MAA12 Koe ja ratkaisut välivaiheineen

MAA12 Loppukoe
27.5.2015
Jussi Tyni
Tee pisteytysruudukko konseptin yläreunaan! Vastauksiin välivaiheet, jotka perustelevat
vastauksesi! Lue ohjeet huolellisesti!
Tee kokeen yläreunaan pisteytysruudukko. Valitse kuusi tehtävää seuraavista kahdeksasta.
Perustele vastauksesi!
1.
a. Esitä paperille polynomin jakaminen polynomilla jakokulmassa:
2 x3  x 2  2 x  1
x2 1
b. Esitä a-kohdan tuloksen perusteella polynomi −2𝑥 3 + 𝑥 2 + 2𝑥 − 1 tulomuodossa,
jossa tulon tekijät ovat ensimmäisen asteen polynomeja.
c. Selitä miten b-kohdan tulomuodosta voi nähdä polynomin
−2𝑥 3 + 𝑥 2 + 2𝑥 − 1 nollakohdat. Ei tarvitse perustella, riittää kun viittaat
johonkin sopivaan matemaattiseen kaavaan.
2.
a. Olkoon
f ( x)  x4  5x 2  2 x  5 . Todista Bolzanon lausetta käyttäen, että
funktiolla f(x) on yksi nollakohtaa välillä [-2,1]?
b. Määritä haarukointia käyttäen a-kohdan funktion f(x) välillä [-2,1] oleva nollakohta
neljän desimaalin tarkkuudella.
3.
a) Muodosta funktion f ( x)  ln
x
erotusosamäärän lauseke kohdassa 2 h:n avulla
2
lausuttuna.
b) Arvioi derivaattaa f (2) käyttämällä erotusosamäärää ja h:n arvoja 0,001 ja 0,001.
c) Arvioi derivaattaa f (2) käyttämällä keskeisdifferenssiä ja h:n arvoja 0,001 ja 0,001.
4.
a. Yhtälöllä x5  2 x  4 on juuri välillä 1  x  2. Määritä se seitsemän desimaalin
tarkkuudella kiintopistemenetelmällä käyttämällä alkuarvoa x = 1,5.
b. Kalastaja tutki rapusumppunsa rapuja ja taulukoi havainnot:
Käännä ->
6
7
Muodosta laskimen avulla toisen asteen funktio, joka
mallintaa, joka kuvaa ravun painon ja koon välistä
riippuvuutta.
8
15
Arvioi minkä kokoinen rapu painaa 60 g.
9
21
10
33
11
50
12
68
13
85
Koko, cm Paino keskimäärin, g
5. Pyörätie päätettiin päällystää. Päällysteen määrän arvioimiseksi mitattiin pyörätien leveys
ja pituus. Tulokseksi saatiin 2,7 ± 0,1𝑚 ja 3,2 ± 0,01𝑘𝑚 .
a. Missä rajoissa pyörätien todellinen pinta-ala vaihtelee?
b. Paljonko päällystettä tarvitaan, jos sen pitäisi olla 5 ± 0,1𝑐𝑚?
6. Funktion f ( x)  3 x  1 kuvaaja rajoittaa välillä 0  x  2 x  akselin kanssa alueen A.
Laske alueen A pinta-alan viisidesimaalinen likiarvo käyttäen Simpsonin sääntöä ja neljää
osaväliä.
7. Muodosta funktion f ( x)  3 2 x  1 toisen asteen Taylorin polynomi kohdassa x  0 .
Laske
3
1,1 saamallasi polynomilla. Laske arvion suhteellinen virhe.
8. Funktion f ( x) nollakohtaa etsittäessä käytettiin Newtonin menetelmää ja sen mukaan
ratkaisukaavaksi muodostui:
xn3  5 xn  1
, n  1, 2,3...ja x0  0.
3xn 2  5
a) Mikä oli tutkittava funktio?
xn1  xn 
b) Ilmoita välitulokset 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥5
c) Osoita perustellen, että funktion nollakohdan viisidesimaalinen likiarvo on 0,19844 ?
RATKAISUT:
1.
a. Esitä paperille polynomin jakaminen polynomilla jakokulmassa:
2 x3  x 2  2 x  1
x2 1
−2𝑥 + 1
3 + 𝑥 2 + 2𝑥 − 1
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑥 2 − 1⌈−2𝑥
−2𝑥 3
−
Täten
−2𝑥 3 +𝑥 2 +2𝑥−1
𝑥 2 −1
+ 2𝑥
𝑥2
𝑥2
− 1
− 1
0
= −2𝑥 + 1.
