Newtons metode - Integrasjon Forelesning i …...Newtons metode - Integrasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 20. september 2011

Newtons metode - IntegrasjonForelesning i Matematikk 1 TMA4100

Hans Jakob RivertzInstitutt for matematiske fag

20. september 2011

www.ntnu.no H.J. Rivertz, Newtons metode - Integrasjon

Kapittel 4.7.Newtons metode


3

Eksakt løsningDen eksakte løsningen av x3 − 3x − 1 = 0 er

ikke særlig brukelig


3


ikke særlig brukeligog heller ikke forståelig.


3



x1 = 12

3√

4 + 4 i√

3 + 2 13√

4+4 i√

3

x2 = − 14

3√

4 + 4 i√

3 − 13√

4+4 i√

3+ 1

2 i√

3(

12

3√

4 + 4 i√

3 − 2 13√

4+4 i√

3

)

x3 = − 14

3√

4 + 4 i√

3 − 13√

4+4 i√

3− 1

2 i√

3(

12

3√

4 + 4 i√

3 − 2 13√

4+4 i√

3

)


3



x1 = 12

3√

4 + 4 i√

3 + 2 13√

4+4 i√

3

x2 = − 14

3√

4 + 4 i√

3 − 13√

4+4 i√

3+ 1

2 i√

3(

12

3√

4 + 4 i√

3 − 2 13√

4+4 i√

3

)

x3 = − 14

3√

4 + 4 i√

3 − 13√

4+4 i√

3− 1

2 i√

3(

12

3√

4 + 4 i√

3 − 2 13√

4+4 i√

3

)


4

Newtons metodeNewtons metode er en iterativ metode for å løse likninger påformen

f (x) = 0

Eksempel:x3 − 3x − 1 = 0

2

−2

2−2−4


5

Tilnærmings skjema (Newtons metode)Vi velger å finne tilnærmet løsning av f (x) = 0:

1 Først gjetter vi på en løsning x1


5



2 Så finner vi lineariseringen av f (x) i x = x1:

L(x) = f (x1) + f ′(x1)(x − x1)


5




L(x) = f (x1) + f ′(x1)(x − x1)

3 Vi løser L(x) = 0 og kaller løsningen x2:

x2 = x1 −f (x1)

f ′(x1)


5




L(x) = f (x1) + f ′(x1)(x − x1)

3 Vi løser L(x) = 0 og kaller løsningen x2:

x2 = x1 −f (x1)

f ′(x1)

4 Vi fortsetter med punkt 2 og 3 inntil vi er fornøyde.


6

Newtons iterasjonsformelNewtons iterasjonsformel for å løse f (x) = 0 er gitt ved

xn+1 = xn − f (xn)

f ′(xn)

Newtons iterasjons-prosess er


6


xn+1 = xn − f (xn)

f ′(xn)

Newtons iterasjons-prosess er1 Velg x1

x1


6


xn+1 = xn − f (xn)

f ′(xn)


2 x2 = x1 − f (x1)f ′(x1)

x1x2


6


xn+1 = xn − f (xn)

f ′(xn)


2 x2 = x1 − f (x1)f ′(x1)

3 x3 = x2 − f (x2)f ′(x2)

x1x2x3


6


xn+1 = xn − f (xn)

f ′(xn)


2 x2 = x1 − f (x1)f ′(x1)

3 x3 = x2 − f (x2)f ′(x2)

4 x4 = x3 − f (x3)f ′(x3)

x1x2x3x4


6


xn+1 = xn − f (xn)

f ′(xn)


2 x2 = x1 − f (x1)f ′(x1)

3 x3 = x2 − f (x2)f ′(x2)

4 x4 = x3 − f (x3)f ′(x3)

5 x5 = x4 − f (x4)f ′(x4) x1x2x3x4


6


xn+1 = xn − f (xn)

f ′(xn)


2 x2 = x1 − f (x1)f ′(x1)

3 x3 = x2 − f (x2)f ′(x2)

4 x4 = x3 − f (x3)f ′(x3)

5 x5 = x4 − f (x4)f ′(x4)

6...

x1x2x3x4


7

Det gyldene snittEksempel

Det gyldene snitt φ er den største løsningen av x2 − x − 1 = 0 Bruknewtons metode for å finne φ.


