Lineær Algebra

> >

Phillip Kjeldsen S144433 Hjemmeopgavest 5

20 Feb 2015

Opgave 1

arestart: with(LinearAlgebra): with(plots):

Lad f x vre den stamfunktion til eKx2 der gr i gennem punktet 0, 0 .

Indledningsvist vil der gres rede for at

f x =0

xeK t

2 dt

Frst bemrkes det at grafen for f skal g igennem punktet 0, 0 Ved general intergration ses det, at G 0 er en konstant.

Lad g t substituere funktionen eKt2 .

1

fgeneral = eKt2 dt = g t dt = G t C k = eKt

2 C k

fgeneral 0 = 0 = G 0 C k 4 k =KG 0

f x = G x KG 0 =0

xg t dt =

0

xeK t

2 dt

2 Vi ser at konstanten G 0 forsvinder hvis vi differetierer den p flgende mde

f x =0

x g t dt

f x = G x KG 0

Nu kan dette udtryk differentieres og konstanten G 0 forsvinder.

kimx4796

kimx4796

> > > >

(1.1.1)(1.1.1)

> >

f ' x = g x

f ' x = eKx2

Netop ved at vise at f s differential kvotienten er sin stamfunktion differentieret ser vi at f er enstamfunktion til f ' .

f:= x-> int(exp(-t^2),t=0..x);

f := x/0

xeKt

2dt

Grafen plottes i intervallet K3; 3graf:=plot(f(x),x=-3..3,y=-2..2,color=black):display(graf);

xK3 K2 K1 0 1 2 3

y

K2

K1

1

2

Intervallet udvides lidt for bedre at se approksimationerne: De nste fem figurer indeholder

(1.1.2)(1.1.2)

> >

> >

> >

> >

(1.1.3)(1.1.3)

> >

> >

grafen for f med et approksimerende polynomie.

Frste gradf1:=mtaylor(f(x),x=0,2);

f1 := xgraf:=plot([f(x),f1(x)],x=-3..3,y=-2..2,color=[black,orange]):display(graf,caption="1. grad");

xK3 K2 K1 0 1 2 3

y

K2

K1

1

2

1. gradVi ser her at afvigelsen er mindst i begyndelsespunktet,

men vokser hurtigt jo lngere vi kommer fra begyndelsespunktet.

Tredje gradf3:=mtaylor(f(x),x=0,4);

f3 := xK13

x3

graf:=plot([f(x),f3(x)],x=-3..3,y=-2..2,color=[black,orange]):display(graf,caption="3. grad");

kimx4796

> >

> >

> >

(1.1.4)(1.1.4)

xK3 K2 K1 0 1 2 3

y

K2

K1

1

2

3. grad

Femte grad

f5:=mtaylor(f(x),x=0,6);

f5 := xK13

x3 C110

x5

graf:=plot([f(x),f5(x)],x=-3..3,y=-2..2,color=[black,orange],caption="3. grad"):display(graf,caption="5. grad");

kimx4796

> >

> >

> >

(1.1.5)(1.1.5)

xK3 K2 K1 0 1 2 3

y

K2

K1

1

2

5. grad

Syvende grad


f7 := xK13

x3 C110

x5 K142

x7


kimx4796

(1.1.6)(1.1.6)

> >

> >

> >

xK3 K2 K1 0 1 2 3

y

K2

K1

1

2

7. grad

Niende grad


f9 := xK13

x3 C110

x5 K142

x7 C1

216 x9


kimx4796

xK3 K2 K1 0 1 2 3

y

K2

K1

1

2

9. gradJo hjere grad approksimation vi laver jo mindre bliver afvigelsen mellem den oprindelige

funktion og den approksimerede.

bDet approksimerede fjerdegrads polynomium P4 x for f med udviklingspunktet x0 = 0 findes ved Taylors formel

. Frst bestemmes differential kvotienterne op til fjerde grad.Differential kvotienterne findes ved normal differentiation og differentiation af sammensattte

funktioner hvor

f g x ' = f ' g x Cg ' x .

f ' x = eKx2

f 2 x =K2 x eKx2

kimx4796

(1.2.1)(1.2.1)

> >

f 3 x =K2 eKx2C 4 x2 eKx

2

f 4 x = 12 x eKx2K 8 x3 eKx

2

f 5 x = 12$eKx2K 48$x2$eKx

2C 16$x4$eKx

2

Nu kan det approksimerende polynomium findes:

P4,x0=1

x = f x0 Cf ' x0

1!$ `x__`K x0 C

f ' ' x02!

