ciągłość funkcji

Granice, pochodne, całki, szeregi
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
zuzas
Dopiero zaczynam
Dopiero zaczynam
Posty: 15
Rejestracja: 04 lis 2023, 00:11
Płeć:

ciągłość funkcji

Post autor: zuzas »

Dzień dobry, proszę o pomoc z tymi zadaniami
1) wykazać, że każde równanie \(a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0=0 gdzie n=2k+1\), \(k=0,1,2..\). ma co najmniej jeden pierwiastek rzeczywisty
2) wykazać, że równanie \(x^3-3x+1=0\) ma w przedziale \(<1,2>\) co najmniej jeden pierwiastek rzeczywisty, znaleźć wartość przybliżoną tego pierwiastka z dokładnością do \(0.01\)
kerajs
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 2955
Rejestracja: 14 lis 2016, 15:38
Podziękowania: 33 razy
Otrzymane podziękowania: 1298 razy
Płeć:

Re: ciągłość funkcji

Post autor: kerajs »

1. Tu brakuje założenia, że \(a_n\) jest różny od zera.
Pozostaje pokazać że wielomian stopnia nieparzystego w minus i w plus nieskończoności ma wartości przeciwnych znaków.

2. To nie jest prawda. Możliwe, iż miało być \(x^3-3x-1=0\) ?
zuzas
Dopiero zaczynam
Dopiero zaczynam
Posty: 15
Rejestracja: 04 lis 2023, 00:11
Płeć:

Re: ciągłość funkcji

Post autor: zuzas »

Właśnie przepisałam polecenia słowo w słowo; to zbiór zadań Stankiewicza
kerajs
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 2955
Rejestracja: 14 lis 2016, 15:38
Podziękowania: 33 razy
Otrzymane podziękowania: 1298 razy
Płeć:

Re: ciągłość funkcji

Post autor: kerajs »

Sorki , źle spojrzałem.
Niech \(W(x)=x^3-3x+1\). Skoro wielomian jest ciągły oraz W(1)=-1 i W(2)=3 to między 1 a 2 jest miejsce zerowe. Zastosuj np bijekcję do znalezienia jego przybliżonej wartości.
zuzas
Dopiero zaczynam
Dopiero zaczynam
Posty: 15
Rejestracja: 04 lis 2023, 00:11
Płeć:

Re: ciągłość funkcji

Post autor: zuzas »

A czy moglbys przeprowadzic ten dowod, bo chyba zrobilam, ale nie mam z czym sprawdzic
janusz55
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 1327
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Otrzymane podziękowania: 373 razy

Re: ciągłość funkcji

Post autor: janusz55 »

Metoda Bisekcji - połowienia - znajdowania pierwiastków równań bazuje na twierdzeniu Darboux "o przyjmowaniu wartości pośrednich".

Jeśli funkcja \( f(x) \) jest funkcją ciągłą w przedziale \( [a,\ \ b] \) taką, że w końcach tego przedziału przyjmuje wartości

różnych znaków, \( f(a)\cdot f(b) < 0,\) to istnieje przynajmniej jeden punkt \( \alpha \in [a, \ \ b]\), taki, że \( f(\alpha) = 0. \)

Zakładamy, że funkcja posiada dokładnie jedno miejsce zerowe \( \alpha \) w rozpatrywanym przedziale \( [a, \ \ b]. \)

Metoda bisekcji polega na połowieniu przedziału \( [ a,\ \ b ]\) na co raz mniejsze przedziały \( [a_{n},\ \ b_{n}] \subset [a, \ \ b], n=1,2,.. \)

Na początku wyznaczamy środek \( c = \frac{a+b}{2} \) każdego przedziału , później obliczamy znak iloczynu \( f(c)\cdot f(b). \)

Jeśli iloczyn jest ujemny, oznacza to, że poszukiwany pierwiastek znajduje się w przedziale \( [c, \ \ d],\) jeśli zaś dodatni - w przedziale \( [a, \ \ c]. \)

Następnie rozpatrujemy nowy przedział zawierający \( \alpha. \)

Proces połowienia kontynuujemy dopóty, dopóki różnica \( |a_{n} - b_{n}| < \varepsilon, \)

gdzie \( \varepsilon \) jest wartością przyjętej dokładności (tolerancji) wyniku.

Innym stop- kryterium, które możemy przyjąć, jest wartość błędu wględnego \( \frac{|a_{n}-b_{n}|}{|a_{n}|}< \varepsilon \)

lub spełniona nierówność \( |f(a_{n})| < \varepsilon.\)

Program Metody Bisekcji w OCTAVE

Kod: Zaznacz cały

function bisect(f,a,b,tol,n)
  a0=a;
  b0=b;
  iter=0;
  u=feval(f,a);
  v=feval(f,b);
  c=(a+b)*0.5;
  err=abs(b-a)*0.5;
  disp('__________________________________________________________________ ')
  disp(' iter      a         b        c         f(c)        |b-a|/2                                                ')
  disp('___________________________________________________________________')
  fprintf('\n')
  if (u*v<=0)
    while (err>tol)&(iter<=n)
      w=feval(f,c);
      fprintf('%2.0f %10.4f %10.4f %12.6f %10.6f %10.6f\n',iter,a,b,c,w,err)
     if (w*u<0)
        b=c;
        v=w;
      end;
      if (w*u>0)
        a=c;
        u=w;
      end;
      iter=iter+1;
      c=(a+b)*0.5;
      err=abs(b-a)*0.5;
    end;
    if (iter>n)
      disp('Metoda nie jest zbieżna')
    end;
  else
    disp('Metoda nie może by stosowana f(a)f(b)>0')
    end;

