,b] kutistava funktio. Tällöin sillä on täsmälleen yksi kiintopiste x = g(x ). Lisäksi iteraatio x k+1 = g(x k ) suppenee kiintopisteeseen kaikilla x 0 [a,b]. Todistus. Todistus tehdään kahdessa vaiheessa: 1. Osoitetaan, että iteraation antama jono x k suppenee: x k+1 x k = g(x k ) g(x k 1 ) γ x k x k 1... γ k x 1 x 0. Olkoon p > k. Tällöin x p x k x p x p 1 + x p 1 x p x k+1 x k (γ p 1 +γ p γ k ) x 1 x 0 = γ k1 γp k 1 γ x 1 x 0 γk 1 γ x 1 x 0. Täten x p x k < ε kaikilla p > k, kun k riittävän suuri. Täten {x k } on Cauchyjono 2 ja on olemassa raja-arvo x = lim k x k. 2 Jono {x k } on Cauchy jono, jos jostakin indeksistä k > p alkaen erotukset x p x k < ε 53

20 2. Osoitetaan, että x on kiintopiste: x g(x ) x g(x k 1 ) + x k g(x ) = x x k + g(x k 1 ) g(x ) Siis x = g(x ). x x k +γ x k 1 x 0, kun k. Esimerkki 4.5. Lasketaan esimerkkinä kiintopistemenetelmää käyttäen 2. Neliöjuuri saadaan ratkaisemalla epälineaarinen yhtälö Yhtälö voidaan kirjoittaa muotoon x 2 2 = 0. x = 1 2 x+ 1 x =: g(x). Nyt funktio g : [1, 2] [1, 2] on kutistava, sillä g(x) g(y) = g (ξ) x y 1 x y, ξ ]x,y[, 2 joten sillä on yksikäsitteinen kiintopiste x [1,2]. Iteraatio suppenee nopeasti: x 0 =1 x 1 = = 1.5 x 2 = = x 3 = x 4 = x 5 = x 6 = Koska oikeiden numeroiden määrä noin kaksinkertaistuu joka iteraatiolla voidaan tässä tapauksessa epäillä kvadraattista konvergenssia. Huomautus 4.7. Funktion g(x) nopea suppeneminen edellä ei ole mikää vahinko, sillä jos iteraatiofunktiolle g pätee g (α) = 0 ja g (α) 0, niin konvergenssin kertaluku on kaksi: α x k+1 =g(α) g(x k ) =g (α)(α x k )+ 1 2 g (ξ k )(α x k ) 2 c(x k α) 2, kun k on riittävän iso. Yleisemminkin voidaan osoittaa, että kiintopistemenetelmän x n+1 = g(x n ) konvergenssiaste on ensimmäinen kokonaisluku q siten, että g (q) 0. 54

21 Huomautus 4.8. Kutistuvuuden nojalla kiintopisteiteraation suppeneminen on aina vähintään lineaarista, sillä α x k+1 = g(α) g(x k ) L α x k, missä 0 < L < 1. Esimerkki 4.6. Osoita, että jono {x n }: { x 0 = 15 konvergoi. x n+1 = x n (n 0) Ratkaisu. Funktio F(x) = x n on kutistava kuvaus, koska F(x) F(y) = x y 1 = y x 1 y x 2 2 kolmioepäyhtälön nojalla. Lauseen 4.3 nojalla jono konvergoi kohti kiintopistettä, mikä on Sekanttimenetelmä Eräs Newtonin menetelmän huonoista puolista on, että siinä tarvitaan funktion f derivaattaa. Sekanttimenetelmä muistuttaa Newtonin menetelmää sillä erolla, että siinä derivaatta f (x n ) on korvattu lausekkeella f(x n ) f(x n 1 ) x n x n 1. Lisäksi menetelmä suppenee lähes yhtä nopeasti kuin Newtonin menetelmäkin. Derivaatan korvaaminen eo. lausekkeella perustuu tietoon, että Nyt kun h on pieni voidaan olettaa että f (x) = lim h f(x+h) f(x) h f (x) f(x+h) f(x) h Erityisesti kun x = x n ja h = x n 1 x n, saamme f (x n ) f(x n 1) f(x n ) x n 1 x n Kun tämä sijoitetaan Newtonin iteraatiokaavaan (4.4) saadaan sekanttimenetelmä ( x n+1 = x n x n x n 1 f(x n ) f(x n 1 ) ) f(x n ) (4.14) 55

22 x 3 x 2 x1 x 0 Kuva 9: Sekanttimenetelmä Sekanttimenetelmää voidaan Newtonin menetelmän tavoin soveltaa myös epälineaarisen yhtälöryhmän ratkaisemiseen. Sekanttimenetelmän nimi tulee siitä tosiseikasta, että lauseke f(x n 1 ) f(x n ) x n 1 x n on funktion f kuvaajan sekanttilinjan kulmakerroin. Huomautus 4.9. Sekanttimenetelmässä x n+1 riippuu kahdesta edellisestä iteraatiopisteestä. Täten myös menetelmää aloitettaessa tarvitaan kaksi pistettä, x 0 ja x 1. Huomattavaa on myös, että laskettaessaf(x n ) f(x n 1 ) voi tuloksena olla lähes nolla, mikä voi johtaa ylivuotoon suoritettaessa jakoa. Itse-asiassa f(x n ) f(x n 1 ) lähestyy nollaa aina kun menetelmä konvergoi. Mikäli f(x n ) ja f(x n+1 ) ovat samanmerkkisiä voidaan vähennyslaskussa menettää merkitseviä numeroita. Tämän vuoksi on syytä lopettaa iterointi kun lauseke f(x n ) f(x n 1 ) δ f(x n ), δ Algoritmi Seuraava sekanttimenetelmän algoritmi etsii funktion f juuren annetulta väliltä [a,b], iteroiden korkeintaan nmax kertaa. procedure Secant(f, a, b, nmax, ǫ) integer n, nmax real a, b, fa, fb, ǫ, d interface external function f fa f(a) fb f(b) if fa > fb then a b fa fb end if output 0,a,fa output 1,b,fb for n = 2 to nmax do if fa > fb then 56

23 a b fa fb end if d (b a)/(fb fa) b a fb fa d d fa if d < ǫ then output "Convergence" return end if a a d fa f(a) output n,a,fa end for end procedure Secant Edellä tarkoittaa muuttujien arvojen vaihtamista keskenään. Päätepisteet [a, b] vaihdetaan tarvittaessa, jotta aina pätisi f(a) f(b). Tästä seuraa, että funktion itseisarvoista muodostuva jono on vähenevä; ts. f(x n ) f(x n+1 ) kun n 1. Seuraavassa taulukossa on laskettuna iteraatteja funktiolle f(x) = x 5 + x kun alkuarvoina ovat x 0 = 1 ja x 1 = 1. n x n f(x n ) Konvergenssi analyysi Sekanttimenetelmän etu verrattuna Newtonin menetelmään on, että ensimmäisen askeleen jälkeen tarvitsee laskea funktion arvo vain kerran jokaisella iteraatiolla. Menetelmä on myös melkeinpä yhtä nopeasti konvergoiva kuin Newtonin menetelmä. Konvergenssille pätee seuraava lause. Lause 4.4. Olkoon f(x),f (x) ja f (x) jatkuvia välillä I ε = [r ε,r+ε],ε > 0. Olkoon f (x) 0, x I ε. Silloin, jos alkupisteet x 0 ja x 1 on valittu riittävän läheltä juurta r, niin (4.14):n määräämä iteraatiojon {x n } suppenee kohti r:ää. Konvergensille pätee e n+1 A e n (1+ 5)/2 57

