Polecenie
Uzasadnij, że podane równania mają jednoznaczne rozwiązania na wskazanych zbiorach.
Wyznacz rozwiązania równań z dokładnością do 0,1.
Wyznacz rozwiązania równań z dokładnością do 0,1.
Wskazówki
Twierdzenie Darboux
Jeżeli funkcja f jest ciągła na odcinku ⟨a;b⟩ oraz f(a)⋅f(b)<0, wówczas istnieje co najmniej jeden punkt c∈⟨a;b⟩ taki, że f(c)=0.
Równanie 1
x2=ex na odcinku ⟨−1,0⟩
Rozwiązanie
Aby udowodnić istnienie rozwiązania równania x2=ex na odcinku ⟨−1,0⟩ wystarczy zapisać podane równanie w postaci f(x)=0 oraz udowodnić, że f(−1)⋅f(0)<0.
Przekształcamy równanie:
x2−ex=0f(x)=x2−ex.
Liczymy wartości funkcji f na końcach przedziału:
f(−1)=1−e−1=1−1e>0f(0)=0−e0=0−1=−1<0
Zatem f(−1)⋅f(0)<0.
Aby wyznaczyć wartość argumentu, który jest rozwiązaniem danego równania, należy działać zgodnie z poniższym algorytmem.
Przekształcamy równanie:
x2−ex=0f(x)=x2−ex.
Liczymy wartości funkcji f na końcach przedziału:
f(−1)=1−e−1=1−1e>0f(0)=0−e0=0−1=−1<0
Zatem f(−1)⋅f(0)<0.
Aby wyznaczyć wartość argumentu, który jest rozwiązaniem danego równania, należy działać zgodnie z poniższym algorytmem.
ALGORYTM
Aby zgodnie z założeniem twierdzenia Darboux f(a)⋅f(b)<0 , wówczas muszą być spełnione założenia: 1o. f(a)>0∧f(b)<0 lub 2o. f(a)<0∧f(b)>0.
Rozpatrzmy pierwszy przypadek, czyli f(a)>0∧f(b)<0.
Uwaga!
Analogicznie działamy, gdy f(a)<0∧f(b)>0.
Rozpatrzmy pierwszy przypadek, czyli f(a)>0∧f(b)<0.
- Dzielimy odcinek ⟨a,b⟩ na dwie równe części argumentem r.
- Liczymy wartość funkcji f(x) w punkcie r, czyli f(r). Funkcja f to funkcja powstała na skutek przekształcenia równania wyjściowego do postaci f(x)=0.
- Jeżeli f(r)<0, to w następnym kroku dzielimy odcinek ⟨a,r⟩ na dwie równe części argumentem r1 i liczymy f(r1).
- Jeżeli f(r)>0, to w następnym kroku dzielimy odcinek ⟨r,b⟩ na dwie równe części argumentem r2 i liczymy f(r2).
- Z otrzymanym odcinkiem postępujemy podobnie aż do otrzymania żądanego przybliżenia rozwiązania równania f(x)=0.
Uwaga!
Analogicznie działamy, gdy f(a)<0∧f(b)>0.
Równanie ma postać x2−ex=0.
Licząc wartości funkcji f na końcach przedziału ⟨−1,0⟩ dostaniemy 1o przypadek, gdzie f(a)>0 oraz f(b)<0.
Dzielimy powyższy odcinek na dwie równe części argumentem −12 i liczymy wartość funkcji f(−12).
f(−12)=14−e−12=14−1√e<0
Ponieważ f(−1)=1−e−1=1−1e>0 więc mamy różne znaki wartości funkcji na końcach przedziału.
Bierzemy teraz pod uwagę odcinek ⟨−1,−12⟩. Dzielimy go na dwie równe części argumentem −34.
Liczymy wartości funkcji dla argumentu −34.
f(−34)=916−e−34=916−13√e4≈0,56−0,47>0
Ponieważ f(−1)=1−e−1=1−1e>0, zatem bierzemy pod uwagę odcinek ⟨−34,−12⟩.
Dzielimy go na dwie równe części argumentem −58 ⟨−34,−12⟩=⟨−34,−24⟩=⟨−68,−48⟩ .
I znów liczymy wartość funkcji f dla argumentu −58.
f(−58)=2564−e−58≈0,39−0,54<0.
