Olisiko ideoita miten tuota funktiota lähtisi muodostamaan. Itse olisin järkeillyt että osa ympyrästä varmaan jotenkin liittyy tähän...
Neliön muotoisen ruohokentän kulmaan kiinnitetään lampaan liekaköysi siten, että
lammas pääsee syömään 90 % kentän ruohosta. Kuinka monta prosenttia (kahden
numeron tarkkuudella) köyden pituus on kentän lävistäjän pituudesta? Tehtävä vaatii
sopivalle tuntemattomalle johdetun yhtälön numeerisen ratkaisemisen.
Neliön muotoisen ruohokentän kulmaan kiinnitetään lampaan liekaköysi siten, että
lammas pääsee syömään 90 % kentän ruohosta. Kuinka monta prosenttia (kahden
numeron tarkkuudella) köyden pituus on kentän lävistäjän pituudesta? Tehtävä vaatii
sopivalle tuntemattomalle johdetun yhtälön numeerisen ratkaisemisen.
Vastaukset 34
Vanhimmat
Minä laskin niin, että otin syötäväksi alaksi yhden ympyräsektorin ja pari kolmiota. Siitä kyllä tuli hankalia arcuscosineita ja vähän mutakin, kai tähän helpompiakin on.
Ei kannata ihan heti tota linkkiä avata, vaan koittaa itse.
(Se voi sitä paitsi vielä muuttuakin.)
http://aijaa.com/07lzG3
Olen miettinyt samankaltaista aloitustilannetta, kaksi kolmiota ja sektori. Sektorin kulman suuruuteen olen jämähtänyt. (arcus:t eivät ole vielä tuttuja)
Kokeile vähän toisella lailla, minä en enää viitti...
http://aijaa.com/TAcmqJ
Tuo 10/18 kuuluu olla myös neliöjuuren sisällä, silloin tulee ainakin oikea vastaus wolframilla, mutta en tiedä onnistuuko iterointi(en jaksa koittaa)
http://www.wolframalpha.com/input/?i=cosx=(10/18(pi/2-2x sin2x))^½
Ratkaisu onnistuu helposti myös goalseekillä tuosta yhtälöstä, saadaan x=0.45820. Vastaus tehtävän kysymykseen on siis 78.84 % neljällä numerolla.
Saadaan yhtälö sqrt(t^2 - 1) (pi/4 - arccos((1/t)) * t^2 = 0.90,
missä t = R/s (R = liekaköyden pituus, s = neliön sivu). Ratkaisu WA:lla on t = 1.115014 mistä kysytty suure R/ (sqrt(2) * s) = 0.7884.
Kuinkahan yo-kirjoituksissa joku tuon numeerisen ratkaisun saisi aikaan?
Ohman
Varmaan voisi koettaa Newtonin algoritmia. Sulla on muuten sulut väärin tuossa yhtälössä.
Se on ainoa mahdollisuus, että ratkaisee tämän tehtävän ensimmäisenä. Minä olen noi omat ratkaisuni pariin kertaan iteroinut, ja alle tunnin tästä ei selviä millään. Saattaa mennä enemmänkin ja kokeen lopussa ei semmoista aikaa ole, joten tästä on aloitettava...Iterointi sinänsä meille opetettiin kyllä just ennen kirjoituksia, samalla kun joitakin differentiaaliyhtälöiden separointeja. Taisi olla opettajan omia lukusuunnitelman sovellutuksia.
Tässä tehtävässä muuten auttaa paljon se, että sanotaan tästä tulevan numeerinen ratkaistava.
Niin. P.o. arccos(1/t).
Ohman
Jos neliön kärjet ovat (0,0), (s,0), (s,s) ja (0,s) on se osa neliöstä jota lammas ei pysty syömään 0,1 * s^2 . Saadaan yhtälö (R on liekanarun pituus ja neliön sisään jäävää ympyränkaarta vastaava keskuskulma = 2x)
R*s*sqrt(2) * sin(x) - x * R^2 = 0.1 s^2
Koska s/R = cos(pi/4 - x) saadaan tästä yhtälö
sin^2(x) 0.9 sin(x) cos(x) - x - 0.05 = 0
WA antaa kolme juurta joista x = 0.327197 sopii tehtävän geometriaan.
s/R = cos (pi/4 - x) = cos(0.458201) = 0.89685 josta R/(sqrt(2) * s) = 0.7884
Tässäpä siis oli vähän toisennäköinen yhtälö.
Ohman
Sama kuin tuo 10*y-9 = 9*siny-10*cosy, jos y=2*x.