24 missä A = f (r) f (r) Todistus. Sekanttimenetelmän määritelmästä saadaan: e n+1 = x n+1 r = f(x n)x n 1 f(x n 1 )x n f(x n ) f(x n 1 ) r = f(x n)e n 1 f(x n 1 )e n f(x n ) f(x n 1 ) Ottamalla edellä tekijäksie n e n 1 ja kertomalla luvulla(x n x n 1 )/(x n x n 1 ) saadaan: [ e n+1 = Taylorin lauseen nojalla Koska f(r) = 0, saadaan: x n x n 1 f(x n ) f(x n 1 ) ][ f(xn )/e n f(x n 1 )/e ] n 1 e n e n 1 (4.15) x n x n 1 f(x n ) = f(r+e n ) = f(r)+e n f (r)+ 1 2 e2 nf (r)+o(e 3 n) f(x n ) e n = f (r)+ 1 2 e nf (r)+o(e 2 n) Vaihtamalla indeksointi n n 1, saadaan f(x n 1 ) e n 1 Vähentämällä yhtälöt toisistaan, sadaan: = f (r)+ 1 2 e n 1f (r)+o(e 2 n 1) f(x n )/e n f(x n 1 )/e n 1 = 1 2 (e n e n 1 )f (r)+o(e 2 n 1). Koska x n x n 1 = e n e n 1, saadaan f(x n )/e n f(x n 1 )/e n 1 x n x n f (r). Ensimmäinen hakasulkulauseke yhtälössä (4.15) voidaan kirjoittaa muotoon: Nyt, yhtälö (4.15) saadaan muotoon: x n x n 1 f(x n ) f(x n 1 ) 1 f (r). e n+1 1 f (r) 2 f (r) e ne n 1 = Ce n e n 1. (4.16) Lauseke on samantyyppinen kuin Newtonin menetelmän todistuksessa lauseke (4.6) (konvergenssin osoittaminen menisi myös samaan tyyliin, mutta ohitetaan se). Oletetaan, että menetelmä konvergoi Konvergenssiasteen määräämiseksi oletetaan, että seuraava asymptoottinen relaatio pätee: e n+1 A e n α, (4.17) 58

25 missä A on positiivinen vakio. Tämä tarkoittaa, että e n+1 /(A e n α ) n 1, eli konvergenssin aste on α. Nyt e n A e n 1 α ja e n 1 (A 1 e n ) 1/α. (4.18) Sijoitetaan yhtälöön (4.16) asymptoottiset arvot yhtälöistä (4.17) ja (4.18) niin saadaan: A e n α C e n A 1/α e n 1/α, mikä voidaan edelleen kirjoittaa muotoon: A 1+1/α C 1 e n 1 α+1/α. (4.19) Koska relaation vasen puoli 0 ja e n 0, niin voidaan päätellä, että 1 α+1/α = 0. Yhtälön positiivinen juuri on α = 1 + 5/ Siis, sekanttimenetelmä suppenee superlineaarisesti. Asymptoottinen virhevakio A voidaan määrätä yhtälöstä (4.19) koska siinä oikea puoli on 1, saadaan: A = C 1/(1+1/α) = C 1/α = C α 1 = C 0.62 = f (r) f (r) A:n avulla saadaan sekanttimenetelmälle e n+1 A e n (1+ 5)/2. Huomautus Koska konvergenssin aste 1.62 < 2, niin sekanttimenetelmä konvergoi nopeammin kuin puolitusmenetelmä mutta hitaammin kuin Newtonin menetelmä. Kuitenkin sekanttimenetelmässä tarvitaan vain yksi funktion kehittäminen joka askeleella kun taas Nevtonin menetelmä vaatii kaksi: f ja f. Koska algoritmissa suurin aika menee yleensä funktion arvon laskemiseen, niin kaksi sekanttimenetelmän askelta on ajallisesti verrannollinen yhteen Newtonin menetelmän askeleeseen. Kahdelle sekanttimenetelmän askeleelle pätee: e n+2 A e n+1 α A 1+α e n α2 = A 1+α e n (3+ 5)/2 Tupla-askeleen konvergenssi on (3 + 5)/2 = 2.62, mikä on parempi kuin Newtonin menetelmän konvergenssi yhdellä askeleella. 4.9 Polynomin juuren laskeminen Mikä tahansa edellä esitetyistä menetelmistä - erityisesti Newtonin menetelmää - voidaan soveltaa polynomin juuren hakuun kun halutaan löytää tietty juuri, minkä alkuarvaus on annettu. Kuitenkin algebran peruslauseen nojalla polynomilla p(z) = a n z n +a n 1 z n a 2 z 2 +a 1 z 1 +a 0, a n 0,a k,z C, k = 0,...,n (4.20) on tarkalleen n reaalista tai kompleksista juurta kun juurien kertaluku otetaan huomioon. 59

26 Määritelmä 4.4. Funktiolla f(z) on kertalukua p oleva juuri α, jos f(z) = (z α) p h(z), missä h(α) 0 ja h(z) on jatkuva pisteessä z = α. Esimerkki 4.7. Korkean kertaluvun funktiot käyttäytyvät hankalasti. Tarkastellaan esimerkkinä polynomiyhtälön x n ratkaisemista. Selvästi ratkaisu on x = 0, mutta yhtälön x n = ε ratkaisulle saadaan arvio x = ε 1/n. Jos { n = 10, ε = = x = (10 10 ) 1/10 = 0.1, eli virhe on kasvanut kertoimella Hornerin algoritmi Polynomin arvo pisteessä z voidaan kehittää tehokkaasti Hornerin algoritmin avulla. Algoritmi tunnetaan myös nimillä sisäkkäinen kertominen (nested multiplication) tai synteettinen jako (synthetic division). Hornerin kaavan avulla polynomi (4.20) voidaan kirjoittaa muotoon: p(z) = a 0 +z(a 1 +z(a 2 +z(a 3...+z(a n 1 +a n z))...)) Kun polynomi kehitetään tästä muodosta, niin tarvitaan n yhteenlaskua ja n kertolaskua. Muoto (4.20) vaatii n yhteenlaskua ja 2n 1 kertolaskua. Kun polynomi p(z) ja luku z 0 on annettu, niin Hornerin algoritmi tuottaa luvun p(z 0 ) ja polynomin q(z) = p(z) p(z 0) z z 0. Polynomin q asteluku on yhtä astetta alempi kuin polynomin p asteluku. Edellisestä yhtälöstä saadaan: p(z) = (z z 0 )q(z)+p(z 0 ) (4.21) Olkoon tuntematon polynomi q(z) esitetty muodossa: q(z) = b 0 +b 1 z +...+b n 1 z n 1 Kun tämä q(z):n muoto ja vastaava p(z) muoto sijoitetaan yhtälöön (4.21) niin saadaan: p(z 0 )+(z z 0 )q(z) = p(z 0 )+(z z 0 )(b 0 b 1 z +...+b n 1 z n 1 ) =(p(z 0 ) b 0 z 0 )+(b 0 +b 1 z 0 )z +...+(b n 2 b n 1 z 0 )z n 1 +b n 1 z n =a 0 +a 1 z +...+a n z n 60

27 Samanasteisten termien kertoimia vertaamalla voidaan Hornerin kaava kirjoittaa rekurssion muotoon: { b n 1 = a n, b k 1 = a k +z 0 b k, k = n 1,n 2,...,0 jolloin b 1 = p(z 0 ). Hornerin algoritmi voidaan kirjoittaa seuraavasti: input n, (a i : 0 i n), z 0 b n 1 a n for k = n 1 to 0 do b k 1 a k +z 0 b k end do output (b i : 1 i n 1) Jos Hornerin algoritmia ratkaistaan kynällä ja paperilla, niin kannattaa käyttää seuraavanlaista taulukkomuotoa apuna. a n a n 1 a n 2... a 0 z 0 z 0 b n 1 z 0 b n 2... z 0 b 0 b n 1 b n 2 b n 3... b 1 Esimerkki 4.8. Ratkaise Hornerin algoritmilla arvo p(3), kun p(z) = z 4 4z 3 +7z 2 5z 2 Järjestetään luvut taulukon mukaisesti, saadaan: Siten, p(3) = 19, ja voidaan kirjoittaa p(z) = (z 3)(z 3 z 2 +4z +7)+19 Hornerin algoritmia voidaan käyttää myös polynomin asteen alentamiseen (deflation). Nimittäin, jos z 0 on polynomin juuri, niin z z 0 on polynomin p eräs tekijä (myös käänteinen pätee). Polynomin p muut juuret ovat n 1 -asteisen polynomin p(z)/(z z 0 ):lla juuria. Esimerkki 4.9. Alenna edellisen esimerkin polynomin p asteluku, kun sen eräs juuri on 2. Käytetään jälleen taulukkoa apuna, saadaan: 61

