TDP015: Lektion 5 - Svar

HTML
DOWNLOAD

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "TDP015: Lektion 5 - Svar"

Kristin Nilsson
för 7 år sedan
Visningar:

1 TDP015: Lektion 5 - Svar 11 maj Huvudsaken här är att det spelar roll vilket initialvärde vi har. Nedan har jag valt beräkningar som slutar när f(x) < ɛ, där ɛ Detta behöver ni såklart inte göra på miniräknare. a) b) x 0-7 x x x x x 0-19 x x x a) Vi formulerar det hela i termer av f(x) x 16 och söker nollställe till f. b) Vi ser att 8 och ligger någonstans mellan detta. Vi kan också se det som att f() < 0 och f() > 0. Detta säger att det finns åtminstone ett (kanske flera) svar som ligger mellan och 1 1 Överkurs. Detta behöver du inte kunna, men det motiverar en del av lösningsgången ovan: om f antar ett negativt värde i en punkt och ett positivt värde i en annan, så måste den någonstans - kanske på flera ställen - däremellan ha korsat 0. Detta vet vi eftersom f i uppgiften är en kontinuerlig funktion. Detta är rätt intuitivt (försök rita en [obruten] kurva som det inte gäller för). Mer formellt, kan man hänvisa till satsen om mellanliggande värde. Detta gäller så fort f är kontinuerlig, och kräver inget extra. För att se att lösningen är unik, eller hitta bra punkter att mäta i, krävs lite mer. Vi behöver vet mer om hur funktionskurvan ser ut. Derivatan handlar om förändring av funktionsvärdet. f(x) x 16, f (x) x. Eftersom x 0 för alla reella tal, vet vi att funktionen aldrig avtar (däremot kan den möjligen plana ut någonstans). För x 0 ser vi att den är strängt växande. Precis kring x 0 händer lite speciella saker - ser vi på grafen planar den ut därikring, innan den börjar öka igen - men det är ointressant i detta fall. Eftersom f(0) 16 vet att vi aldrig kommer att hitta lösningen i något x 0 (f kan bara bli större genom att öka x). Ser vi på x > 0 vet vi att f är strängt växande. Därmed vet vi att f aldrig kommer att anta värdet 0 för två olika x > 0 (när nollstrecket väl passerats, böjer funktionskurvan aldrig nedåt igen). Om vi hittat en lösning (vilket vi gjorde, en mellan och ), vet vi alltså att den är unik. Som vi sett ovan, kan polynom ha många olika reella rötter (och val av x 0 ger vilken av 1

2 c) Vi prövar med x 0.5: x 0.5 x 1.5 x d) Med x får vi f(x) e , vilket är hyfsat nära. Om vi bara testat med x.5198 ser vi en avvikelse i storleksordningen dem man hittar). Här visar vi att vi har hittat den enda möjliga. Det behöver inte ni göra i inlämningsuppgiften. Det är inte heller svårt att konstruera polynom som inte har några reella rötter, och där Newton-Raphson helt går bet. Det i inlämningsuppgiften har exakt en reell rot, och bör inte skapa problem.

3 . a) Vi kan svara koncist med låt p och q vara sanna. Då blir formeln till vänster om ekvivalensen falsk, och formeln till höger sann. p q q p q p q (p q) p q Vi ser att kolonnerna inte alltid har samma värden. Formlerna är alltså inte ekvivalenta. b) Detta stämmer däremot. Vi måste visa detta för samtliga tilldelningar, och gör en tabell: p q q p q p (p q) p q

4 4. Vi visar n (i + ) genom induktion över n. Basfall: n 1 n(n + 5), n Z + 1 (i + ) 1(1 + 5) Induktionssteg. Vi vet att (i + ) (i + ) + (p ) Antag nu dessutom att (i + ) för något p Z + (induktionsantagande IA). p(p + 5) Vårt mål i härledningen nedan är att visa att detta antagande medför att (i + ) Vi börjar med härledningen: (i + )... (p + 1)((p + 1) + 5) (i + ) + (p ) / IA / p(p + 5) + (p + 6) p(p + 6) + p (p + 1)(p + 6) p(p + 5) p(p + 5) + p + p + 6 (p + 1)(p + 6) + (p + ) Enligt principen om matematisk induktion följer påståendet för n Z +. 4

5 5. Vi visar ( n n ) i i n Z + genom induktion över n. Basfall: n 1. Induktionssteg: Vi vet att Antag nu dessutom att ( 1 1 i i i i + (p + 1) ( i i för något p N (induktionsantagande IA). Vi kan påminna oss om i ) p(p + 1) Vårt mål i detta läge är att visa att vi om vi antar IA kan visa i ( p+1 i Därmed, och i fler steg än ni behöver skriva: i i + (p + 1) / IA / ( i) + (p + 1) ( ) p(p + 1)... + (p + 1) (... (p + 1) p ) + (p + 1) (p + 1) ( ) ( p... (p + 1) p + (p + 1) (p + 1) ) + 4p ( ) ( ) (p + )... (p + 1) p + (p + 1) 4 5 ) )

6 ( ) ( (p + 1)(p + )... i Enligt principen om matematisk induktion gäller påståendet för n Z +. ) 6