Hieman yksinkertaisempaan yhtälöön pääsee kun merkkaa sektorin kulmaa x, laskee yhteen sektoria vastaavan keskuskulmakolmion ja neliön kulmakolmion alat, ja vähentää niistä sektorin alan. Yhtälöä kun sieventelee, tulee lopulta:
10*x-9 = 9*sinx-10*cos x
Jonka ratkaisu on Wolframilla 0,6543 rad.
Jolloinka kysytty suhde on 1/(sin(0,6543/2) cos(0,6543/2))=0,7884
Ihan ensiksi pitää tietää mitä iteraatiomenetelmä on käytettävissä. Nyt ei ole kyllä aavistustakaan mikä menetelmä on 1993 opetusohjelmassa ollut, Newtonin iteraatio, ihan tavallinen iteraatio, tai kenties vielä joku muu.
Pitää siis pyrkiä sellaiseen ratkaisuun, josta se iteraatio onnistuu helpoiten.
Minä olen noissa kahdessa omassani pyrkinyt neliöjuurilausekkeeseen, koska siitä se tavallinen iterointi yleensä onnistuu, jos onnistuu ollenkaan.
Jos siellä opetusohjelmassa on se Newtonin iteraatiopolynomin käyttö, niin tuostakin yksinkertaisen näköisestä, on vielä hyvin pitkä matka tehtävän ratkaisuun.
Tässä pitäisi nyt sitten muodostaa se Newtonin iteraatiopolynomi ja todellakin suorittaa se iterointi.
(Minäkin iteroin ihan liian pitkälle, koska pyydettiin kahden numeron tarkkuudella prosenttimäärää , niin olisi pitänyt laskea myös heti sitä prosenttia, ja se olisi vakiintunut aika äkkiä siihen 79%:iin ihan muutaman kierroksen jälkeen.)
No minä merkkasin f(x)=10*x-9-9*sinx 10*cosx ja lähdin iteroimaan Newtonin menetelmällä käsin (laskimella jossa on sin ja cos) lähtien arvosta x=pii/6. Kahdella kierroksella tuli x=0,6544 eli kolmella desillä oikea vastaus. Viidessä minuutissa.
Vuonna 1993 ei ainakaan opetussuunnitelman ydinainekseen sisältynyt numeerisia menetelmiä. Iteraatiomenetelmiä ei siis varsinaisesti ollut opiskeltu. Tämä on oletettavasti ajateltu ratkaistavaksi laskimella haarukoimalla.
Tämä tehtävä on ollut kyseisellä kerralla tehtäväsarjan viimeinen eli kymmenes tehtävä ja siksi vaikea. Jos numeriikka ei ole houkuttanut, on tämän 10b:n sijaan voinut ratkaista 10a:n, joka meni näin: "Määritä kaikki funktiot f, jotka ovat koko R:ssä derivoituvia ja toteuttavat ehdon f(x y) = f(x) f(y) kaikilla arvopareilla (x, y)." Eipä tuossakaan sen vähemmän nouse tukka pystyyn.
f(x y z) = f((x y) z) = f(x y) f(z) = f(x (y z)) = f(x) f(y z) = f(x) f(y) f(z).
(f((x y) h) - f(x y)) / h = (f(x h) - f(x)) / h = (f(y h) - f(y))/h
Näistä erotusosamääristä nähdään,koska f on kaikkialla derivoituva, että
f '(x y) = f '(x) = f '(y) joten derivaatta f ' on vakio: f '(x) = c ja siis f(x) = c x d.
Koska f(0 0)= f(0) f(0) niin f(0) = 0 joten d = 0.
Kaikki funktiot ovat siis muotoa f(x) = c x jollakin vakiolla c.
Enpä nyt osaa kuvitella olisiko abiturientin pitänyt keksiä tällainen todistus.
Ohman
Sama hieman kömpelömmin:
f(x y) = f(x) f(y)
Sijoitetaan y = 0 => f(x) = f(x) f(0) <=> f(0) = 0
Toisin sanoen käyrät kulkevat origon kautta.
Sijoitetaan y = x => f(2*x) = f(x) f(x) = 2*f(x)
Derivoidaan puolittain => 2*f'(2*x) = 2*f'(x) <=> f'(2*x) = f'(x)
Edellä x on mielivaltainen, joten siis käyrien kulmakertoimet (derivaatat) ovat samat kaikissa pisteissä => kyseessä täytyy olla suorat, joiden kulmakerroimet ovat mielivaltaisia, toisin sanoen f(x) = a*x
Kirjoitin vastauksen ehkä sittenkin liian nopeasti miettimättä tarpeeksi. Edellä on heikkous:
f'(2*x) = f'(x) => kulmakertoimet (derivaatat) ovat samat kaikissa pisteissä
Tämä ei ehkä sittenkään takaa sitä, että käyrät olisivat suoria. Täytyy miettiä uudestaan...