7



Newtons iterasjnsformel: xn+1 = xn − x2n − xn − 12xn − 1

=x2

n + 12xn − 1


7




=x2

n + 12xn − 1

Gjetter x1 = 2.


7




=x2

n + 12xn − 1

Gjetter x1 = 2.

x2 =x2

1 +12x1−1 = 1,666666667


7




=x2

n + 12xn − 1

Gjetter x1 = 2.

x2 =x2

1 +12x1−1 = 1,666666667

x3 =x2

2 +12x2−1 = 1,619047619


7




=x2

n + 12xn − 1

Gjetter x1 = 2.

x2 =x2

1 +12x1−1 = 1,666666667

x3 =x2

2 +12x2−1 = 1,619047619

x4 =x2

3 +12x3−1 = 1,618034448


7




=x2

n + 12xn − 1

Gjetter x1 = 2.

x2 =x2

1 +12x1−1 = 1,666666667

x3 =x2

2 +12x2−1 = 1,619047619

x4 =x2

3 +12x3−1 = 1,618034448

x5 =x2

4 +12x4−1 = 1,618033989


7




=x2

n + 12xn − 1

Gjetter x1 = 2.

x2 =x2

1 +12x1−1 = 1,666666667

x3 =x2

2 +12x2−1 = 1,619047619

x4 =x2

3 +12x3−1 = 1,618034448

x5 =x2

4 +12x4−1 = 1,618033989

x6 =x2

5 +12x5−1 = 1,618033989


Kapittel 4.8.Antideriverte


9

Antideriverte

Definisjon (Antiderivert)Funksjonen F (x) kalles for en antiderivert av f (x) på intervallet Ihvis F ′(x) = f (x) for alle x i intervallet I.


9

Antideriverte

Definisjon (Antiderivert)Funksjonen F (x) kalles for en antiderivert av f (x) på intervallet Ihvis F ′(x) = f (x) for alle x i intervallet I.

TeoremHvis F (x) er en antiderivert av f (x) på intervallet I så vil alleantideriverte av f (x) på intervallet I være

F (x) + C


10

Tabell over noen antideriverte

Funkjson f (x) Antiderivert F (x)

0. f (k x) 1k F (k x) + C

1. xn 1n+1xn+1, n 6= −1 + C

2. cos x sin x + C3. sin x − cos x + C4. 1/cos2 x tan x + C5. 1/x ln |x | + C, x 6= 06. ex ex + C7. 1/

√1 − x2 sin−1 x + C, |x | < 1

8. 1/(1 + x2) tan−1 x + C9. 1/(|x |

√x2 − 1) sec−1 x + C, x > 1


11

Linearitet

Regel (Linearitet)


1. Konstant multippel k f (x) k F (x) + C2. Sum f (x) ± g(x) F (x) ± G(x) + C


11

Linearitet

Regel (Linearitet)


1. Konstant multippel k f (x) k F (x) + C2. Sum f (x) ± g(x) F (x) ± G(x) + C

EksempelFinn den antideriverte til

f (x) = 3e2x − 12

cos x


12

Eksempel på løsning av enkeldifferensiallikning

ProblemFinn y = f (x) slik at

dydx

=1

1 + x2 , y(0) = 1.


13

Antideriverte og differensiallikningerSetning

Hver løsning definert på et intervall I av differensiallikningendydx

= f (x) er en antiderivert av f (x).

Dvs y = F (x) + C er generell løsning av y ′ = f (x).

Eksempel


13

Antideriverte og differensiallikningerSetning

Hver løsning definert på et intervall I av differensiallikningendydx

= f (x) er en antiderivert av f (x).

