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

Transkriptio

1 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 sin x = alkuarvolla x = 3. Monellako iteraatiolla saadaan oikea -desimaalinen likiarvo 3, (tai laskimen max-desimaalit)? b) Mitä tapahtuu, jos x = π/2? Ratkaisu. a) Yhtälö f(x) = voidaan ratkaista likiarvoisesti Newtonin menetelmällä, jonka palautuskaava on x n+ = x n f(x n) f, kun n =,, 2,..., (x n ) jossa x on alkuarvaus. Nyt f(x) = sin x, joten f (x) = cos x. Tällöin palautuskaava saa muodon x n+ = x n tan x n. Iteroidaan alkuarvolla x = 3: x = x tan 3 = 3, x 2 = x tan x = 3, x 3 = x 2 tan x 2 = 3, Kysytty likiarvo saadaan siis kolmen iteraatiokerran jälkeen. b) Newtonin menetelmä ei toimi alkuarvolla x = π/2, sillä f (π/2) = cos π/2 =, joten funktion tangentti pisteessä x = π/2 on vaakasuora. Tämä tarkoittaa, että tangentti ei leikkaa missään pisteessä x-akselia, joten Newtonin menetelmää ei voida käyttää. Tehtävä 2. (YO-tehtävä /syksy 26) Yhtälö x = g(x) voidaan usein ratkaista kiintopistemenetelmän avulla. Tällöin tehdään alkuarvaus x ja määritellään lukujono (x n ) käyttämällä palautuskaavaa x n+ = g(x n ), kun n =,, 2, 3,... Anna seuraavien kohtien vastauksina lukujen x likiarvot kolmen desimaalin tarkkuudella. a) Ratkaise yhtälö x = 2 + ln x () kiintopistemenetelmän avulla, kun alkuarvauksena on x =. b) Yhtälöllä () on toinenkin ratkaisu. Muokkaa yhtälö () eksponenttifunktion avulla toisenlaiseen kiintopistemenetelmässä käytettävään muotoon ja ratkaise se alkuarvauksella x =. Lisätieto (jota ei ollut YO-kokeessa): Käytännössä b-kohdassa siirrytään yhtälöstä x = g(x) yhtälöön g (x) = x.

2 MS-A4 Differentiaali- ja integraalilaskenta (ELEC2) MS-A6 Differentiaali- ja integraalilaskenta (ENG2) Harjoitukset 3L, syksy 27 Ratkaisu. a) Olkoon I yhtälön x = g(x) ratkaisun sisältävä mielivaltainen väli. Kiintopistemenetelmä toimii, jos on olemassa k < siten, että g (x) k kaikilla x I, kun alkuarvo x kuuluu välille I. Nyt g(x) = 2 + ln x, x >, jolloin g (x) = x k x k > jollain k <. Etsitään siis ratkaisua välillä x /k > ja alkuarvolla x =. Palautuskaava saa muodon x n+ = 2 + ln x n. Iteroidaan x asti: x = 2 + ln x = 2 + ln = 2, x 2 = 2 + ln 2 = 2, , x 3 = 2, , x 4 = 3, , x 5 = 3, , x 6 = 3, 4..., x 7 = 3, , x 8 = 3, , x 9 = 3, 46..., x = 3, Likiarvoinen ratkaisu on siis x 3, 46. b) Muokataan yhtälö eri muotoon: x = 2 + ln x ln x = x 2 x = e x 2 Nyt g (x) = e x 2 eli saatiin funktion g(x) käänteisfunktio, jolloin d dx g (x) = ex 2 k x 2 + ln k < 2 jollain k <. Etsitään siis ratkaisua välillä x 2 + ln k < 2 ja alkuarvolla x =. Palautuskaava saa muodon x n+ = e xn 2. Iteroidaan x asti: x = e x 2 = e =, , x 2 = e x 2 =, , x 3 =, , x 4 =, , x 5 =, , x 6 =, , x 7 = x 8 = x 9 = x =, Likiarvoinen ratkaisu on siis x, 59. On huomattavaa edellä, että funktio g(x) on bijektio, kun maalijoukko rajoitetaan sen arvojoukkoon. Tämän takia kiintopistemenetelmää voidaan käyttää funktioon g(x) ja sen käänteisfunktioon, jolloin on mahdollista saada kaikki yhtälön x = 2 + ln x, x >, numeeriset ratkaisut. 2