28 Siten, p(z) = z 4 4z 3 +7z 2 5z 2 = (z 2)(z 3 2z 2 +3z +1) Hornerin algoritmin avulla voidaan löytää myös helposti polynomin Taylorin kehitelmä mv. pisteessä. Olkoon p(z) n-asteinen polynomi ja haetaan kertoimia c k seuraavasta muodosta: p(z) = a n z n +a n 1 z n a 2 z 2 +a 1 z 1 +a 0 = c n (z z 0 ) n +c n 1 (z z 0 ) n c 0 [ Tiedetään, että kertoimet ovat c k = p (k) (z 0 )/k!, mutta haetaan tehokasta tapaa kehittää niiden arvot.] Koska p(z 0 ) = c 0, niin se saadaan kehittämällä polynomin arvo pisteessä z 0. Algoritmi tuottaa myös polynomin q(z) = p(z) p(z 0) z z 0 = c n (z z 0 ) n 1 +c n 1 (z z 0 ) n c 1. Tästä nähdään, että seuraava kerroin saadaan soveltamalla Hornerin kaavaa polynomiin q pisteessä z 0, koska c 1 = q(z 0 ). Posessia jatketaan kunnes kaikki kertoimet on saatu laskettua. Esimerkki Tarkastellaa edelleen esimerkin (4.8) polynomia pisteessä z 0 = 3. Saadaan Polynomi voidaan kirjoittaa pisteen 3 ympäristössä Taylorin kehitelmänä muotoon: p(z) = (z 3) 4 +8(z 3) 3 +25(z 3) 2 +37(z 3)+19 Algoritmissa ("täydellinen Hornerin algoritmi") voidaan tallettaa luvut c k lukujen a k päälle: input n, (a i : 0 i n), z 0 for k = 0 to n 1 do for j = n 1 to k do 62

29 a j a j +z 0 a j+1 end do end do output (a i : 0 i n) Sovelletaan nyt Newtonin menetelmää polynomin juurien laskemiseen. Newtonin menetelmä on z k+1 = z k p(z k) p (z k ) Tarvitaan tehokas menetelmä polynomin arvojen p(z k ),p (z k ) laskemiseksi. Elellä esitetyn nojalla p(z 0 ) = c 0 ja p (z 0 ) = c 1 kun polynomia kehitetään pisteessä z 0 Taylor kehitelmäksi. Pseudokoodi lukujen α = p(z 0 ) ja β = p (z 0 ) laskemiseksi kun x 0 on annettu on seuraava: input n, (a i : 0 i n), z 0 α a n β 0 for k = n 1 to 0 do β = α+z 0 β α = a k +z 0 α end do output α,β Jos horner(n, (a i : 0 i n), z 0,α,β) viitaa edelliseen pseudokoodiin, niin pseudokoodi Newtonin menetelmälle polynomin juuren hakemiseksi voidaan kirjoittaa seuraavasti: input n, (a i : 0 i n), z 0,M,ε for j = 1 to M do call horner(n, (a i : 0 i n), z 0,α,β) z 1 z 0 α/β output α,β,z 1 if z 1 z 0 < ε stop z 0 z 1 end do Huomautus Polynomien juuret ovat tunnetusti polynomin kertoimien jatkuvia funktioita. Siinä mielessä juuren etsimisen ongelma on hyvin asetettu. Sen sijaan ongelman ehtoluku sattaa olla iso ja tehtävä on silloin vaikea ratkaista numeerisesti. Moninkertaiset juuret ovat hankalia ratkaista, mutta on myös polynomeja, joilla on selvästi separoituvat juuret, mutta ne ovat herkkiä pienille häiriöille polynomin kertoimissa. Olkoon α polynomin p(x) yksinkertainen reaalijuuri, ts. p(α) = 0. Tarkastellaan häirittyä polynomia p ε (x) := p(x) + εq(x), missä ε > 0 on "pieni"häiriö. Olkoon α(ε) häirityn polynomin juuri, ts. p(α(ε))+εq(α(ε)) = 0. 63

30 Derivoimalla puolittain ε:n suhteen, saadaan ja edelleen p (α(ε))α (ε)+q(α(ε))+εq (α(ε))α (ε) = 0, α q(α(ε)) (ε) = p (α(ε))+εq (α(ε)). Jos ε on riittävän pieni, niin on voimassa kehitelmä α(ε) = α+α (0)ε+O(ε 2 ). Sijoittamalla tähän edellä laskettuα (ε):n lauseke, saadaan häirityn polynomin juurelle arvio α(ε) = α ε q(α) p (α) +O(ε2 ). Esimerkki Olkoon p(x) = (x 7) 2 (x 8), q(x) = x 3 ja ε = 10 4.Tarkastellaan yksinkertaista juurta α = α(0) = 8. Häiritylle juurelle saadaan arvio α(ε) 8 ε Tässä tapauksessa juuri on varsin herkkä korkeimman potenssin kertoimen häiriölle. Esimerkki Tarkastellaan polynomin f(x) =(x 1)(x 2)(x 3)(x 4)(x 5)(x 6)(x 7) =x 7 28x x x x x x 5040 (4.22) juuren stabiilisuutta. Selvästikin polynomilla on separoituvat juuret {1,2,3,4,5,6,7}. Muutetaan x 6 :n kerrointa ja lasketaan näin saadun häirityn polynomin f ε (x) = f(x) 0.002x 6 (4.23) neljä ensimmäistä juurta Newtonin menetelmällä. Lakennasa on käytetty lehmus tietonetta ja yksinkertaista tarkkuutta. Lähtötiedossa oleva suhteellinen virhe on 0.002/28 = Saadaan juuret: tarkka juuri häiritty juuri erotus E E E E+00 Havaitaan, että 4. juuressa on noin 5%:n virhe. Virhe kasvoi noin 1000-kertaiseksi. 64

31 Esimerkki Tarkastelaan kaavan (4.22) polynomia ja lasketaan arvio häirityn polynomin (4.23) juurelle kun tarkka f(x):n juuri on α(0) = 4. f (4) = (4 1)(4 2)(4 3)(4 5)(4 6)(4 7) = 36 g(4) = 4 6 = 4069 α (0) = α(ε) ( 0.002) = Arvo on hyvin lähellä tietokoneella laskettua juuren approksimaatiota. 65

Numeeriset menetelmät

Numeeriset menetelmät Numeeriset menetelmät Luento 2 To 8.9.2011 Timo Männikkö Numeeriset menetelmät Syksy 2011 Luento 2 To 8.9.2011 p. 1/33 p. 1/33 Lukujen tallennus Kiintoluvut (integer) tarkka esitys aritmeettiset operaatiot

Lisätiedot

Epälineaaristen yhtälöiden ratkaisumenetelmät

Epälineaaristen yhtälöiden ratkaisumenetelmät Epälineaaristen yhtälöiden ratkaisumenetelmät Keijo Ruotsalainen Division of Mathematics Perusoletus Lause 3.1 Olkoon f : [a, b] R jatkuva funktio siten, että f(a)f(b) < 0. Tällöin funktiolla on ainakin

Lisätiedot

Epälineaaristen yhtälöiden ratkaisumenetelmät

Epälineaaristen yhtälöiden ratkaisumenetelmät Epälineaaristen yhtälöiden ratkaisumenetelmät Keijo Ruotsalainen Division of Mathematics Perusoletus Lause 3.1 Olkoon f : [a, b] R jatkuva funktio siten, että f(a)f(b) < 0. Tällöin funktiolla on ainakin

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät

Numeeriset menetelmät Numeeriset menetelmät Luento 3 Ti 13.9.2011 Timo Männikkö Numeeriset menetelmät Syksy 2011 Luento 3 Ti 13.9.2011 p. 1/37 p. 1/37 Epälineaariset yhtälöt Newtonin menetelmä: x n+1 = x n f(x n) f (x n ) Sekanttimenetelmä:

Lisätiedot

Yhtälön ratkaiseminen

Yhtälön ratkaiseminen Yhtälön ratkaiseminen Suora iterointi Kirjoitetaan yhtälö muotoon x = f(x). Ensin päätellään jollakin tavoin jokin alkuarvo x 0 ja sijoitetaan yhtälön oikealle puolelle, jolloin saadaan tarkennettu ratkaisu

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 2. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 2 () Numeeriset menetelmät / 39