A ponieważ
f(−68)=f(−34)=916−e−34=916−13√e4≈0,56−0,47>0,
zatem bierzemy pod uwagę przedział ⟨−68,−58⟩.
Ponieważ −68=0,75, −58=0,625, więc dzielimy podany przedział argumentem −710
(nie musimy koniecznie brać po uwagę połowę przedziału).
Liczymy wartość funkcji f dla argumentu −710.
f(−710)=49100−e−710=≈0,49−0,4965<0.
Ponieważ
f(−68)=f(−34)=916−e−34=916−13√e4≈0,56−0,47>0,
zatem rozwiązanie naszego równania mieści się na pewno w przedziale ⟨−68,−710⟩.
W taki sposób postępujemy aż do uzyskania interesującego nas przybliżenia.
W tej chwili możemy powiedzieć, że równanie x2=ex posiada rozwiązanie na odcinku ⟨−68,−710⟩. Możemy podać przybliżenie rozwiązania równania do jednego miejsca po przecinku, a mianowicie x≈−0,7.
Poniżej interpretacja graficzna rozwiązania równania.
Licząc wartości funkcji f na końcach przedziału ⟨−1,0⟩ dostaniemy 1o przypadek, gdzie f(a)>0 oraz f(b)<0.
Dzielimy powyższy odcinek na dwie równe części argumentem −12 i liczymy wartość funkcji f(−12).
f(−12)=14−e−12=14−1√e<0
Ponieważ f(−1)=1−e−1=1−1e>0 więc mamy różne znaki wartości funkcji na końcach przedziału.
Bierzemy teraz pod uwagę odcinek ⟨−1,−12⟩. Dzielimy go na dwie równe części argumentem −34.
Liczymy wartości funkcji dla argumentu −34.
f(−34)=916−e−34=916−13√e4≈0,56−0,47>0
Ponieważ f(−1)=1−e−1=1−1e>0, zatem bierzemy pod uwagę odcinek ⟨−34,−12⟩.
Dzielimy go na dwie równe części argumentem −58 ⟨−34,−12⟩=⟨−34,−24⟩=⟨−68,−48⟩ .
I znów liczymy wartość funkcji f dla argumentu −58.
f(−58)=2564−e−58≈0,39−0,54<0.
A ponieważ
f(−68)=f(−34)=916−e−34=916−13√e4≈0,56−0,47>0,
zatem bierzemy pod uwagę przedział ⟨−68,−58⟩.
Ponieważ −68=0,75, −58=0,625, więc dzielimy podany przedział argumentem −710
(nie musimy koniecznie brać po uwagę połowę przedziału).
Liczymy wartość funkcji f dla argumentu −710.
f(−710)=49100−e−710=≈0,49−0,4965<0.
Ponieważ
f(−68)=f(−34)=916−e−34=916−13√e4≈0,56−0,47>0,
zatem rozwiązanie naszego równania mieści się na pewno w przedziale ⟨−68,−710⟩.
W taki sposób postępujemy aż do uzyskania interesującego nas przybliżenia.
W tej chwili możemy powiedzieć, że równanie x2=ex posiada rozwiązanie na odcinku ⟨−68,−710⟩. Możemy podać przybliżenie rozwiązania równania do jednego miejsca po przecinku, a mianowicie x≈−0,7.
Poniżej interpretacja graficzna rozwiązania równania.
Równanie 2
x3−2x+5=0 na odcinku ⟨−3,−2⟩
Rozwiązanie
Na początku musimy zdefiniować funkcję f(x). Zatem f(x)=x3−2x+5. Liczymy wartości funkcji na końcach odcinka, by mieć pewność, że na tym odcinku funkcja f na pewno posiada pierwiastek (miejsce zerowe).
f(−3)=(−3)3−2(−3)+5=−27+6+5<0f(−2)=(−2)3−2(−2)+5=−8+4+5=1>0.
Ponieważ f(−3)⋅f(−2)<0, zatem funkcja f posiada na odcinku ⟨−3,−2⟩ miejsce zerowe.
Aby wyznaczyć to miejsce z dowolną dokładnością musimy zastosować opisany w pierwszym przykładzie algorytm.
f(−3)=(−3)3−2(−3)+5=−27+6+5<0f(−2)=(−2)3−2(−2)+5=−8+4+5=1>0.
Ponieważ f(−3)⋅f(−2)<0, zatem funkcja f posiada na odcinku ⟨−3,−2⟩ miejsce zerowe.