1
b. −2𝑥 3 + 𝑥 2 + 2𝑥 − 1 = (𝑥 2 − 1)(−2𝑥 + 1) = (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) ∙ (−2)(𝑥 − 2)
1
= −2(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥 − )
2
c.
Käytetään kaavaa
𝑎𝑥 𝑛 + 𝑏𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑐 = 𝑎(𝑥 − 𝑥1 )(𝑥 − 𝑥2 ) … (𝑥 − 𝑥𝑛 ) missä 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ovat
polynomin nollakohtia.
Tällöin tämän polynomin nollakohdat ovat 1,-1 ja 0,5.
2.
a. Funktio on polynomifunktio ja sen määrittelyjoukko on R. Tällöin se on kaikkialla
jatkuva. Lisäksi 𝑓(−2) = 16 − 20 − 4 + 5 = −3 𝑗𝑎 𝑓(1) = 1 − 5 + 2 + 5 = 3.
Funktio siis on jatkuva välillä [-2,1] ja vaihtaa merkkiään. Silloin sen on kuljettava xakselin läpi ja näin sillä on oltava Bolzanon lauseen nojalla nollakohta välillä [-2,1].
b. Taulukoidaan:
x
f ( x) 
x4  5x 2  2 x  5
0
5
-1
1-5-2+5=-1
-0,5
2,81
-0,75
1,004
-0,85
0,2095
-0,9
-0,1939
-0,875
0,008057
-0,885
-0,07268
-0,88
-0,323
-0,877
-0,008086
-0,876
-0,00001 NEG
-0,8755
0,004
-0,87575
0,002
-0,8759
0,0008
-0,87595
0,0004 POS
Nyt ollaan haarukoitu, että nollakohta on välillä [-0,8760 ; -0,87595], joten
nollakohta pyöristyy x = -0,8760.
3.
x
erotusosamäärän lauseke kohdassa 2 h:n avulla lausuttuna:
2
2h
2
ln(
)  ln( )
f (2  h)  f (2)
2
2  1  ln(1  1 h).
Erotusosamäärä E (h) 

h
h
h
2
a) Muodosta funktion f ( x)  ln
Sievennettynä!
b) Arvioi derivaattaa f (2) käyttämällä erotusosamäärää ja h:n arvoja 0,001 ja 0,001. :
1
ln(1 + 0,5 ∙ 0,001) = 0,49986
0,001
1
𝐸(−0,001) =
ln(1 + 0,5 ∙ (−0,001)) = 0,50013
−0,001
𝐸(0,001) =
c) Arvioi derivaattaa f (2) käyttämällä keskeisdifferenssiä ja h:n arvoja 0,001 ja 0,001.
E (0, 001)  E (0, 001) 0, 49988  0,50013

 0,50001.
2
2
4.
a. Yhtälöllä x5  2 x  4 on juuri välillä 1  x  2. Määritä se seitsemän desimaalin
tarkkuudella kiintopistemenetelmällä käyttämällä alkuarvoa x = 1,5.
Kiintopistemenetelmän mukainen funktio g ( x)  5 4  2 x .
x1  g ( x0 )  5 4  2 1,5  1
x2  g ( x1 )  5 4  2 1  5 2
x3  g (ans)  1,112301937
x4  g (ans)  1,121654372
x5  1,119280887
.
.
.
x15  1,119762609
x16  1,11976261
x17  1,119762609
x18  x17 , joten seuraavat arvot ovat samoja.
x = 1,119762609.
b. Laskin:
Laskimen mukaan malli on noin y  1,52 x2  17,6 x  57, 2 missä
x on koko (cm) ja y paino (g). Saadaan yhtälö 1,52 x2  17,6 x  57, 2  60  x  12.
Ravun koko pitää olla siis n. 12 cm, jotta se painaa 60g.
5. Pyörätie päätettiin päällystää. Päällysteen määrän arvioimiseksi mitattiin pyörätien leveys
ja pituus. Tulokseksi saatiin 2,7 ± 0,1𝑚 ja 3,2 ± 0,01𝑘𝑚 .
a. Missä rajoissa pyörätien todellinen pinta-ala vaihtelee?