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 2. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 2 () Numeeriset menetelmät / 39 Numeeriset menetelmät TIEA381 Luento 2 Kirsi Valjus Jyväskylän yliopisto Luento 2 () Numeeriset menetelmät 14.3.2013 1 / 39 Luennon 2 sisältö Luvusta 1: Numeerinen stabiilisuus Liite A: Liukulukuaritmetiikasta

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät

Numeeriset menetelmät Numeeriset menetelmät Luento 5 Ti 20.9.2011 Timo Männikkö Numeeriset menetelmät Syksy 2011 Luento 5 Ti 20.9.2011 p. 1/40 p. 1/40 Choleskyn menetelmä Positiivisesti definiiteillä matriiseilla kolmiohajotelma

Lisätiedot

Juuri 12 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty

Juuri 12 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty 7.5.08 Kertaus K. a) Polynomi P() = + 8 on jaollinen polynomilla Q() =, jos = on polynomin P nollakohta, eli P() = 0. P() = + 8 = 54 08 +

Lisätiedot

. Kun p = 1, jono suppenee raja-arvoon 1. Jos p = 2, jono hajaantuu. Jono suppenee siis lineaarisesti. Vastaavasti jonolle r k+1 = r k, suhde on r k+1

. Kun p = 1, jono suppenee raja-arvoon 1. Jos p = 2, jono hajaantuu. Jono suppenee siis lineaarisesti. Vastaavasti jonolle r k+1 = r k, suhde on r k+1 TEKNILLINEN KORKEAKOULU Systeemianalyysin laboratorio Mat-.39 Optimointioppi Kimmo Berg 8. harjoitus - ratkaisut. a)huomataan ensinnäkin että kummankin jonon raja-arvo r on nolla. Oletetaan lisäksi että

Lisätiedot

Kun yhtälöä ei voi ratkaista tarkasti (esim yhtälölle x-sinx = 1 ei ole tarkkaa ratkaisua), voidaan sille etsiä likiarvo.

Kun yhtälöä ei voi ratkaista tarkasti (esim yhtälölle x-sinx = 1 ei ole tarkkaa ratkaisua), voidaan sille etsiä likiarvo. Kun yhtälöä ei voi ratkaista tarkasti (esim yhtälölle x-sinx = 1 ei ole tarkkaa ratkaisua), voidaan sille etsiä likiarvo. Iterointi on menetelmä, missä jollakin likiarvolla voidaan määrittää jokin toinen,

Lisätiedot

Johdatus diskreettiin matematiikkaan Harjoitus 5, Ratkaise rekursioyhtälö

Johdatus diskreettiin matematiikkaan Harjoitus 5, Ratkaise rekursioyhtälö Johdatus diskreettiin matematiikkaan Harjoitus 5, 14.10.2015 1. Ratkaise rekursioyhtälö x n+4 2x n+2 + x n 16( 1) n, n N, alkuarvoilla x 1 2, x 2 14, x 3 18 ja x 4 42. Ratkaisu. Vastaavan homogeenisen

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kertausluento 2. välikokeeseen Toisessa välikokeessa on syytä osata ainakin seuraavat asiat:. Potenssisarjojen suppenemissäde, suppenemisväli ja suppenemisjoukko. 2. Derivaatan

Lisätiedot

jakokulmassa x 4 x 8 x 3x

jakokulmassa x 4 x 8 x 3x Laudatur MAA ratkaisut kertausarjoituksiin. Polynomifunktion nollakodat 6 + 7. Suoritetaan jakolasku jakokulmassa 5 4 + + 4 8 6 6 5 4 + 0 + 0 + 0 + 0+ 6 5 ± 5 5 4 ± 4 4 ± 4 4 ± 4 8 8 ± 8 6 6 + ± 6 Vastaus:

Lisätiedot

Funktioiden approksimointi ja interpolointi

Funktioiden approksimointi ja interpolointi Funktioiden approksimointi ja interpolointi Keijo Ruotsalainen Division of Mathematics interpolaatio-ongelma 8 Eksponenttifunktion exp(x) interpolointi 3.5 Funktion e^{0.25x} \sin(x) interpolointi 7 3

Lisätiedot

Rollen lause polynomeille

Rollen lause polynomeille Rollen lause polynomeille LuK-tutkielma Anna-Helena Hietamäki 7193766 Matemaattisten tieteiden tutkinto-ohjelma Oulun yliopisto Kevät 015 Sisältö 1 Johdanto 1.1 Rollen lause analyysissä.......................

Lisätiedot

mlnonlinequ, Epälineaariset yhtälöt

mlnonlinequ, Epälineaariset yhtälöt Aalto-yliopisto, Matematiikan ja Systeemianalyysin laitos -e mlnonlinequ, Epälineaariset yhtälöt 1. Historiallisesti mielenkiintoinen yhtälö on x 3 2x 5 = 0, jota Wallis-niminen matemaatikko käsitteli,

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 5. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 5 () Numeeriset menetelmät / 28

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 5. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 5 () Numeeriset menetelmät / 28 Numeeriset menetelmät TIEA381 Luento 5 Kirsi Valjus Jyväskylän yliopisto Luento 5 () Numeeriset menetelmät 3.4.2013 1 / 28 Luennon 5 sisältö Luku 4: Ominaisarvotehtävistä Potenssiinkorotusmenetelmä QR-menetelmä

Lisätiedot

Muutoksen arviointi differentiaalin avulla

Muutoksen arviointi differentiaalin avulla Muutoksen arviointi differentiaalin avulla y y = f (x) y = f (x + x) f (x) dy y dy = f (x) x x x x x + x Luento 7 1 of 15 Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto Muutoksen arviointi differentiaalin

Lisätiedot

(0 desimaalia, 2 merkitsevää numeroa).

(0 desimaalia, 2 merkitsevää numeroa). NUMEERISET MENETELMÄT DEMOVASTAUKSET SYKSY 20.. (a) Absoluuttinen virhe: ε x x ˆx /7 0.4 /7 4/00 /700 0.004286. Suhteellinen virhe: ρ x x ˆx x /700 /7 /00 0.00 0.%. (b) Kahden desimaalin tarkkuus x ˆx

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 8. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 8 () Numeeriset menetelmät / 35

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 8. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 8 () Numeeriset menetelmät / 35 Numeeriset menetelmät TIEA381 Luento 8 Kirsi Valjus Jyväskylän yliopisto Luento 8 () Numeeriset menetelmät 11.4.2013 1 / 35 Luennon 8 sisältö Interpolointi ja approksimointi Funktion approksimointi Tasainen

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 9 Korkeamman asteen derivaatat Tutkitaan nyt funktiota f, jonka kaikki derivaatat on olemassa. Kuten tunnettua, funktion toista derivaattaa pisteessä x merkitään f (x).

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 6. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 6 () Numeeriset menetelmät / 33

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 6. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 6 () Numeeriset menetelmät / 33 Numeeriset menetelmät TIEA381 Luento 6 Kirsi Valjus Jyväskylän yliopisto Luento 6 () Numeeriset menetelmät 4.4.2013 1 / 33 Luennon 6 sisältö Interpolointi ja approksimointi Polynomi-interpolaatio: Vandermonden

Lisätiedot

Reaalilukuvälit, leikkaus ja unioni (1/2)

Reaalilukuvälit, leikkaus ja unioni (1/2) Luvut Luonnolliset luvut N = {0, 1, 2, 3,... } Kokonaisluvut Z = {..., 2, 1, 0, 1, 2,... } Rationaaliluvut (jaksolliset desimaaliluvut) Q = {m/n m, n Z, n 0} Irrationaaliluvut eli jaksottomat desimaaliluvut

Lisätiedot

MS-A0104 Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 (ELEC2) MS-A0106 Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 (ENG2)

MS-A0104 Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 (ELEC2) MS-A0106 Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 (ENG2) MS-A4 Differentiaali- ja integraalilaskenta (ELEC2) MS-A6 Differentiaali- ja integraalilaskenta (ENG2) Harjoitukset 3L, syksy 27 Tehtävä. a) Määritä luvun π likiarvo käyttämällä Newtonin menetelmää yhtälölle

Lisätiedot

Juuri 12 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty

Juuri 12 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Kertaus K. a) Polynomi P() = 3 + 8 on jaollinen polynomilla Q() = 3, jos = 3 on polynomin P nollakohta, eli P(3) = 0. P(3) = 3 3 3 + 8 3 = 54 08 + 54 = 0. Polynomi P on jaollinen polynomilla Q. b) Jaetaan