Aby wyznaczyć to miejsce z dowolną dokładnością musimy zastosować opisany w pierwszym przykładzie algorytm.
Równanie 3
x6−x−3=0 w przedziale ⟨1;2⟩
Rozwiązanie
Na początku sprawdzamy, czy równanie x6−x−3=0 posiada rozwiązanie na odcinku ⟨1;2⟩.
Liczymy wartości funkcji f(x)=x6−x−3 na końcach odcinka.
f(1)=1−1−3<0f(2)=26−2−3>0
Ponieważ wartości funkcji na końcach przedziału mają różne znaki, czyli spełniają założenie f(a)⋅f(b)<0, zatem istnieje rozwiązanie równania x6−x−3=0 na odcinku ⟨1;2⟩.
Do wyznaczenia rozwiązania zastosujemy w tym przykładzie inną metodę. Poniżej jej opis.
Liczymy wartości funkcji f(x)=x6−x−3 na końcach odcinka.
f(1)=1−1−3<0f(2)=26−2−3>0
Ponieważ wartości funkcji na końcach przedziału mają różne znaki, czyli spełniają założenie f(a)⋅f(b)<0, zatem istnieje rozwiązanie równania x6−x−3=0 na odcinku ⟨1;2⟩.
Do wyznaczenia rozwiązania zastosujemy w tym przykładzie inną metodę. Poniżej jej opis.
ALGORYTM
Drugą metodą wyznaczania rozwiązania równania na przedziale ⟨a;b⟩ jest podział tego odcinka na 10 równych części i liczenie wartości funkcji f w kolejnych punktach przedziału.
W momencie kiedy spotkamy się ze zmianą znaku wartości funkcji, zawężamy przedział do występujących po sobie argumentów (dla których zmieniła się wartość funkcji)
i kolejny podział na 10 równych części.
Takie działanie powtarzamy do uzyskania żądanego przybliżenia pierwiastka równania.
W momencie kiedy spotkamy się ze zmianą znaku wartości funkcji, zawężamy przedział do występujących po sobie argumentów (dla których zmieniła się wartość funkcji)
i kolejny podział na 10 równych części.
Takie działanie powtarzamy do uzyskania żądanego przybliżenia pierwiastka równania.
Dzielimy odcinek ⟨1;2⟩ na 10 równych części.
Liczymy f(1,1)=(1,1)6−1,1−3<0f(1,2)=(1,2)6−1,2−3<0f(1,3)=(1,3)6−1,3−3>0 dla kolejnych argumentów z podziału.
Widać, że dla x=1,2 oraz x=1,3 wartości funkcji zmieniają znak na przeciwny. W przybliżeniu do części dziesiętnych rozwiązanie równania wynosi x≈1,2. (Można również przyjąć x≈1,3.)
W kolejnym kroku pokażemy jak dokonać dokładniejszego przybliżenia rozwiązania równania, tj do części setnych. Dzielimy odcinek ⟨1,2;1,3⟩ na dziesięć równych części
i liczymy f(1,21)≈−1,07<0f(1,22)≈−0,92<0f(1,23)≈−0,77<0f(1,24)≈−0,6<0f(1,25)≈−0,44<0f(1,26)≈−0,26<0f(1,27)≈−0,07<0f(1,28)≈0,11>0 dla kolejnych argumentów.
Widać, że funkcja zmienia znak dla x=1,27 oraz x=1,28. Możemy już oszacować, że rozwiązanie równania wynosi w przybliżeniu x=1,27 (można również przyjąć x=1,28).
Dla zainteresowanych wykres funkcji f wraz z odcinkiem ⟨1;2⟩.
Liczymy f(1,1)=(1,1)6−1,1−3<0f(1,2)=(1,2)6−1,2−3<0f(1,3)=(1,3)6−1,3−3>0 dla kolejnych argumentów z podziału.
Widać, że dla x=1,2 oraz x=1,3 wartości funkcji zmieniają znak na przeciwny. W przybliżeniu do części dziesiętnych rozwiązanie równania wynosi x≈1,2. (Można również przyjąć x≈1,3.)
W kolejnym kroku pokażemy jak dokonać dokładniejszego przybliżenia rozwiązania równania, tj do części setnych. Dzielimy odcinek ⟨1,2;1,3⟩ na dziesięć równych części
i liczymy f(1,21)≈−1,07<0f(1,22)≈−0,92<0f(1,23)≈−0,77<0f(1,24)≈−0,6<0f(1,25)≈−0,44<0f(1,26)≈−0,26<0f(1,27)≈−0,07<0f(1,28)≈0,11>0 dla kolejnych argumentów.