7 6. A {1,, }, B {,,..., 1000}. a) A B {, } b) (A B) (B A) 4 Varför? A B {(1, ), (1, ), (1, 4),..., (, ), (, ), (, 4),..., (, ),...} B A {(, 1), (, ), (, ), (, 1), (, ), (, ), (4, 1),..., (5, 1),...} Därmed A B B A {(, ), (, ), (, ), (, )} 4 7. A 1500, B 000, A B 000. A B A + B A B Nej. Till exempel kan vi ta mängderna A {1,, }, B {, }. A B, A B. sgd(,) a) Egenskaperna som ska uppfyllas är Reflexiv. x(xrx). Alla element i S är relaterade till sig själva. I en grafisk visualisering: alla noder har en båge till sig själv. I vår exempelgraf: Vi vet att arb, brc så (a, b), (b, c) finns med i relationen. Dessutom finns alla öglor med: {(a, a), (b, b), (c, c), (a, b), (b, c)} R 1 Symmetrisk. x y(xry yrx). Om x är relaterad till y, så är y relaterad till x. I grafisk visualisering: om det går en båge x y, så måste det gå en båge tillbaka. Eftersom arb måste bra (och dylikt). {(a, b), (b, a), (b, c), (c, b)} R Transitiv. x y z(xry yrz xrz). I grafisk visualisering: om det går en båge x y och en båge y z så går det en båge direkt från x till z. {(a, b), (b, c), (a, c)} R. Lägger man till någon ytterligare båge, har det såklart påverkan (lägger man till (b,a) måste man t ex ha en ögla (a,a))! b) Nej. Relationen är reflexiv och transitiv, men inte symmetrisk. Betrakta till exempel mängderna A {1}, B {1, }. A B, men B A. c) A {1,,, 4}. a) Detta är en funktion A A. Samtliga olika värden i definitionsmängden/domänen (mängden indata) A avbildas unikt på något värde i A. Grafiskt: det finns pilar från varje värde i definitionsmängden A. Injektiv? Ja. Det finns inte två olika x, y A som avbildas på samma värde (grafiskt: det finns inga element som har två pilar till sig) Surjektiv? Ja. Ser vi på målmängden A, märker vi att oavsett vilket värde vi väljer, kan vi hitta ett värde som avbildas på det. (Grafiskt: alla värden i målmängden har åtminstone någon pil till sig.) 7

8 b) Detta är inte en funktion från A till A. f () 0 A. c) Detta är en funktion. Injektiv?Nej. f (1) f () 4, så inte injektiv. Surjektiv? Nej. Det finns inget x sådant att f (x) 1 (trots att 1 A). Därmed inte surjektiv. d) Detta är inte en funktion. A, men det är inte definierat vad f 4 () är. 10. A ändlig. Antag motsatsvis att f : A A är injektiv, men inte surjektiv. Eftersom funktionen inte är surjektiv, finns något värde y A som inget x A avbildas på. Eftersom f är en funktion, avbildar den varje element i definitionsmängden A på något unikt element. Eftersom f är injektiv, avbildar den aldrig två olika element i A på samma element i värdemängden A. Ritar man pilar, finns det ingen nod som har två pilar till sig. Men därmed måste A olika värden i definitionsmängden avbildas på A {y} A 1 olika värden. Detta är omöjligt. Vi har vår motsägelse kulor, 15 vita, 5 svarta, 5 röda. Vi kan välja st kulor bland 0 (utan återläggning) på ( ) ( ) 1140 sätt. a) Alla tre dragna kulor är röda. Antalet sätt vi kan välja tre röda kulor bland fem möjliga är ( 5 ) 10. Sannolikheten är således ( 5 p ( ) 0 ) % b) Ingen är röd. Antalet gynnsamma fall är ( 15 ) (vi väljer kulor bland de 15 icke-röda). p 0 ( 15 ( 0 ) ) % c) Exakt en är röd. Vi kan välja denna röda på ( 5 1) 5 sätt. Övriga två väljer vi bland de 15 kvarvarande. Händelserna är oberoende, och enligt multiplikationsprincipen ges: #gynnsamma fall ( ) 5 1 p % ( )

9 På samma sätt för p. De röda kan väljas på ( 5 ) 10 sätt. Kvarvarande icke-röda kan väljas på ( ) sätt. p % Anm.: Detta är konsistent med de första två uppgifterna. Det första kan formuleras som välj av 5 röda, välj 0 av 15 icke-röda, med svaret ( 5 )( 15 0 ) ( 5 ) ). Det andra kan skrivas som välj 0 av 5 röda, välj av 15 icke-röda. d) Totalt bör sannolikheten bli 100%. Vi har delat upp samtliga möjliga fall. Det blir den också: Med procentsiffror som ovan, blir det 100.1% totalt på grund av avrundningar. 9

Relevanta dokument

Diskret matematik, lektion 2

Diskret matematik, lektion 2 Diskret matematik, lektion Uppgifter med (*) är överkurs, och potentiellt lite klurigare. Ni behöver inte kunna lösa dessa. 1 Uppgifter 1. Låt A = {1,, 3}, B = {a, b}. Vilka element finns med i... a) A