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 12. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 12 () Numeeriset menetelmät / 33

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 12. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 12 () Numeeriset menetelmät / 33 Numeeriset menetelmät TIEA381 Luento 12 Kirsi Valjus Jyväskylän yliopisto Luento 12 () Numeeriset menetelmät 25.4.2013 1 / 33 Luennon 2 sisältö Tavallisten differentiaaliyhtälöiden numeriikasta Rungen

Lisätiedot

Luento 8: Epälineaarinen optimointi

Luento 8: Epälineaarinen optimointi Luento 8: Epälineaarinen optimointi Vektoriavaruus R n R n on kaikkien n-jonojen x := (x,..., x n ) joukko. Siis R n := Määritellään nollavektori 0 = (0,..., 0). Reaalisten m n-matriisien joukkoa merkitään

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät

Numeeriset menetelmät Numeeriset menetelmät Luento 6 To 22.9.2011 Timo Männikkö Numeeriset menetelmät Syksy 2011 Luento 6 To 22.9.2011 p. 1/38 p. 1/38 Ominaisarvotehtävät Monet sovellukset johtavat ominaisarvotehtäviin Yksi

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3 Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3 1 Epäyhtälöitä Aivan aluksi lienee syytä esittää luvun itseisarvon määritelmä: { x kun x 0 x = x kun x < 0 Siispä esimerkiksi 10 = 10 ja 10 = 10. Seuraavaksi listaus

Lisätiedot

DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1. Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS

DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1. Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1 Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS Huomautus. Analyysin yksi keskeisimmistä käsitteistä on jatkuvuus! Olkoon A R mielivaltainen joukko

Lisätiedot

8 Potenssisarjoista. 8.1 Määritelmä. Olkoot a 0, a 1, a 2,... reaalisia vakioita ja c R. Määritelmä 8.1. Muotoa

8 Potenssisarjoista. 8.1 Määritelmä. Olkoot a 0, a 1, a 2,... reaalisia vakioita ja c R. Määritelmä 8.1. Muotoa 8 Potenssisarjoista 8. Määritelmä Olkoot a 0, a, a 2,... reaalisia vakioita ja c R. Määritelmä 8.. Muotoa a 0 + a (x c) + a 2 (x c) 2 + olevaa sarjaa sanotaan c-keskiseksi potenssisarjaksi. Selvästi jokainen

Lisätiedot

BM20A1501 Numeeriset menetelmät 1 - AIMO

BM20A1501 Numeeriset menetelmät 1 - AIMO 6. marraskuuta 2014 Opetusjärjestelyt Luennot + Harjoitukset pe 7.11.2014 10-14 2310, 14-17 7337 la 8.11.2014 9-12 2310, 12-16 7337 pe 14.11.2014 10-14 2310, 14-17 6216 la 15.11.2014 9-12 2310, 12-16 7337

Lisätiedot

Luku 4. Derivoituvien funktioiden ominaisuuksia.

Luku 4. Derivoituvien funktioiden ominaisuuksia. 1 MAT-1343 Laaja matematiikka 3 TTY 1 Risto Silvennoinen Luku 4 Derivoituvien funktioiden ominaisuuksia Derivaatan olemassaolosta seuraa funktioille eräitä säännöllisyyksiä Näistä on jo edellisessä luvussa

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 4. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 4 () Numeeriset menetelmät / 44

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 4. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 4 () Numeeriset menetelmät / 44 Numeeriset menetelmät TIEA381 Luento 4 Kirsi Valjus Jyväskylän yliopisto Luento 4 () Numeeriset menetelmät 21.3.2013 1 / 44 Luennon 4 sisältö Lineaarisen yhtälöryhmän ratkaisemisesta: Choleskyn menetelmä

Lisätiedot

IV. TASAINEN SUPPENEMINEN. f(x) = lim. jokaista ε > 0 ja x A kohti n ε,x N s.e. n n

IV. TASAINEN SUPPENEMINEN. f(x) = lim. jokaista ε > 0 ja x A kohti n ε,x N s.e. n n IV. TASAINEN SUPPENEMINEN IV.. Funktiojonon tasainen suppeneminen Olkoon A R joukko ja f n : A R funktio, n =, 2, 3,..., jolloin jokaisella x A muodostuu lukujono f x, f 2 x,.... Jos tämä jono suppenee

Lisätiedot

Harjoitus 7 -- Ratkaisut

Harjoitus 7 -- Ratkaisut Harjoitus 7 -- Ratkaisut 1 Solve osaa ratkaista polynomiyhtälöitä, ainakin astelukuun 4 asti. Erikoistapauksissa korkeammankin asteen yhtälöt ratkeavat. Clear a, b, c, d, e, x ; Solve a x 3 b x 2 c 0,

Lisätiedot

k=0 saanto jokaisen kolmannen asteen polynomin. Tukipisteet on talloin valittu

k=0 saanto jokaisen kolmannen asteen polynomin. Tukipisteet on talloin valittu LIS AYKSI A kirjaan Reaalimuuttujan analyysi 1.6. Numeerinen integrointi: Gaussin kaavat Edella kasitellyt numeerisen integroinnin kaavat eli kvadratuurikaavat Riemannin summa, puolisuunnikassaanto ja

Lisätiedot

Numeerinen integrointi ja derivointi

Numeerinen integrointi ja derivointi Numeerinen integrointi ja derivointi Keijo Ruotsalainen Division of Mathematics Interpolaatiokaavat Approksimoitava integraali I = b a f(x)dx. Tasavälinen hila: x i = a+ (b a)i n, i = 0,...,n Funktion

Lisätiedot

Yhtälöryhmät 1/6 Sisältö ESITIEDOT: yhtälöt

Yhtälöryhmät 1/6 Sisältö ESITIEDOT: yhtälöt Yhtälöryhmät 1/6 Sisältö Yhtälöryhmä Yhtälöryhmässä on useita yhtälöitä ja yleensä myös useita tuntemattomia. Tavoitteena on löytää tuntemattomille sellaiset arvot, että kaikki yhtälöt toteutuvat samanaikaisesti.

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät

Numeeriset menetelmät Numeeriset menetelmät Luento 7 Ti 27.9.2011 Timo Männikkö Numeeriset menetelmät Syksy 2011 Luento 7 Ti 27.9.2011 p. 1/39 p. 1/39 Interpolointi Ei tunneta funktion f : R R lauseketta, mutta tiedetään funktion

Lisätiedot

3 = Lisäksi z(4, 9) = = 21, joten kysytty lineaarinen approksimaatio on. L(x,y) =

3 = Lisäksi z(4, 9) = = 21, joten kysytty lineaarinen approksimaatio on. L(x,y) = BM20A5810 Differentiaalilaskenta ja sovellukset Harjoitus 6, Syksy 2016 1. (a) Olkoon z = z(x,y) = yx 1/2 + y 1/2. Muodosta z:lle lineaarinen approksimaatio L(x,y) siten että approksimaation ja z:n arvot

Lisätiedot

n. asteen polynomilla on enintään n nollakohtaa ja enintään n - 1 ääriarvokohtaa.

n. asteen polynomilla on enintään n nollakohtaa ja enintään n - 1 ääriarvokohtaa. MAA 12 kertaus Funktion kuvaaja n. asteen polynomilla on enintään n nollakohtaa ja enintään n - 1 ääriarvokohtaa. Funktion nollakohta on piste, jossa f () = 0, eli kuvaaja leikkaa -akselin. Kuvaajan avulla

Lisätiedot

2 Funktion derivaatta

2 Funktion derivaatta ANALYYSI B, HARJOITUSTEHTÄVIÄ, KEVÄT 2018 2 Funktion derivaatta 1. Määritä derivaatan määritelmää käyttäen f (), kun (a), (b) 1 ( > 0). 2. Tutki, onko funktio sin(2) sin 1, kun 0, 2 0, kun = 0, derivoituva

Lisätiedot

y = 3x2 y 2 + sin(2x). x = ex y + e y2 y = ex y + 2xye y2

y = 3x2 y 2 + sin(2x). x = ex y + e y2 y = ex y + 2xye y2 Matematiikan ja tilastotieteen osasto/hy Differentiaaliyhtälöt I Laskuharjoitus 2 mallit Kevät 219 Tehtävä 1. Laske osittaisderivaatat f x = f/x ja f y = f/, kun f = f(x, y) on funktio a) x 2 y 3 + y sin(2x),

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 3. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 3 () Numeeriset menetelmät / 45

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 3. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 3 () Numeeriset menetelmät / 45 Numeeriset menetelmät TIEA381 Luento 3 Kirsi Valjus Jyväskylän yliopisto Luento 3 () Numeeriset menetelmät 20.3.2013 1 / 45 Luennon 3 sisältö Luku 2: Epälineaarisen yhtälön ratkaiseminen Polynomin reaaliset

Lisätiedot

MS-A0204 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (ELEC2) Luento 7: Pienimmän neliösumman menetelmä ja Newtonin menetelmä.

