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:=mtaylor(f(x),x=0,8);

f7 := xK13

x3 C110

x5 K142

x7

graf:=plot([f(x),f7(x)],x=-3..3,y=-2..2,color=[black,orange],caption="5. grad"):display(graf,caption="7. grad");

kimx4796

(1.1.6)(1.1.6)

> >

> >

> >

xK3 K2 K1 0 1 2 3

y

K2

K1

1

2

7. grad

Niende grad

f9:=mtaylor(f(x),x=0,10);

f9 := xK13

x3 C110

x5 K142

x7 C1

216 x9

graf:=plot([f(x),f9(x)],x=-3..3,y=-2..2,color=[black,orange],caption="7. grad"):display(graf,caption="9. grad");

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

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

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

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

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.