3 MS-A4 Differentiaali- ja integraalilaskenta (ELEC2) MS-A6 Differentiaali- ja integraalilaskenta (ENG2) Harjoitukset 3L, syksy 27 Tehtävä 3. Vastaa Taylorin kaavan virhetermiä (luentokalvo 86) tutkimalla seuraaviin kysymyksiin: a) Kuinka mones Maclaurin-polynomi P n (x) antaa luvun cos() likiarvon P n () niin tarkasti, että virheen itseisarvo on korkeintaan 9? b) Millä indeksin n arvoilla on voimassa ( ex + x + 2! x2 + + ) n! xn < 6 kaikilla x. Huom. : Molemmissa kohdissa sopiva indeksi n täytyy etsiä kokeilemalla, koska tutkittavia epäyhtälöitä ei voi ratkaista millään "kaavalla". Huom. 2: Jotta b-kohdan tulosta voisi käyttää Neperin luvun e likiarvon laskemiseen, ei välivaiheissa saa tietenkään käyttää sen tarkkaa arvoa! Tämän kehäpäättelyn voi välttää käyttämällä arviota e < 3. Ratkaisu. a) Taylorin polynomille pätee f(x) = P n (x; x ) + E n (x), kun derivaatta f (x+) (x) on olemassa ja se on jatkuva. Tällöin myös virhetermille E n (x) pätee E n (x) = f (x+) (c) (n + )! (x x ) n+ jollain c [x, x]. Kosinin tapauksessa f (n+) (c). Vaatimus E n () 9 toteutuu, jos (n + )! n+ 9 (n + )! 9. Kokeilemalla eri n:n arvoja huomataan, että ( + )! = (2 + )! = Vaatimus toteutuu, jos n 2. b) Nyt f(x) = e x, x [, ] ja x =, joten E n (x) = e c (n + )! xn+. Virhetermi maksimoituu, kun c =, sillä f (x+) (c) = e c on aidosti kasvava funktio. Tällöin ( ex + x + 2! x2 + + ) e 3 n! xn (n + )! xn+ (n + )! kaikilla x [, ]. Eli joka toteutuu, kun n 9. 3 (n + )! < 6, 3

4 MS-A4 Differentiaali- ja integraalilaskenta (ELEC2) MS-A6 Differentiaali- ja integraalilaskenta (ENG2) Harjoitukset 3L, syksy 27 Luennolla 4.. johdettiin geometrisen sarjan summakaavaa derivoimal- Tehtävä 4. la kx k x = ( x) 2, kun x <. Tästä saadaan sijoittamalla x = /2 tulos k 2 k = 2. Derivoi yllä oleva summakaava uudelleen ja laske tuloksen avulla k 2 2 k. Lisätieto: Tällaisia sarjoja esiintyy mm. todennäköisyyslaskennassa geometrisen jakauman kohdalla. Ratkaisu. Derivoidaan summakaavaa kx k x = ( x) 2 uudelleen puolittain: Vasen puoli: Oikea puoli: d dx kx k = d dx kxk = k 2 x k d x dx ( x) 2 = ( x) 2 + 2x ( x) 3 = + x ( x) 3 Eli saadaan k 2 x k = + x ( x) 3, jota hieman muokkaamalla päästään muotoon k 2 x k = x( + x) ( x) 3. Sijoitetaan x = /2: k 2 2 k = 2 ( + 2 ) ( = 6 2 )3 4

5 MS-A4 Differentiaali- ja integraalilaskenta (ELEC2) MS-A6 Differentiaali- ja integraalilaskenta (ENG2) Harjoitukset 3L, syksy 27 Tehtävä 5. a) Muodosta funktion f(x) = + x 2 sarjakehitelmä käyttämällä geometrisen sarjan summakaavaa. Millä muuttujan x arvoilla sarja suppenee? b) Määritä sarjan ( ) k 2k + = summa integroimalla a-kohdan sarjakehitelmä välillä x. c) Voidaanko suhdetestin avulla päätellä, että b-kohdan sarja suppenee? Ratkaisu. a) Muodostetaan funktion f sarjakehitelmä: f(x) = ( x 2 ) = ( x 2 ) k = ( ) k x 2k joka suppenee, kun x 2 < eli x <. b) Integroidaan a-kohdan sarjakehitelmää: ( ) + x 2 dx = ( ) k x 2k dx = ( ) k x 2k ( ) k dx = 2k + Toisaalta joten sarjan summa on π/4. c) Sarjan yleinen termi on joten / + x 2 dx = arctan x = π 4, a k = ( )k 2k +, a k+ a k = 2k + 2(k + ) + = 2k + 2k + 3 = 2 + /k 2 + 3/k, kun k. Sarjan suppenemista ei voida siis päätellä suhdetestin avulla. 5

6 Tehtävä 6