MS-A0204 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (ELEC2) Luento 7: Pienimmän neliösumman menetelmä ja Newtonin menetelmä. MS-A0204 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (ELEC2) Luento 7: Pienimmän neliösumman menetelmä ja Newtonin menetelmä. Antti Rasila Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto Kevät 2016

Lisätiedot

4 Yleinen potenssifunktio ja polynomifunktio

4 Yleinen potenssifunktio ja polynomifunktio 4 Yleinen potenssifunktio ja polynomifunktio ENNAKKOTEHTÄVÄT 1. a) Tutkitaan yhtälöiden ratkaisuja piirtämällä funktioiden f(x) = x, f(x) = x 3, f(x) = x 4 ja f(x) = x 5 kuvaajat. Näin nähdään, monessako

Lisätiedot

Harjoituskokeiden ratkaisut Painoon mennyt versio.

Harjoituskokeiden ratkaisut Painoon mennyt versio. Harjoituskokeiden ratkaisut 8.6.7 Painoon mennyt versio. PYRAMIDI NUMEERISIA JA ALGEBRALLISIA MENETELMIÄ RATKAISUT, HARJOITUSKOE SIVU.7.7 Koe a) i) =,, = kpl ii) 9,876 =,9876,99 = 9,9 iii),66,66 =,7 =,7

Lisätiedot

5 Differentiaalilaskentaa

5 Differentiaalilaskentaa 5 Differentiaalilaskentaa 5.1 Raja-arvo Esimerkki 5.1. Rationaalifunktiota g(x) = x2 + x 2 x 1 ei ole määritelty nimittäjän nollakohdassa eli, kun x = 1. Funktio on kuitenkin määritelty kohdan x = 1 läheisyydessä.

Lisätiedot

x j x k Tällöin L j (x k ) = 0, kun k j, ja L j (x j ) = 1. Alkuperäiselle interpolaatio-ongelmalle saadaan nyt ratkaisu

x j x k Tällöin L j (x k ) = 0, kun k j, ja L j (x j ) = 1. Alkuperäiselle interpolaatio-ongelmalle saadaan nyt ratkaisu 2 Interpolointi Olkoon annettuna n+1 eri pistettä x 0, x 1, x n R ja n+1 lukua y 0, y 1,, y n Interpoloinnissa etsitään funktiota P, joka annetuissa pisteissä x 0,, x n saa annetut arvot y 0,, y n, (21)

Lisätiedot

MS-A0207 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Yhteenveto, osa I

MS-A0207 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Yhteenveto, osa I MS-A0207 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Yhteenveto, osa I G. Gripenberg Aalto-yliopisto 21. tammikuuta 2016 G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A0207 Differentiaali- ja integraalilaskenta

Lisätiedot

Luento 8: Epälineaarinen optimointi

Luento 8: Epälineaarinen optimointi Luento 8: Epälineaarinen optimointi Vektoriavaruus R n R n on kaikkien n-jonojen x := (x,..., x n ) joukko. Siis R n := Määritellään nollavektori = (,..., ). Reaalisten m n-matriisien joukkoa merkitään

Lisätiedot

Luento 10: Optimointitehtävien numeerinen ratkaiseminen; optimointi ilman rajoitusehtoja

Luento 10: Optimointitehtävien numeerinen ratkaiseminen; optimointi ilman rajoitusehtoja Luento 10: Optimointitehtävien numeerinen ratkaiseminen; optimointi ilman rajoitusehtoja Seuraavassa esitetään optimointitehtävien numeerisia ratkaisumenetelmiä, eli optimointialgoritmeja, keittokirjamaisesti.

Lisätiedot

Yhden muuttujan funktion minimointi

Yhden muuttujan funktion minimointi Yhden muuttujan funktion minimointi Aloitetaan yhden muuttujan tapauksesta Tarpeellinen myös useamman muuttujan tapauksessa Tehtävä on muotoa min kun f(x) x S R 1 Sallittu alue on muotoa S = [a, b] tai

Lisätiedot

Lineaarinen yhtälöryhmä

Lineaarinen yhtälöryhmä Lineaarinen yhtälöryhmä 1 / 39 Lineaarinen yhtälö Määritelmä 1 Lineaarinen yhtälö on muotoa a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n = b, missä a i, b R, i = 1,..., n ovat tunnettuja ja x i R, i = 1,..., n ovat tuntemattomia.

Lisätiedot

PRELIMINÄÄRIKOE PITKÄ MATEMATIIKKA 9.2.2011

PRELIMINÄÄRIKOE PITKÄ MATEMATIIKKA 9.2.2011 PRELIMINÄÄRIKOE PITKÄ MATEMATIIKKA 9..0 Kokeessa saa vastata enintään kymmeneen tehtävään.. Sievennä a) 9 x x 6x + 9, b) 5 9 009 a a, c) log 7 + lne 7. Muovailuvahasta tehty säännöllinen tetraedri muovataan

Lisätiedot

Tenttiin valmentavia harjoituksia

Tenttiin valmentavia harjoituksia Tenttiin valmentavia harjoituksia Alla olevissa harjoituksissa suluissa oleva sivunumero viittaa Juha Partasen kurssimonisteen siihen sivuun, jolta löytyy apua tehtävän ratkaisuun. Funktiot Harjoitus.

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 8 1 Funktion kuperuussuunnat Derivoituva funktio f (x) on pisteessä x aidosti konveksi, jos sen toinen derivaatta on positiivinen f (x) > 0. Vastaavasti f (x) on aidosti

Lisätiedot

13. Taylorin polynomi; funktioiden approksimoinnista. Muodosta viidennen asteen Taylorin polynomi kehityskeskuksena origo funktiolle

13. Taylorin polynomi; funktioiden approksimoinnista. Muodosta viidennen asteen Taylorin polynomi kehityskeskuksena origo funktiolle 13. Taylorin polynomi; funktioiden approksimoinnista 13.1. Taylorin polynomi 552. Muodosta funktion f (x) = x 4 + 3x 3 + x 2 + 2x + 8 kaikki Taylorin polynomit T k (x, 2), k = 0,1,2,... (jolloin siis potenssien

Lisätiedot

Kompleksianalyysi, viikko 5

Kompleksianalyysi, viikko 5 Kompleksianalyysi, viikko 5 Jukka Kemppainen Mathematics Division Kompleksiset jonot Aloitetaan jonon suppenemisesta. Määr. 1 Kompleksiluvuista z 1,z 2,...,z n,... koostuva jono suppenee kohti raja-arvoa

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 4 Jatkuvuus Jatkuvan funktion määritelmä Tarkastellaan funktiota f x) jossakin tietyssä pisteessä x 0. Tämä funktio on tässä pisteessä joko jatkuva tai epäjatkuva. Jatkuvuuden

Lisätiedot

Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 2. viikolle /

Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 2. viikolle / MS-A008 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/207 Differentiaali- ja integraalilaskenta Ratkaisut 2. viikolle / 8. 2.4. Jatkuvuus ja raja-arvo Tehtävä : Määritä raja-arvot a) 3 + x, x Vihje: c)-kohdassa

Lisätiedot

6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset

6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 51 6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt Määritelmä 6.1. Olkoon I R avoin väli. Olkoot p i : I R, i = 0, 1, 2,..., n, ja q : I R jatkuvia

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 8 Väliarvolause Oletetaan, että funktio f on jatkuva jollain reaalilukuvälillä [a, b] ja derivoituva avoimella välillä (a, b). Funktion muutos tällä välillä on luonnollisesti

Lisätiedot

w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1.

w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1. Kotitehtävät, tammikuu 2011 Vaikeampi sarja 1. Ratkaise yhtälöryhmä w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1. Ratkaisu. Yhtälöryhmän ratkaisut (w, x, y, z)

Lisätiedot

Tehtävä 1. Arvioi mitkä seuraavista väitteistä pitävät paikkansa. Vihje: voit aloittaa kokeilemalla sopivia lukuarvoja.