Olisiko tämä paremmin perusteltu:
Olkoon x mielivaltainen reaaliluku. Nyt
f(2*x) = f(x) f(x) = 2*f(x)
Toisin sanoen: kun argumentti kaksinkertaistuu, kaksinkertaistuu myös funktion arvo. Tämä on ominaista suorille, jotka kulkevat origon kautta.
Edellisessä tosin ei käytetty mitenkään hyväksi sitä tietoa, että "funktiot ovat koko R:ssä derivoituvia". On tämä vaikeaa...
1. Jos f'(2x) = f '(x) niin ei tästä suoraan seuraa että "derivaatat ovat samat kaikissa pisteissä".Pitäisi osoittaa, että jos q on reaaliluku niin f '(x) = f '(qx) ja sitä et ole tehnyt vaan korkeintaan sen että jos n on positiivinen kokonaisluku niin
f '(nx) = n f' (x).
2. Kyllä tuo derivaatan olemassaolo on tässä yo-tehtävässä ihan olennainen. Jos f on vain jatkuva, kyseessä on tunnettu Cauchyn yhtälö. Sen ratkaisun voidaan todistaa olevan muotoa F(x) = a x missä a on reaalinen vakio.
Mutta tämän todistaminen on vähän pitempi juttu kuin yo-kirjoituksissa olisi luontevaa.Ensin todistetaan, että kun n on positiivinen kokonaisluku niin f(nx) = n f(x). Sitten jos m > 0 ja n >0 (kokonaislukuja) niin f((m/n) x)= (m/n) f(x). Nyt siis kaikille positiivisille rationaaliluvuille q on f(q x) = q f(x).Sitten osoitetaan että f(0) = 0 ja edelleen että f(-q) = - f(q). Tästä edelleen että jos rationaaliluku q < 0 niin
on f(qx) = q f(x). Nyt siis kaikille rationaaliluvuille q pätee f(qx) = q f(x).
Nyt pitää todistaa, että jos f: R -> R ja g: R -> R ovat jatkuvia funktioita ja kaikilla rationaalisilla arvoilla q on f(q) = g(q) niin f(x)= g(x) kaikilla reaaliarvoilla x.
Tämän jälkeen vasta päästään itse asiaan ja saadaan osoitettua että jos f on jatkuva funktio joka toteuttaa tuon Cauchyn yhtälön niin on olemassa sellainen reaaliluku a että f(x) = a x pätee kaikilla reaaliarvoilla x.
3. Joten kyllä tuo esittämäni todistus, jossa käytin derivaatan olemassaoloa hyväksi kuten tehtävässä annettiin on lyhyt ja yksinkertainen verrattuna Cauchyn yhtälön ratkaisemiseen vain jatkuvuusoletuksella.
Ohman
Tuli tuossa kirjoitusvirhe: olet osoittanut korkeintaan että
f '(nx) = f '(x)
Ohman
tan(alfa)=(f(x y)-f(x))/y =f(y)/y , joka on olemassa olevä äärellinen vakio, koska funktio derivoituu koko R:ssä.
tan(alfa) on myös f´(x), eli f´(x)=f(y)/y=>f(x)=(f(y)/y)x C
Pisteessä x=0: f(0 y)=f(0) f(y)=> f(0)=0, josta edelleen seuraa, että C=0
f(x)=(f(y)/y)*x
Vähän paremmin sanottuna:
f '(x) = lim (l h l -> 0) (f(x h) - f(x))/h = lim (l h l -> 0) (f(h)/h) = f '(0) joten siis f ' (x) = vakio = f '(0).
Ohman
Muistaen siis että f(0) = 0.
Ohman
Toi on kyllä järjetön. Laitetaan hiukan parannettu versio: http://aijaa.com/0OyDM5
Etkö tosiaan ymmärtänyt kommenttiani / 22.5. klo 17.34 ja 17.37?