Pinta-ala 𝐴 = 2,7𝑚 ∙ 3200 𝑚 = 8640 𝑚2
𝐴𝑚𝑖𝑛 = 2,6𝑚 ∙ 3190 𝑚 = 8294 𝑚2
𝐴𝑚𝑎𝑥 = 2,8𝑚 ∙ 3210 𝑚 = 8988 𝑚2
𝐴 − 𝐴𝑚𝑖𝑛 = 8640 𝑚2 − 8294 𝑚2 = 346𝑚2
𝐴 − 𝐴𝑚𝑎𝑥 = 8988 𝑚2 − 8640 𝑚2 = 348𝑚2 => ∆𝐴 ≈ 350𝑚2
𝐴 = 8640𝑚2 ± 350𝑚2
b. Paljonko päällystettä tarvitaan, jos sen pitäisi olla 5 ± 0,1𝑐𝑚?
𝑉 = 𝐴ℎ = 8640𝑚2 ∙ 0,05𝑚 = 432𝑚3
𝑉𝑚𝑖𝑛 = 8294𝑚2 ∙ 0,049𝑚 = 406,4𝑚3
𝑉𝑚𝑎𝑥 = 8988𝑚2 ∙ 0,051𝑚 = 458,4𝑚3
𝑉 − 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 432𝑚3 − 406,4𝑚3 = 25,6𝑚3
𝑉 − 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 458,4𝑚3 − 432𝑚3 = 26,4𝑚3 => ∆𝑉 = 27𝑚3
𝑉 = 432𝑚3 ± 27𝑚3
ℎ
6. 𝑓(𝑥) = 3√𝑥 + 1 𝑗𝑎 𝑆𝑖𝑚𝑝𝑠𝑜𝑛𝑖𝑛 𝑠ää𝑛𝑡ö: 𝐴 = 3 [𝑓(𝑥0 ) + 4𝑓(𝑥1 ) + 2𝑓(𝑥2 ) + ⋯ + 𝑓(𝑥𝑛 )]
Jaetaan väli [0,2] neljään osaväliin, jolloin h =2/4=0,5 =>
𝑥0 = 0, 𝑥1 = 0,1 , 𝑥2 = 1 , 𝑥3 = 1,5 , 𝑥4 = 2. Nyt
𝐴=
0,5
[𝑓(0) + 4𝑓(0,5) + 2𝑓(1) + 4𝑓(1,5) + 𝑓(2)] = 2,494
3
2
−8
7. 𝑓(𝑥) = 3√2𝑥 + 1 => 𝑓 ′ (𝑥) = 3 3√(2𝑥+1)2 => 𝑓 ′′ (𝑥) = 9 3√(2𝑥+1)5
Nyt Taylorin polynomi kohdassa x = 0 on:
𝑇(𝑥) = 𝑓(0) + 𝑓
′ (0)(𝑥
Jos halutaan laskea
3
− 0) +
𝑓 ′′ (0)
2!
8
9
4
2
(𝑥 − 0) = 1 + 3 𝑥 − 2 𝑥 2 =− 9 𝑥 2 + 3 𝑥 + 1
3
1,1 , niin tällöin funktiossa 𝑓(𝑥) = √2𝑥 + 1 muuttujan x täytyy olla 0,05.
4
9
2
2
3
Lasketaan 𝑇(0,05) = − ∙ 0,5 + ∙ 0,5 + 1 =
3
2
2
11
9
≈ 1.222222 …
√1,1 = 1,03228, 𝑗𝑜𝑡𝑒𝑛 𝑠𝑢ℎ𝑡𝑒𝑒𝑙𝑙𝑖𝑛𝑒𝑛 𝑣𝑖𝑟ℎ𝑒 𝑜𝑛 |
1,22222 − 1,03228
1,03228
| = 0,184 => 18,4%
8.
Ratkaisu: a) Funktio oli f ( x)  x3  5x  1.
b) Funktio on polynomina derivoituva ja derivaatta f ( x)  3x 2  5.
Käytetään Newtonin algoritmia xn 1  xn 
Alkuarvo x0  0 ja x1  x0 
x2  x1 
x 3  5x  1
f ( xn )
eli xn 1  xn  n 2 n
.
f ( xn )
3xn  5
f ( x0 )
03  5  0  1
 0
 0, 2.
f ( x0 )
3  02  5
f ( x1 )
(0, 2)3  2  (0, 2)  1
 0, 2 
 0,1984375.
f ( x1 )
3  (2) 2  5
x3  0,1984372145
x4  0,1984372145  x3.
Täten juuren likiarvo on viiden desimaalin tarkkuudella x  0,19844.
Tarkkuuden osoitus:
f (0,198440)  1, 42564 105  0 ja f (0,198435)  1,13343 105  0
Koska funktio vaihtaa merkkiään välillä 0,198440  x  0,198435 , niin
tällä välillä on nollakohta Bolzanon lauseen nojalla. Välin kaikki arvot
pyöristyvät 5-desimaaliseen arvoon x  0,19844.