Widać, że funkcja zmienia znak dla x=1,27 oraz x=1,28. Możemy już oszacować, że rozwiązanie równania wynosi w przybliżeniu x=1,27 (można również przyjąć x=1,28).
Dla zainteresowanych wykres funkcji f wraz z odcinkiem ⟨1;2⟩.
Polecenie
Uzasadnij, że podane równania mają jednoznaczne rozwiązania na wskazanych zbiorach.
Wyznacz rozwiązania równań z dokładnością do 0,01.
Wyznacz rozwiązania równań z dokładnością do 0,01.
Równanie 1
sin(x+2)=x+1 w przedziale ⟨−π2;0⟩
Odpowiedź
Rozwiązanie równania sin(x+2)=x+1 w przedziale ⟨−π2;0⟩ istnieje i jest w przybliżeniu równe x≈−8π400≈−0,06.
Rozwiązanie
f(x)=sin(x+2)−x−1f(−π4)=sin(−π4+2)+π4−1≈0,72>0f(0)=sin(2)−1≈−0,09<0
Skorzystamy z drugiej metody do wyznaczenia miejsca zerowego funkcji f.
Dzielimy odcinek ⟨−π4;0⟩ na 10 równych części
oraz liczymy wartość funkcji f dla kolejnych argumentów. (Podział odcinka wg mianownika 40, gdyż −π4=−10π40.)
f(−9π40)=sin(−9π40+2)+9π40−1≈0,66>0f(−8π40)=sin(−8π40+2)+8π40−1≈0,61>0f(−7π40)=sin(−7π40+2)+7π40−1≈0,54>0f(−6π40)=sin(−6π40+2)+6π40−1≈0,47>0f(−5π40)=sin(−5π40+2)+5π40−1≈0,39>0f(−4π40)=sin(−4π40+2)+4π40−1≈0,31>0f(−3π40)=sin(−3π40+2)+3π40−1≈0,22>0f(−2π40)=sin(−2π40+2)+2π40−1≈0,12>0f(−π40)=sin(−π40+2)+π40−1≈0,017>0
Ponieważ wartości funkcji f są dodatnie, to bierzemy liczbę najbliższą 0, czyli −π40.
W kolejnym kroku dzielimy odcinek ⟨−π40;0⟩ na 10 równych części. Doprowadzamy ułamek −π40 do mianownika 10 - razy większego, więc −π40=−10π400.
Licząc wartości funkcji f dla kolejnych argumentów widzimy, że zmiana znaku następuje już dla argumentów −9π400 oraz −8π400, zatem już teraz możemy podać przybliżenie rozwiązania. Rozwiązaniem równania jest x=−8π400≈−0,06, można również przyjąć −9π400 ale wśród wartości funkcji f szukamy wartości bliższej 0.
Dla zainteresowanych wykresy funkcji sin(x+2), x+1 oraz wykres funkcji f(x)=sin(x+2)−x−1. Jak widać, dla argumentu, dla którego wykresy funkcji sin(x+2) oraz x+1 przecinają się, funkcja f ma miejsce zerowe.
Skorzystamy z drugiej metody do wyznaczenia miejsca zerowego funkcji f.
Dzielimy odcinek ⟨−π4;0⟩ na 10 równych części
oraz liczymy wartość funkcji f dla kolejnych argumentów. (Podział odcinka wg mianownika 40, gdyż −π4=−10π40.)
f(−9π40)=sin(−9π40+2)+9π40−1≈0,66>0f(−8π40)=sin(−8π40+2)+8π40−1≈0,61>0f(−7π40)=sin(−7π40+2)+7π40−1≈0,54>0f(−6π40)=sin(−6π40+2)+6π40−1≈0,47>0f(−5π40)=sin(−5π40+2)+5π40−1≈0,39>0f(−4π40)=sin(−4π40+2)+4π40−1≈0,31>0f(−3π40)=sin(−3π40+2)+3π40−1≈0,22>0f(−2π40)=sin(−2π40+2)+2π40−1≈0,12>0f(−π40)=sin(−π40+2)+π40−1≈0,017>0
Ponieważ wartości funkcji f są dodatnie, to bierzemy liczbę najbliższą 0, czyli −π40.
