matematikk.net

Ok, det er NOE her jeg ikke har skjønt...

Oppgaven lyder:

4a) Gitt integralet: [tex]I = \int_{-2}^2 sin(x^2)dx[/tex], bruk trapesmetoden med n=8 til å estimere verdien av [tex]T_8[/tex] av integralet [tex]I[/tex]. Angi svaret med 4 desimaler.

4b) Estimer en øvre grense for feilen i approksimasjonen, [tex]E_T = I-T_8[/tex]. Finn hvor stor n må være for at den tilhørende [tex]T_n[/tex] skal være nøyaktig til minst 3 desimaler.

Her er så langt jeg kom. 4a gikk helt greit, men det er et eller annet med feilestimeringa jeg ikke får pakka inn i hodet.

http://i.imgur.com/0CwJ9.png

Dette er dog feil svar osv. Jeg brukte formelen som lyder:

[tex]E_T = I-T_8 = \frac{(b-a)^3}{12n^2}f^{,,}(c)[/tex], der [tex]a < c <b[/tex]

Her er løsningsforslaget til denne oppgaven.

http://i.imgur.com/gqBWw.png

Det jeg ikke skjønner er hvorfor det analyseres at størst absoluttverdi ligger i endepunktene. For meg ser det ut som størst verdi ligger ved toppunktene rundt 1.5 og -1.5.

Og jeg skjønner ikke at man skal analysere grafen når vi ikke får bruke grafisk verktøy av noe slag.

Plottet i fasiten er av sin(x^2), ikke til den andrederiverte, selv om det virker som de skulle tegne opp den andrederiverte også, så dårlig skrevet. Sjekk wolfram.alpha eller liknende, så ser du at endepunktene er best. Om dere ikke får bruke grafisk verktøy er det et rart løsningsforslag, men kan prøve å derivere og finne svaret slikt. Sjekk verdien nullpunktene til den tredjederiverte, og i endepunktene.

http://www.wolframalpha.com/input/?i=2* ... n%28x^2%29

Så jeg er egentlig ute etter at f''(c) skal være den høyeste absoluttverdien som er mulig å få på intervallet?

Formelboka nevner ikke dette, så jeg valgte bare en vilkårlig c slik at a < c < b.

Ja, du vil ha den c som maksimerer f''(c), husker ikke noe særlig av teorien, men lurer på om det er slik at det finnes et tall d i intervallet, som puttet inn i uttrykket for feilen, gir deg riktig feil, da vet vi at feilen er mindre enn hva du får om du velger størst mulig f''(c) verdi.

Avhengig om funksjonen din er konkav eller konveks på området ditt så vil trappesmetoden enten overestimere eller underestimere. En rask tegning er da lurt, og litt stirring på funksjonens deriverte.

Det beste er nok å integrere taylorrekka til funksjonen her, da den konvergerer langt raskere enn både trappes og simpsonsmetode.

Videre legg merke til at funksjonen er symmetrisk omkring origo (den er en likefunksjon) slik at du trenger bare regne ut halve integralet, og gange med to. Altså

[tex]\int_{-2}^2 \sin(x^2) \, \mathrm{d}x = 2 \int_{0}^2 \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n} {(2n+1)!} x^{4n+2} \, \mathrm{d}x = 2 \sum_{n=1}^\infty {\frac { \left( -1 \right) ^{n}{2}^{4n+3}}{ \left( 2n+1\right) !\, \left( 4n+3 \right) }}[/tex]
(OPS FARE FOR SLURV I REGNING OVENFOR)

Herfra klarer du sikkert finne ut hvor mange ledd du trenger for at du skal få en nøaktighet på 4 eller mer desimaler. Det er en alternerende rekke og da må det [tex]a_n < 1/10^n[/tex]. Eller noe sånt, står sikkert i boken din.

Feilen i trappesmetoden kan formuleres slik: Dersom f er kontinuerlig og deriverbar på området, og har en dobbelderivert som er bundet på intervalet (Det finnes en [tex]K[/tex] slik at [tex]K\geq f''(c)[/tex] for alle [tex]c[/tex] på intervalet) så er feilen i trappesmetoden maksimalt

[tex]\frac{(a-b)^3}{12 N^2} K [/tex]

Den dobbelderiverte kan skrives som

[tex]-4x^2\left( \sin(x^2)+\frac{1}{2x^2}\cos(x^2)\right)[/tex]

Siste leddet blir veldig veldig lite når x-vokser, slik at funksjonen oppfører seg som [tex]-4x^2 \sin(x^2)[/tex] som er alternerende og voksende på [tex]I\in[0,2][/tex]

Slik at vi kan sette K som eksempelvis [tex]f^{\prime\prime}(2)[/tex] eller [tex]f^{\prime\prime}(2)+10[/tex] for den sags skyld. Bare slik at

[tex]K\geq f''(c)[/tex] for alle [tex]c[/tex] på intervalet.