Dvs y = F (x) + C er generell løsning av y ′ = f (x).

Eksempel

y = sin−1 x + C, |x | < 1 utgjør alle løsningene avdifferensiallikningen

dydx

=1√

1 − x2


14

Anvendelse

ProblemCa 50 meter fra bakken står Galileo Galilei i det skjeve tårn i Pisaog slipper to kanonkuler. De treffer bakken samtidig, men etter hvormange sekunder?


15

AnvendelseLøsning

Tyngdens akselerasjon er g = 9,81 m/s2.

ProblemCa 50 meter fra bakken står Galileo Galilei i detskjeve tårn i Pisa og slipper to kanonkuler. De trefferbakken samtidig, men etter hvor mange sekunder?


15

AnvendelseLøsning


Den deriverte av farten er v ′ = g.



15

AnvendelseLøsning



v(t) er en antiderivert av v ′(t) = g: v = g t + C, v(0) = 0 girC = 0.



15

AnvendelseLøsning




Fart er den deriverte av strekning: v(t) = s′(t).



15

AnvendelseLøsning





s(t) er en antiderivert av s′(t) = v(t): s = 12g t2 + C, s(0) = 0

gir C = 0.



15

AnvendelseLøsning






gir C = 0.

Den inverse av s(t) = 12g t2 er t(s) =

√

2sg .



15

AnvendelseLøsning






gir C = 0.

Den inverse av s(t) = 12g t2 er t(s) =

√

2sg .

Regner ut t(50) =√

2 · 509,81 ≈ 3,2 sekunder.



16

Ubestemt integralDefinisjon

La F (x) være den antideriverte av f (x). Da kaller vi også F (x) fordet ubestemte integralet av f (x):

F (x) =

∫

f (x) dx

Notasjonen F (x) =

∫

f (x) dx består av

integraltegn, integrand og integrasjonsvariabel.


16



F (x) =

∫

f (x) dx

Notasjonen F (x) =

∫

f (x) dx består av

integraltegn , integrand og integrasjonsvariabel.


16



F (x) =

∫

f (x) dx

Notasjonen F (x) =

∫

f (x) dx består av

integraltegn , integrand og integrasjonsvariabel.


16



F (x) =

∫

f (x) dx

Notasjonen F (x) =

∫

f (x) d x består av

integraltegn , integrand og integrasjonsvariabel .


17

Eksempler på ubestemt integral

Eksempel∫

ex dx =?∫

(x2 − x + 1) dx =?

∫(

1x

+ cos x)

dx =?


Kapittel 5.1.Estimering med endelige summer


19

ArealtilnærmingProblemVi ønsker å finne arealet til et område.

1

2

1 2 3 4 5


19


Vi kan finne arealet til området ved å dele området inn i småfirkanter og telle opp firkantene.

1

2

1 2 3 4 5


19



1

2

1 2 3 4 5


19



1

2

1 2 3 4 5

Nøyaktigheten avhenger av antall firkanter.


20

ArealArealet av et rektangel med bredde b og høyde h er lik

A = b · h.

b

h

b

h


20


A = b · h.

b

h

b

h


20


A = b · h.

b

h

b

h

Arealet er lik 4 · 2 = 8.


21

Arealer av sammensatte områder.Setning

Arealet av ikke-overlappende sammensatte områder er lik summenav arealet av hvert av områdene.

A1 A2

A = A1 + A2


22

EksempelFinn arealet av 10 firkanter hver med bredde 1 og der høyden er 1,2, 3, etc:


22


12

34

56

78

910

Arealet er 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 .


22


12

34

56

78

910

Arealet er 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 55.