Przykładowa funkcja:

Kod: Zaznacz cały

   
    function f=f1(x)
     f=x.^3- 3*x +1;    
 

Przykładowe wywołanie programu:

Kod: Zaznacz cały

  >> bisect('f1',1,2,10^(-4),40)

Wyniki:

Kod: Zaznacz cały

______________________________________________________________
 iter      a         b        c         f(c)        |b-a|/2
______________________________________________________________

 0     1.0000     2.0000     1.500000   0.125000   0.500000
 1     1.0000     1.5000     1.250000  -0.609375   0.250000
 2     1.2500     1.5000     1.375000  -0.291016   0.125000
 3     1.3750     1.5000     1.567500  -0.095947   0.062500
 4     1.4375     1.5000     1.568750   0.011200   0.031250
 5     1.4375     1.4688     1.539250  -0.043194   0.015625
 6     1.4531     1.4688     1.539038  -0.016203   0.007812
 7     1.4609     1.4688     1.534844  -0.002554   0.003906
 8     1.4648     1.4688     1.533218   0.004310   0.001953
 9     1.4648     1.4668     1.533210   0.000875   0.000977
10     1.4648     1.4658     1.533209  -0.000840   0.000488
11     1.4653     1.4658     1.533205   0.000017   0.000244
12     1.4653     1.4656     1.533201  -0.000001   0.000122
Dokładność metody bisekcji .

Jeśli funkcja \( f \) jest ciągła w przedziale \( [a,b] \) i taka, że \( f(a)\cdot f(b) <0, \) to \( n-\) ty krok

metody bisekcji przybliża poszukiwany pierwiastek równania z błędem nie mniejszym niż \( \frac{(b-a)}{2^{n+1}}.\)

Dowód

Niech \( [a_{0}, b_{0}] \) bedzie wyjściowym przedziałem zawierającym miejsce zerowe funkcji \( f, \ \ \alpha. \)

Definiujemy środek przedziału \( [a_{0}, b_{0}]. \) to jest punkt \( c_{0} = \frac{b_{0}+c_{0}}{2} \) i \( \alpha \in [a_{0},b_{0}]\)

Stąd

\( |\alpha-c_{0}| < (b_{1}-a_{1}) = \frac{b_{0}-a_{0}}{2}. \)

gdzie punkty \( a_{1}, b_{1} \) są końcami nowego przedziału zawierającego \( \alpha. \)

Jeśli przez \( c_{n} \) oznaczymy wartość \( c \) w \( n- \) tej iteracji, to

\( |\alpha - c_{n}| < |b_{n+1}- a_{n+1}| =\frac{b_{0}-a_{0}}{2^{n+1}}, \ \ n=0,1,2,...\)

Na przykład dla Pani wielomianu

\( f(x) = x^3 -3x+1 \)

przyjęliśmy dokładność \( tol = 10^{-4} \)

i otrzymaliśmy

\( |\alpha - c_{n}| \leq \frac{b-a}{2^{n+1}} = \frac{2-1}{2^{n+1}} < 10^{-4} \)

\( -(n+1) \log(2)< -4 \)

\( n > \frac{4}{\log(2)} -1 \approx 12 \) iteracji.
janusz55
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 1327
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Otrzymane podziękowania: 373 razy

Re: ciągłość funkcji

Post autor: janusz55 »

a)
Dowód:

\( \lim_{ x \to \pm \infty} \frac{1}{x} = 0 \)

Zatem

\( \lim_{x \to \pm \infty} \frac{w(x)}{x^{n}} = \lim_{x\to \pm \infty} \left(\frac{a_{0}}{x^{n}} + \frac{a_{1}}{x^{n-1}} + \ \ ... + \ \ \frac{a_{n-1}}{x} + a_{n} \right) = a_{n}. \)

Załóżmy, że współczynnik \( a_{n} > 0 \). Przypadek \( a_{n}<0 \) można sprowadzić do poprzedniego przez zastąpienie wielomianu \( w \) wielomianem przeciwnym.

Stosując twierdzenie o granicach stwierdzamy, że z jednej strony zachodzi \( \lim_{x\to \infty} w(x) = \lim_{x\to \infty} x^{n} \cdot \lim_{x\to \infty} \frac{ w(x)}{x^{n}} = +\infty\cdot a_{n} = +\infty, \)

a z drugiej strony \( \lim_{x\to -\infty} w(x) = \lim_{x\to -\infty} x^{n} \cdot \lim_{x\to -\infty} \frac{ w(x)}{x^{n}} = -\infty\cdot a_{n} = -\infty. \)

Z tego wnioskujemy, że wielomian \( w \) przyjmuje zarówno wartości dodatnie jak ujemne.

Jeśli \( x \) jest dostatecznie dużą liczbą dodatnią, to \( w(x)>0, \) jeśli \( |x| \) jest dostaecznie dużą liczbą dodatnią i \( x<0 \), to \( w(x)< 0.\)

Stąd wynika, że wielomian \( w(x) \) przyjmuje w pewnym punkcie wartość \( 0, \) czyli ma pierwiastek.
\( \Box \)