Tehtävä 1. Arvioi mitkä seuraavista väitteistä pitävät paikkansa. Vihje: voit aloittaa kokeilemalla sopivia lukuarvoja. Tehtävä 1 Arvioi mitkä seuraavista väitteistä pitävät paikkansa. Vihje: voit aloittaa kokeilemalla sopivia lukuarvoja. 1 Jos 1 < y < 3, niin kaikilla x pätee x y x 1. 2 Jos x 1 < 2 ja y 1 < 3, niin x y

Lisätiedot

Mapu 1. Laskuharjoitus 3, Tehtävä 1

Mapu 1. Laskuharjoitus 3, Tehtävä 1 Mapu. Laskuharjoitus 3, Tehtävä Lineaarisessa approksimaatiossa funktion arvoa lähtöpisteen x 0 ympäristössä arvioidaan liikkumalla lähtöpisteeseen sovitetun tangentin kulmakertoimen mukaisesti: f(x 0

Lisätiedot

BM20A5840 Usean muuttujan funktiot ja sarjat Harjoitus 7, Kevät 2018

BM20A5840 Usean muuttujan funktiot ja sarjat Harjoitus 7, Kevät 2018 BM20A5840 Usean muuttujan funktiot ja sarjat Harjoitus 7, Kevät 2018 Tehtävä 8 on tällä kertaa pakollinen. Aloittakaapa siitä. 1. Kun tässä tehtävässä sanotaan sopii mahdollisimman hyvin, sillä tarkoitetaan

Lisätiedot

1 Rajoittamaton optimointi

1 Rajoittamaton optimointi Taloustieteen matemaattiset menetelmät 7 materiaali 5 Rajoittamaton optimointi Yhden muuttujan tapaus f R! R Muistutetaan mieleen maksimin määritelmä. Funktiolla f on maksimi pisteessä x jos kaikille y

Lisätiedot

Matematiikan peruskurssi 2

Matematiikan peruskurssi 2 Matematiikan peruskurssi Tentti, 9..06 Tentin kesto: h. Sallitut apuvälineet: kaavakokoelma ja laskin, joka ei kykene graaseen/symboliseen laskentaan Vastaa seuraavista viidestä tehtävästä neljään. Saat

Lisätiedot

MS-C1340 Lineaarialgebra ja

MS-C1340 Lineaarialgebra ja MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Matriisinormi, häiriöalttius Riikka Kangaslampi Kevät 2017 Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto Matriisinormi Matriisinormi Matriiseille

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät

Numeeriset menetelmät Numeeriset menetelmät Luento 12 To 13.10.2011 Timo Männikkö Numeeriset menetelmät Syksy 2011 Luento 12 To 13.10.2011 p. 1/38 p. 1/38 Tavalliset differentiaaliyhtälöt Yhtälöissä tuntematon funktio Tavalliset

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 10 1 Funktion monotonisuus Derivoituva funktio f on aidosti kasvava, jos sen derivaatta on positiivinen eli jos f (x) > 0. Funktio on aidosti vähenevä jos sen derivaatta

Lisätiedot

Analyysi 1. Harjoituksia lukuihin 1 3 / Syksy Osoita täsmällisesti perustellen, että joukko A = x 4 ei ole ylhäältä rajoitettu.

Analyysi 1. Harjoituksia lukuihin 1 3 / Syksy Osoita täsmällisesti perustellen, että joukko A = x 4 ei ole ylhäältä rajoitettu. Analyysi Harjoituksia lukuihin 3 / Syksy 204. Osoita täsmällisesti perustellen, että joukko { 2x A = x ]4, [. x 4 ei ole ylhäältä rajoitettu. 2. Anna jokin ylä- ja alaraja joukoille { x( x) A = x ], [,

Lisätiedot

ja λ 2 = 2x 1r 0 x 2 + 2x 1r 0 x 2

ja λ 2 = 2x 1r 0 x 2 + 2x 1r 0 x 2 Johdatus diskreettiin matematiikkaan Harjoitus 4, 7.10.2015 1. Olkoot c 0, c 1 R siten, että polynomilla r 2 c 1 r c 0 on kaksinkertainen juuri. Määritä rekursioyhtälön x n+2 = c 1 x n+1 + c 0 x n, n N,

Lisätiedot

MS-A0107 Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 (CHEM)

MS-A0107 Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 (CHEM) . Lasketaan valmiiksi derivaattoja ja niiden arvoja pisteessä x = 2: f(x) = x + 3x 3 + x 2 + 2x + 8, f(2) = 56, f (x) = x 3 + 9x 2 + 2x + 2, f (2) = 7, f (x) = 2x 2 + 8x + 2, f (2) = 86, f (3) (x) = 2x

Lisätiedot

Mitään muita operaatioita symbolille ei ole määritelty! < a kaikilla kokonaisluvuilla a, + a = kaikilla kokonaisluvuilla a.

Mitään muita operaatioita symbolille ei ole määritelty! < a kaikilla kokonaisluvuilla a, + a = kaikilla kokonaisluvuilla a. Polynomit Tarkastelemme polynomirenkaiden teoriaa ja polynomiyhtälöiden ratkaisemista. Algebrassa on tapana pitää erillään polynomin ja polynomifunktion käsitteet. Polynomit Tarkastelemme polynomirenkaiden

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi: kurssikerta 12

Matematiikan tukikurssi: kurssikerta 12 Matematiikan tukikurssi: kurssikerta 2 Tenttiin valmentavia harjoituksia Huomio. Tähän tulee lisää ratkaisuja sitä mukaan kun ehin niitä kirjoittaa. Kurssilla käyään läpi tehtävistä niin monta kuin mahollista.

Lisätiedot

Analyysi III. Jari Taskinen. 28. syyskuuta Luku 1

Analyysi III. Jari Taskinen. 28. syyskuuta Luku 1 Analyysi III Jari Taskinen 28. syyskuuta 2002 Luku Sisältö Sarjat 2. Lukujonoista........................... 2.2 Rekursiivisesti määritellyt lukujonot.............. 8.3 Sarja ja sen suppenminen....................

Lisätiedot

Kompleksianalyysi, viikko 6

Kompleksianalyysi, viikko 6 Kompleksianalyysi, viikko 6 Jukka Kemppainen Mathematics Division Funktion erikoispisteet Määr. 1 Jos f on analyyttinen pisteen z 0 aidossa ympäristössä 0 < z z 0 < r jollakin r > 0, niin sanotaan, että

Lisätiedot

Ratkaisuehdotus 2. kurssikokeeseen

Ratkaisuehdotus 2. kurssikokeeseen Ratkaisuehdotus 2. kurssikokeeseen 4.2.202 (ratkaisuehdotus päivitetty 23.0.207) Huomioitavaa: - Tässä ratkaisuehdotuksessa olen pyrkinyt mainitsemaan lauseen, johon kulloinenkin päätelmä vetoaa. Näin

Lisätiedot

MATP153 Approbatur 1B Ohjaus 2 Keskiviikko torstai

MATP153 Approbatur 1B Ohjaus 2 Keskiviikko torstai MATP15 Approbatur 1B Ohjaus Keskiviikko 4.11. torstai 5.11.015 1. (Opiskeluteht. 6 s. 0.) Määritä sellainen vakio a, että polynomilla x + (a 1)x 4x a on juurena luku x = 1. Mitkä ovat tällöin muut juuret?.

Lisätiedot

Luento 5: Suurten lineaaristen yhtälöryhmien ratkaiseminen iteratiivisilla menetelmillä

Luento 5: Suurten lineaaristen yhtälöryhmien ratkaiseminen iteratiivisilla menetelmillä Luento 5: Suurten lineaaristen yhtälöryhmien ratkaiseminen iteratiivisilla menetelmillä Matriisit voivat olla kooltaan niin suuria, että LU-hajotelman laskeminen ei ole järkevä tapa ratkaista lineaarista

Lisätiedot

Differentiaalilaskenta 1.