ProblemFinn arealet av området under en kurve

y = f (x)

y

x

a b



y = f (x)

y

x

a b



y = f (x)

y

x

a b



x∗

1 x∗

2 x∗

3 x∗

4 x∗

5 x∗

6 x∗

7 x∗

8

y = f (x)

y

x

a b

Areal ≈8

∑

i=1

b − a8

f (x∗

i ) Samplingspunkter



y = f (x)

y

x

a b

Areal ≈16∑

i=1

b − a16

f (x∗

i )



y = f (x)

y

x

a b

Areal ≈32∑

i=1

b − a32

f (x∗

i )



y = f (x)

y

x

a b

Areal ≈64∑

i=1

b − a64

f (x∗

i )


24

Tilbakelagt strekning - problemer

Strekning = fart × tid

ProblemVi ønsker å estimere tilbakelagt strekning når vi kjenner farten vednoen tidspunkter.

Tid, s Fart, m/s

t1 = 0 v1 = 2,42,0 2,63,0 3,55,0 4,66,0 5,38,0 5,1

12345

1 2 3 4 5 6 7 8


24




Tid, s Fart, m/s

t1 = 0 v1 = 2,42,0 2,63,0 3,55,0 4,66,0 5,38,0 5,1

12345

1 2 3 4 5 6 7 8

∆t1 ∆t2 ∆t3 ∆t4 ∆t5


24




Tid, s Fart, m/s

t1 = 0 v1 = 2,42,0 2,63,0 3,55,0 4,66,0 5,38,0 5,1

12345

1 2 3 4 5 6 7 8

∆t1 ∆t2 ∆t3 ∆t4 ∆t5


24




Tid, s Fart, m/s

t1 = 0 v1 = 2,42,0 2,63,0 3,55,0 4,66,0 5,38,0 5,1

12345

1 2 3 4 5 6 7 8

∆t1 ∆t2 ∆t3 ∆t4 ∆t5


Tilbakelagt strekning beregnet ved å bruke venstre endepunktregel

∑5i=1 vi∆ti = 2,4 · 2 + 2,6 · 1 + 3,5 · 2 + 4,6 · 1 + 5,3 · 2 = 29,6.

Tilbakelagt strekning beregnet ved å bruke høyre endepunkt regel∑5

i=1 vi+1∆ti = 2,6 · 2 + 3,5 · 1 + 4,6 · 2 + 5,3 · 1 + 5,1 · 2 = 33,3.


Tilbakelagt strekning beregnet ved å bruke venstre endepunktregel

∑5i=1 vi∆ti = 2,4 · 2 + 2,6 · 1 + 3,5 · 2 + 4,6 · 1 + 5,3 · 2 = 29,6.

Tilbakelagt strekning beregnet ved å bruke høyre endepunkt regel∑5

i=1 vi+1∆ti = 2,6 · 2 + 3,5 · 1 + 4,6 · 2 + 5,3 · 1 + 5,1 · 2 = 33,3.


Kapittel 5.2.Sigma-notasjonen og

Riemannsummer


28

SummenotasjonDefinisjonMed

n∑

i=1

ai

mener vi summen a1 + a2 + a3 + · · · + an−1 + an


28


n∑

i=1

ai


EksempelFor eksempel er

10∑

i=1

i


28


n∑

i=1

ai



10∑

i=1

i = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 55


29

Summenotasjon

Vi trenger ikke la i starte med 1


29

Summenotasjon



10∑

i=5

i2


29

Summenotasjon



10∑

i=5

i2 = 52 + 62 + 72 + 82 + 92 + 102 = 355


30

Regneregler for summer

1

n∑

k=1

(ak ± bk) =

n∑

k=1

ak ±n

∑

k=1

bk


30


1

n∑

k=1

(ak ± bk) =

n∑

k=1

ak ±n

∑

k=1

bk

2

n∑

k=1

c ak = cn

∑

k=1

ak


30


1

n∑

k=1

(ak ± bk) =

n∑

k=1

ak ±n

∑

k=1

bk

2

n∑

k=1

c ak = cn

∑

k=1

ak

3

n∑

k=1

c = n c


Definisjon (“Riemann”-sum)La

f (x) være en funksjon definert på [a, b]

a b




[a, b] oppdelt i n intervaller av lengde ∆x = b−an .

a b∆x





Ett samplingspunkt i hvert delintervall:

x∗

1 , x∗

2 , x∗

3 , . . . , x∗

n

a b∆x





Ett samplingspunkt i hvert delintervall:

x∗

1 , x∗

2 , x∗

3 , . . . , x∗

n

a b∆x

Summen

Rn =n

∑

i=1

f (x∗

i )∆x

kalles for en Riemann-sum.