$ xK x02 C

f ' ' ' x03!

$ x

K x03 C

f ' ' ' ' x04!

$ xK x04

P4,0 x = f 0 Cf ' 0

1!$ xK 0 C

f ' ' 02!

$ xK 0 2 Cf ' ' ' 0

3!$ xK 0 3 C

f ' ' ' ' 04!

$ xK 0 4

P4,0 x = 0CeK0

2

1$ x C

K2$0$eK02

2$x2 C

K2$eK02C 4$02$eK0

2

6$x3

C12$0$eK0

2K 8$03$eK0

2

24$x4

P4,0 x = 0C11$ x C

02$x2 C

K26

$x3 C024

$x4

P4,0 x = xK13$x3.

P__4:= x-> x-1/3*x^3;

P4 := x/xK13

x3

c

Et passende interval nskes hvor f12

kunne ligge i. Dette gres ved at bruge taylors formel

for restfunktioner.

R4,0 x =f 5 $ x

5 !$

12K 0

5

kimx4796

kimx4796

kimx4796

(1.3.2)(1.3.2)

> >

(1.3.1)(1.3.1)

> >

> >

I flge vores approksimerede polynomie er vrdien i punktetP__4(1/2);

1124

Men det ligger der en usikkerhed i og vi vil gerne bestemme hvor stor denne usikker hed er. Vi indfrer en funktion x og undersger den frst

Vi ved at x m ligge i mellem begyndelses punktet og x =12

. Sagt p en anden mde. x = 0;12

Restfunktionen er

R4,0 x =f 5 $ x

5 !$

12K 0

5

R4,0 x =12$eKx

2K 48$x

2$eKx

2C 16$x

4$eKx

2

120

R4,0 x =110

$eKx2K

25$x

2$eKx

2C

215

$x4$eKx

2

Det kan betragtes som en fjerdegradligning som kan lses mth til x

. Men vi har en begrnset mngde s vi kigger kun i intervallet 0 ; 12

.

Det kan plottes for at undersge hvornr funktionsvrdien bliver strst. Dette er en hurtigere mde at danne overblik p og fint fordi funktionen er overskuelig.

R:= xi-> 1/10*exp(-xi^2)-2/5*xi^2*exp(-xi^2)+2/15*xi^4*exp(-xi^2);

R := x/110

eKx2K

25

x2 eKx

2C

215

x4 eKx

2

plot(R(xi),xi=0..1/2);

kimx4796

kimx4796

(1.3.4)(1.3.4)> >

> > (1.3.3)(1.3.3)

x0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

0.06

0.07

0.08

0.09

0.10

Fejlen bliver strst ved at x = 0. Derved bliver den maksimale fejl

R4 x =110

$eK02K

25$02$eK0

2C

215

$04$eK02$

12K 0

5

R4 x =110

$132

=1

320.

11/24.;a := 0.4583333333

11/24+1/320.;b := 0.4614583333

dvs at f12

ligger inde i intervallet 1124

;1124

C1

320

Eller i intervallet 0, 458333 ; 0, 461458 .

Kontrol :

kimx4796

(2.1.3)(2.1.3)

(2.1.1)(2.1.1)

> >

> >

> >

> >

> >

> > (1.3.6)(1.3.6)

> >

(1.3.5)(1.3.5)

(2.1.2)(2.1.2)

> >

> >

f:= x-> int(exp(-t^2),t=0..x);

f := x/0

xeKt

2dt

evalf(f(1/2));0.4612810064

Den ligger heldigvis i intervallet. Hvis vi nsker en yderligerer sikkerhed kunne vi tilfje endnu et led og blive ved til voresusikkerhed er s lav som vi nsker.

Opgave 2


En funktionsforskrift er givet. Og definationsmngden nskes plottet.f := (x,y)-> ln(2+x-y)+sqrt(4-x^2-y^2);

f := x, y /ln 2C xK y C 4K x2 K y2

Da det er definitionsmngden vi analyserer er vi ikke interesseret i f vrdi, men blot i hvad der str inde i logaritme funktionen og under kvadratrods tegnet denavngives l og c :

Eftersom vi arbejder i de reelle tal er logaritmen kun defineret for positive tal andre end 0 og kvadrat roden kun for naturlige tal.