Differentiaalilaskenta 1. Differentiaalilaskenta. a) Mikä on tangentti? Mikä on sekantti? b) Määrittele funktion monotonisuuteen liittyvät käsitteet: kasvava, aidosti kasvava, vähenevä ja aidosti vähenevä. Anna esimerkit. c) Selitä,

Lisätiedot

Maksimit ja minimit 1/5 Sisältö ESITIEDOT: reaalifunktiot, derivaatta

Maksimit ja minimit 1/5 Sisältö ESITIEDOT: reaalifunktiot, derivaatta Maksimit ja minimit 1/5 Sisältö Funktion kasvavuus ja vähenevyys; paikalliset ääriarvot Jos derivoituvan reaalifunktion f derivaatta tietyssä pisteessä on positiivinen, f (x 0 ) > 0, niin funktion tangentti

Lisätiedot

Ratkaisuehdotus 2. kurssikoe

Ratkaisuehdotus 2. kurssikoe Ratkaisuehdotus 2. kurssikoe 4.2.202 Huomioitavaa: - Tässä ratkaisuehdotuksessa olen pyrkinyt mainitsemaan lauseen, johon kulloinenkin päätelmä vetoaa. Näin opiskelijan on helpompi jäljittää teoreettinen

Lisätiedot

Analyysi 1. Harjoituksia lukuihin 4 7 / Syksy Tutki funktion f(x) = x 2 + x 2 jatkuvuutta pisteissä x = 0 ja x = 1.

Analyysi 1. Harjoituksia lukuihin 4 7 / Syksy Tutki funktion f(x) = x 2 + x 2 jatkuvuutta pisteissä x = 0 ja x = 1. Analyysi 1 Harjoituksia lukuihin 4 7 / Syksy 014 1. Tutki funktion x + x jatkuvuutta pisteissä x = 0 ja x = 1.. Määritä vakiot a ja b siten, että funktio a x cos x + b x + b sin x, kun x 0, x 4, kun x

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät

Numeeriset menetelmät Numeeriset menetelmät Luento 10 To 6.10.2011 Timo Männikkö Numeeriset menetelmät Syksy 2011 Luento 10 To 6.10.2011 p. 1/35 p. 1/35 Numeerinen integrointi Puolisuunnikassääntö b a f(x)dx = h 2 (f 0 + f

Lisätiedot

Matemaattisen analyysin tukikurssi

Matemaattisen analyysin tukikurssi Matemaattisen analyysin tukikurssi 5. Kurssikerta Petrus Mikkola 10.10.2016 Tämän kerran asiat Raja-arvo ja toispuolinen raja-arvo Funktion suurin ja pienin arvo Lukujono Lukujonon suppeneminen Kasvava

Lisätiedot

Diplomi-insinööri- ja arkkitehtikoulutuksen yhteisvalinta 2017 Insinöörivalinnan matematiikan koe , Ratkaisut (Sarja A)

Diplomi-insinööri- ja arkkitehtikoulutuksen yhteisvalinta 2017 Insinöörivalinnan matematiikan koe , Ratkaisut (Sarja A) Diplomi-insinööri- ja arkkitehtikoulutuksen yhteisvalinta 017 Insinöörivalinnan matematiikan koe 30..017, Ratkaisut (Sarja A) 1. a) Lukujen 9, 0, 3 ja x keskiarvo on. Määritä x. (1 p.) b) Mitkä reaaliluvut

Lisätiedot

Tekijä MAA2 Polynomifunktiot ja -yhtälöt = Vastaus a)

Tekijä MAA2 Polynomifunktiot ja -yhtälöt = Vastaus a) K1 a) Tekijä MAA Polynomifunktiot ja -yhtälöt 6.8.016 ( + + ) + ( ) = + + + = + + + = + 4 b) 4 4 ( 5 + ) ( 5 + 1) = 5 + + 5 + 1 4 = + + + 4 = + 5 5 1 1 Vastaus a) 4 + b) 4 + 1 K a) f ( ) = + 1 f () = +

Lisätiedot

Injektio (1/3) Funktio f on injektio, joss. f (x 1 ) = f (x 2 ) x 1 = x 2 x 1, x 2 D(f )

Injektio (1/3) Funktio f on injektio, joss. f (x 1 ) = f (x 2 ) x 1 = x 2 x 1, x 2 D(f ) Injektio (1/3) Määritelmä Funktio f on injektio, joss f (x 1 ) = f (x 2 ) x 1 = x 2 x 1, x 2 D(f ) Seurauksia: Jatkuva injektio on siis aina joko aidosti kasvava tai aidosti vähenevä Injektiolla on enintään

Lisätiedot

3.1 Väliarvolause. Funktion kasvaminen ja väheneminen

3.1 Väliarvolause. Funktion kasvaminen ja väheneminen Väliarvolause Funktion kasvaminen ja väheneminen LAUSE VÄLIARVOLAUSE Oletus: Funktio f on jatkuva suljetulla välillä I: a < x < b f on derivoituva välillä a < x < b Väite: On olemassa ainakin yksi välille

Lisätiedot

Matemaattisen analyysin tukikurssi

Matemaattisen analyysin tukikurssi Matemaattisen analyysin tukikurssi 10. Kurssikerta Petrus Mikkola 22.11.2016 Tämän kerran asiat Globaali ääriarvo Konveksisuus Käännepiste L Hôpitalin sääntö Newtonin menetelmä Derivaatta ja monotonisuus

Lisätiedot

Analyysi I (mat & til) Demonstraatio IX

Analyysi I (mat & til) Demonstraatio IX Analyysi I (mat & til) Demonstraatio IX 16.11. 2018 II välikoe 19.11. klo 9 salissa IX. Ilmoittaudu NettiOpsussa 12.11. mennessä. Koealue: Funktion raja-arvo, jatkuvuus ja Bolzanon lause, ts. kirjan luku

Lisätiedot

Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 5. viikolle /

Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 5. viikolle / MS-A8 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/7 Differentiaali- ja integraalilaskenta Ratkaisut 5. viikolle / 9..5. Integroimismenetelmät Tehtävä : Laske osittaisintegroinnin avulla a) π x sin(x) dx,

Lisätiedot

3.2.2 Tikhonovin regularisaatio

3.2.2 Tikhonovin regularisaatio 3 Tikhonovin regularisaatio Olkoon x 0 R n tuntematon, M R m n teoriamatriisi ja y Mx + ε R m (316 annettu data Häiriöherkässä ongelmassa pienimmän neliösumman miniminormiratkaisu x M + y Q N (M x + M

Lisätiedot

Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 2 / vko 9

Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 2 / vko 9 Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 2 / vko 9 Tuntitehtävät 9-10 lasketaan alkuviikon harjoituksissa ja tuntitehtävät 13-14 loppuviikon harjoituksissa. Kotitehtävät 11-12 tarkastetaan loppuviikon

Lisätiedot

Kuva 1: Funktion f tasa-arvokäyriä. Ratkaisu. Suurin kasvunopeus on gradientin suuntaan. 6x 0,2

Kuva 1: Funktion f tasa-arvokäyriä. Ratkaisu. Suurin kasvunopeus on gradientin suuntaan. 6x 0,2 HY / Matematiikan ja tilastotieteen laitos Vektorianalyysi I, syksy 018 Harjoitus Ratkaisuehdotukset Tehtävä 1. Olkoon f : R R f(x 1, x ) = x 1 + x Olkoon C R. Määritä tasa-arvojoukko Sf(C) = {(x 1, x

Lisätiedot

Sarja. Lukujonosta (a k ) k N voi muodostaa sen osasummien jonon (s n ): s 1 = a 1, s 2 = a 1 + a 2, s 3 = a 1 + a 2 + a 3,...,

Sarja. Lukujonosta (a k ) k N voi muodostaa sen osasummien jonon (s n ): s 1 = a 1, s 2 = a 1 + a 2, s 3 = a 1 + a 2 + a 3,..., Sarja Lukujonosta (a k ) k N voi muodostaa sen osasummien jonon (s n ): Määritelmä 1 s 1 = a 1, s 2 = a 1 + a 2, s 3 = a 1 + a 2 + a 3,..., n s n = a k. Jos osasummien jonolla (s n ) on raja-arvo s R,

Lisätiedot