Kapittel 5.3.Bestemt integral


Definisjon (Bestemt Integral)La





og la

Rn =

n∑

i=1

f (x∗

i )∆x




og la

Rn =

n∑

i=1

f (x∗

i )∆x

Da er integralet av f (x) på intervallet [a, b]

∫ b

af (x) dx = lim

n→∞

Rn


34

Direkte utregning av integralet

EksempelFinn det bestemte integralet

∫ b

ac dx



∫ 2

0x dx

Du vil få bruk forn

∑

k=1

k =n(n + 1)

2


36

Direkte utregning av integralet


∫ 1

0x2 dx

Du vil få bruk forn

∑

k=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6


37

Midtpunktsregelen.Midtpunktsregelen er en metode for å estimere et bestemt integral.

∫ b

af (x) dx ≈

n∑

i=1

f (x̄i )∆x

x̄i er midtpunktet til [xi−1, xi ].


37


∫ b

af (x) dx ≈

n∑

i=1

f (x̄i )∆x


Eksempel (Midtpunktsregelen med n = 4)

Bruk midtpunktsregelen med n = 4 til å estimere∫ 2

11x dx .


37


∫ b

af (x) dx ≈

n∑

i=1

f (x̄i )∆x


Eksempel (Midtpunktsregelen med n = 4)

Bruk midtpunktsregelen med n = 4 til å estimere∫ 2

11x dx .

Løsning: x̄1 = 9/8, x̄2 = 11/8, x̄3 = 13/8, x̄4 = 15/8 og ∆x = 14 .

∫ 21

1x dx ≈ x̄1∆x + x̄2∆x + x̄3∆x + x̄4∆x = 2

9 + 211 + 2

13 + 215 = 0,691


38

Egenskaper til bestemt integral

Setning

1∫ b

a c dx = c · (b − a). når c er en konstant


38


Setning

1∫ b


2∫ b

a (f (x) ± g(x)) dx =∫ b

a f (x) dx ±∫ b

a g(x) dx


38


Setning

1∫ b


2∫ b

a (f (x) ± g(x)) dx =∫ b

a f (x) dx ±∫ b

a g(x) dx

3∫ b

a c f (x) dx = c∫ b

a f (x) dx, når c er konstant.


38


Setning

1∫ b


2∫ b

a (f (x) ± g(x)) dx =∫ b

a f (x) dx ±∫ b

a g(x) dx

3∫ b

a c f (x) dx = c∫ b

a f (x) dx, når c er konstant.

4∫ c

a f (x) dx +∫ b

c f (x) dx =∫ b

a f (x) dx


39

Definisjoner

Definisjon∫ a

bf (x) dx = −

∫ b

af (x) dx

∫ a

af (x) dx = 0


40

Sammenliknings-egenskaper

Setning

1 Hvis f (x) ≥ 0 på [a, b] så er∫ b

a f (x) dx ≥ 0.


40


Setning


a f (x) dx ≥ 0.

2 Hvis f (x) ≥ g(x) på [a, b] så er∫ b

a f (x) dx ≥∫ b

a g(x) dx.


40


Setning


a f (x) dx ≥ 0.

2 Hvis f (x) ≥ g(x) på [a, b] så er∫ b

a f (x) dx ≥∫ b

a g(x) dx.3 Hvis m ≤ f (x) ≤ M på [a, b] så er

m(b − a) ≤∫ b

af (x) dx ≤ M(b − a)

.


Documents

Newtons metode - Integrasjon Forelesning i …...Newtons metode - Integrasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 20. september 2011