W kolejnym kroku dzielimy odcinek ⟨−π40;0⟩ na 10 równych części. Doprowadzamy ułamek −π40 do mianownika 10 - razy większego, więc −π40=−10π400.
Licząc wartości funkcji f dla kolejnych argumentów widzimy, że zmiana znaku następuje już dla argumentów −9π400 oraz −8π400, zatem już teraz możemy podać przybliżenie rozwiązania. Rozwiązaniem równania jest x=−8π400≈−0,06, można również przyjąć −9π400 ale wśród wartości funkcji f szukamy wartości bliższej 0.
Dla zainteresowanych wykresy funkcji sin(x+2), x+1 oraz wykres funkcji f(x)=sin(x+2)−x−1. Jak widać, dla argumentu, dla którego wykresy funkcji sin(x+2) oraz x+1 przecinają się, funkcja f ma miejsce zerowe.
Równanie 2
lnx=1−2x2 na przedziale ⟨12;1⟩
Odpowiedź
Równanie lnx=1−2x2 na przedziale ⟨12;1⟩ posiada rozwiązanie. W przybliżeniu jest ono równe x≈0,79.
Rozwiązanie
f(x)=lnx+2x2−1f(12)=ln(12)+2⋅(12)2−1≈−1,19<0f(1)=ln1+2⋅12−1=0+2−1=1>0
Dzielimy odcinek ⟨12;1⟩ na dziesięć równych części i liczymy wartości funkcji f dla kolejnych argumentów.
Na tą chwilę można podać przybliżenie do części dziesiętnych rozwiązania równania, tj. x≈0,8.
Teraz odcinek ⟨0,75;0,8⟩ dzielimy na dziesięć równych części i wyznaczamy wartości funkcji f dla kolejnych argumentów, zaczynając od ostatniego.
Możemy podać przybliżenie rozwiązania równania lnx=−2x2+1 do części setnych, tj x≈0,79.
Dla bardziej wnikliwych wykres funkcji f.
Dzielimy odcinek ⟨12;1⟩ na dziesięć równych części i liczymy wartości funkcji f dla kolejnych argumentów.
Na tą chwilę można podać przybliżenie do części dziesiętnych rozwiązania równania, tj. x≈0,8.
Teraz odcinek ⟨0,75;0,8⟩ dzielimy na dziesięć równych części i wyznaczamy wartości funkcji f dla kolejnych argumentów, zaczynając od ostatniego.
Możemy podać przybliżenie rozwiązania równania lnx=−2x2+1 do części setnych, tj x≈0,79.
Dla bardziej wnikliwych wykres funkcji f.
Równanie 3
x5−3x−1=0 na odcinku ⟨1;2⟩
Odpowiedź
Rozwiązaniem równania x5−3x−1=0 na odcinku ⟨1;2⟩ jest x≈1,39.
Rozwiązanie
f(x)=x5−3x−1f(1)=1−3−1<0f(2)=25−6−1>0
Dzielimy odcinek ⟨1;2⟩ na dwie równe części argumentem 32.
Liczymy f(32)≈2,09>0.
Zatem dzielimy na pół odcinek ⟨1;32⟩ argumentem 54.
Liczymy wartość funkcji dla argumentu 54.
f(54)≈−1,7<0
Zatem ograniczamy przedział do ⟨54;32⟩.
Ponieważ ⟨54;32⟩=⟨1,25;1,5⟩, zatem dzielimy ten odcinek argumentem 1,375.
Dzielimy uzyskane odcinki tak długo aż otrzymamy przybliżenie rozwiązania do części setnych x≈1,39.
Dla zainteresowanych wykres funkcji f.
Dzielimy odcinek ⟨1;2⟩ na dwie równe części argumentem 32.
Liczymy f(32)≈2,09>0.
Zatem dzielimy na pół odcinek ⟨1;32⟩ argumentem 54.
Liczymy wartość funkcji dla argumentu 54.
f(54)≈−1,7<0
Zatem ograniczamy przedział do ⟨54;32⟩.
Ponieważ ⟨54;32⟩=⟨1,25;1,5⟩, zatem dzielimy ten odcinek argumentem 1,375.
Dzielimy uzyskane odcinki tak długo aż otrzymamy przybliżenie rozwiązania do części setnych x≈1,39.
Dla zainteresowanych wykres funkcji f.