Ohman
Järjetön sikäli, että siinä on heti lyöty lukkoon, että f(y)/y= f`(x), vaikka se on juuri se tulos mihin pitäisi jollain tavalla päästä. Päätetään siis ensin, että välillä on suora, ja sitten tullaan siihen tulokseen, hauki on kala pyörityksellä, että välillä on suora.
f(y)/y on erotusosamäärä ja f`(x) on derivaatta , jotka ovat samoja vain silloin, jos y lähenee nollaa, tai x:n ja y:n välillä on suora.
Tässä y ei tietenkään mitään nollaa lähene, joten olen sitten omalla tavallani osoittanut, että kaikkien pisteparien x ja y välillä on suora:
f(x)=(f(y)/y)*x=tan(alfa)*x=k*x
1. Missä sinä näytät että f(y) / y = vakio?
2. Olen jo kahdesti antanut ratkaisun. Vielä kerran:
Jos a(x) on kulma jonka käyrän tangentti pisteessä x muodostaa x-akselin kanssa niin
tg(a(x)) = f'(x) = lim(h->0) (f(x h) - f(x))/h = lim(h->0) f(h)/ h koska f toteuttaa sen Cauchyn yhtälön. Edelleen on,samasta syystä,
lim(h->0)f(h)/h = lim(h->0) (f(0 h) - f(0)) / h = f'(0) (derivaatan määritelmän mukaan).
Siis tg(a(x)) = f '(x) = f '(0) = vakio.Mitä muuta tässä tarvitaan?
Ohman
Vaikkapa tarkistus:
f(x)=cx
f(x y)=cx cy
f(x y)=f(x) cy, nyt cy on oltava f(y), jota pätee f(x y)=f(x) f(y)
koska cy=f(y), niin c= f(y)/y, ja f(x)=(f(y)/y)*x
Yleisemmin voi tarkastella funktiota f(c*x) missä c on jokin reaaliluku. Nyt f'(c*x)=c*f'(x) Toisaalta f(c*x)=f(x) f((c-1)*x) ja f'(c*x)=f'(x) (c-1)*f'((c-1)*x). Noita kun verrataan, nähdään että f'(x)=f'((c-1)*x) kaikilla c arvoilla. Eli derivaatta on vakio.
Olet johtanut tuloksen f ' (cx) = f '(x) (c-1) f ' ((c-1)x)
Mutta f '(cx)= c f '(cx) joten joko c = 1 ja sinulla on vain viisaus f ' (x) = f '(x) tai sitten f'(cx) = 0 jolloin f(cx) = vakio.
Todistuksesi on virheellinen.Ei ole f '(cx) = c f '(x) kuten alussa väität.Muistelehan yhdistetyn funktion derivointia! Ja tuossa toisessa paikassa derivaatta sinulla on oikein, todellakin f '((c-1)x) = (c-1) f '((c-1)x). Samassa tekstissä käytät sekä oikeaa että virheellistä tapaa! Voisitkos vähän ajatella ennenkuin kirjoittelet?
Ohman
Oikeastaan Newtonin iteraatiossa on se ongelma, että se ei kai todista, että ratkaisu on olemassa ja että tarkkuus on kyllin pieni. Eräs tapa on ratkaista kysytty tehtävä on käyttää Taylorin polynomeja. Tehdään yhtälö, tarkastellaan, millä välillä juuret on oltava, todistetaan montako juurta funktiolla on maksimissaan kyseisellä välillä. Etsitään tarpeeksi tarkka Taylorin polynomi, joka antaa juuren lähimaastossa olevissa pisteissä erimerkkiset arvot, arvioidaan virhetermin avulla, että kyseiset arvot ovat todellakin erimerkkiset ja vedotaan Bolzanon lauseeseen, joka takaa funktion nollakohdan olemassaolon.
No pitää muistaa tehtävänasettelu. Kyseessä on ylioppilaskirjoitustehtävä, jossa useimmilla ei ole käytössä muita keinoja kuin lukiossa opetetut. Ja tehtävään käytettävä aika ei voi olla kaikkiaan enemmän kuin puolisen tuntia. Ja kyseessä on geometrian tehtävä, jossa oikean ratkaisun, esim. keskuskulman, voi jo piirtämällä hahmottaa jonnekin 30 ja 45 asteen välille.
Eli ei tuossa kannata alkaa Tayloria vääntämään. Niin kuin edellä osoitettiin, kulmaratkaisu voidaan aika helposti saattaa vaikkapa muotoon
10*x-9 = 9*sinx-10*cos x
Newtonilla tulee riittävän tarkka ratkaisu parilla kierroksella, mutta jos ei sitä osaa, voi vaikkapa haarukoida. Ei kahteen desimaaliin kauan mene niinkään.