l : xK y O K2 og c : x2 C y2 % 22 for x, y 2 =l:=x-y>-2;c:=x^2+y^2=2^2;

l := K2 ! xK y

c := x2 C y2 = 4Rand[1] := implicitplot(x-y > -2, x=-2..0,y=0..2,color=black):r(t):= = ;

r t :=x

y=

2 cos t

2 sin t

Rand[2] := plot([sqrt(4)*cos(t),sqrt(4)*sin(t),t=-Pi..Pi/2],color=black):display(Rand[1],Rand[2]);

kimx4796

kimx4796

(1.3.5)(1.3.5)

> >

xK2 K1 0 1 2

y

K2

K1

1

2

bI undersgelsen om D f er ben eller afsluttet skal vi kigge p funktionsforskrifterne

for l og c og bemrke at ln 0 er ugyldig og derfor kan

xK y sK2.

D f er delsvist ben fordi linjen l ikke er defineret i linjen y = 2C x, men afsluttet i cirklen c, fordi radius er 2 s hele randen er dkket af punkter med afstanden 2 fra centrum. S delvist afsluttet

cNu vil vi bestemme de partielt afledede

for l og c med henblik p at lave et approksimerende polynomium.De partielt aflede i punktet 1,

K1 findes ved at differentiere med hensyn til x og betragte y som konstant. og omvendt for den nste.

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796Hvad med punkterne hvor linjen ender?

kimx4796Der er ikke noget der hedder delvist ben/afsluttet.Mngden er hverken afsluttet eller ben.

(2.3.1)(2.3.1)

> >

> >

(1.3.5)(1.3.5)

ln 2C xK y C 4K x2 K y2 .

f g x ' = f ' g x C g ' x

12C xK y

$1C12$

1

4K x2 K y2$ K2 x

12C 1K K1

K1

4K 12 K K1 2

14K

1

2

Den anden partielt afledede bliver

K14C

1

2

fordi g ' y har et andet fortegn end g ' x . Kontrol : D[1](f)(1,-1);D[2](f)(1,-1);

14K

12

2

K14C

12

2

Nu findes det approksimerende polynomium i frst grad i udviklingspunktet 1,K1 :

P1 x, y = f x0, y0 CVf ' x0, y0 $ x Kx0, yK y0

P1 x, y = ln 2C 1K K1 C 4K 12 K K1 2 C

14K

12

2 ,K14C

12

2 $ x

K 1, yC 1

P1 x, y = ln 4 C 2 C14K

12

2 xK 1 K14C

12

2 yC 1

d

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796Nej de afhnger af x og y. Du har evalueret den i et punkt. Det var ikke det du blev bedt om.

> >

(2.4.1)(2.4.1)

> >

> >

> >

> >

> >

(1.3.5)(1.3.5)

En ligning for tangent planen findes og plottes :P1:= (x,y) -> ln(4)+sqrt(2)+(1/4-(1/2)*sqrt(2))*(x-1)+(-1/4+(1/2)*sqrt(2))*(y+1);

P1 := x, y /ln 4 C 2 C14K

12

2 xK 1 C K14C

12

2 yC 1

Tangentplanen i et givet punkt 1,K1 , f 1,K1 er grafens approksimerede frstgradspolynomium

graf0:=plot3d(f(x,y),x=-sqrt(4)..sqrt(4),y=-sqrt(-x^2+4)..sqrt(-x^2+4)):graf1:=plot3d(P1(x,y),x=1/2..3/2,y=-3/2...-1/2,color="NavyBlue",style=patchnogrid,transparency=0.3):display(graf0,graf1,view=[0..2,-2..0,2*ln(2)..4]);

Opgave 3


kimx4796

kimx4796

> >

(3.1.6)(3.1.6)

(3.1.7)(3.1.7)

(3.1.8)(3.1.8)

> >

(3.1.4)(3.1.4)

> >

(3.1.2)(3.1.2)

> >

(3.2.2)(3.2.2)

> >

> >

(3.2.1)(3.2.1)> >

> >

> >

(3.1.3)(3.1.3)

(1.3.5)(1.3.5)

> >

> >

> >

> >

> >

(3.1.1)(3.1.1)

> >

(3.2.3)(3.2.3)

(3.1.5)(3.1.5)

> >

En funktion f : =2 / = er givet ved f:= (x,y)-> 4/3*x^3-(y-1)^2;

f := x, y /43

x3 K yK 1 2

Gradienten i punktet 0, 1 og stationre punkter fundes :f(0,1);

0D[1](f)(x,y);

4 x2

4*0^2;0

D[2](f)(x,y);2K 2 y

2-2*1;0

solve(4*x^2=0,x);0, 0

solve(2-2*y=0,y);1

Stationre punkter er defineret som de punkter hvor gradienten er 0, 0. Der er derfor kun et stationrt punkt i 0, 1 .

brestart: with(LinearAlgebra): with(plots):

En afsluttet og begrnste punktmngde A i x, y planen givet vedA:= (x,y) -> x^2-(y-1)^2 - 1;

A := x, y /x2 K yK 1 2 K 1f:= (x,y)-> 4/3*x^3-(y-1)^2;

f := x, y /43

x3 K yK 1 2

for at f et tilpasset plot kan vi finde y defineret i x for randen. solve(x^2+(y-1)^2=1,y);

1C Kx2 C 1 , 1K Kx2 C 1

A plottes sammen med f i A. Det rde er definitionsmngden A og den grnne er grafen for f : graf := plot3d(f(x,y),x=-1..1,y=1+sqrt(-x^2+1)..1-sqrt(-x^2+1),color=green,transparency=0.4):graf1:= plot3d(A(x,y),x=-1..1,y=1+sqrt(-x^2+1)..1-sqrt(-x^2+1),color=red):display([graf,graf1],caption="Fig. 1: Graf for f");

kimx4796

kimx4796

kimx4796Du roder det sammen. Hvad er Gradf(0,1)??Og hvad er stationre punkter??

(3.3.1)(3.3.1)

> >

> >

(1.3.5)(1.3.5)

> >

Fig. 1: Graf for fMan kan umiddelbart aflse at f har toppunkt i 1, 1 i A og der har et stationrt punkt i 0,

1 og et minimum i K1, 1 .Parameterfremstillingen for randkurven findes ved at betragte cirklens ligning xK a 2 C y

K b 2 = r2. hvor a og b er koordinater for cirkelens centrum. S vi kan skrive

x

y=

0

1C k$

cos x

sin y. hvor k er radius r og x, y 2 =.

(x__0,y__0):=(0+1*cos(x),1+1*sin(y)):

cDe globale maksimum og maksimum er enten i de stationre punkter,

i randen eller i undtagelses punkterne. Der er ingen undtagelses punkter men vi har 1 stationrt punkt og en parameterfemstilling fra

randkurven. f(x__0,y__0);

43

cos x 3 K sin y 2

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796

kimx4796Der er kun n parameter...

> >

> >

> >

(3.3.2)(3.3.2)

(3.3.3)(3.3.3)

(1.3.5)(1.3.5)

> > Vi undersger frst kurven ved at findes ud af hvornr dens vrdi er strst. # 3D Plot 4/3*cos(x)^3-sin(y)^2plot3d(4/3*cos(x)^3-sin(y)^2, x = 0 .. 2*Pi, y = 0 .. 2*Pi, axes = boxed);

Vi aflser p dette plot at f er strst nr x er enten 0 eller 2 p periodisk med 2 p og nr y er enten0 eller p periodisk med p. sin er i anden hvilket foresager at den bidrager positivt for alle y.

S et toppunkt for kurven ligger i vinklen 0 p . Det giver os koordinatener

x

y=

0

1C 1$

cos 0

sin 0=

1

1

Det ligninger ogs det gloable maksimum p grafen for f Fig.1 .funktionsvrdien i det punkt erf(1,1);

43

Nu undersges det stationre punkt 0, 1 :f(0,1);

0

kimx4796

kimx4796

> >

> >

> >

> >

(1.3.5)(1.3.5)

> >

Funktionsvrdien i 1, 1 er hjere end noget andet punkt og er derfor det globale maksimum p grafen for f i A. '

punkt1:=plottools[sphere]([1,1,4/3],0.05,color=red,style=patchnogrid):punkt2:=plottools[sphere]([0,1,0],0.05,color=blue,style=patchnogrid):graf := plot3d(f(x,y),x=-1..1,y=1+sqrt(-x^2+1)..1-sqrt(-x^2+1),color=green):display([graf,punkt1,punkt2],caption="Fig. 2: Graf for f med punkter. Bl er stationrt punkt. Rd er randkurvenstoppunkt");

Fig. 2: Graf for f med punkter. Bl er stationrt punkt. Rd er randkurvenstoppunkt

kimx4796

En ok besvarelse der desvrre en del steder viser en del usikkerhed, og for mange fejl og forkerte metoder.

Documents

Lineær Algebra