Esercizi svolti di esame ed esonero - Dipartimento di Matematica

SoluzioniEsercizio 2.b) Ricordiamo che per un metodo iterativo del tipox k+1 = g(x k )il limite richiesto equivale a calcolare |g ′ (¯x)|. La funzione g ha in questo caso la formada cuig ′ (x) = 1 −g(x) = x −hf(x)f(x + h) − f(x)h[f(x + h) − f(x)] 2 [f ′ (x + h) − f ′ (x)]f(x) −hf ′ (x)f(x + h) − f(x) .Tenendo conto del fatto che f(¯x) = 0, si ottiene, per un qualche ξ ∈ [¯x, ¯x + h]g ′ (¯x) = 1 −hf ′ (¯x)f(¯x + h) − f(¯x) = 1 − f ′ (¯x)f ′ (ξ) = f ′ (ξ) − f ′ (¯x)f ′ (ξ)in cui si riconosce che l’ultimo membro di questa uguaglianza é effettivamente O(h):infatti |ξ − ¯x| ≤ h e quindi il numeratore é O(h) se f ha derivata seconda limitata; ilnumeratore f ′ (ξ) é poi non nullo se ¯x si suppone (come di consueto) essere una radicesemplice e h é sufficientemente piccolo (in modo che |f ′ (x)| ≥ c > 0 in [¯x, ¯x + h]).Esercizio 3.b) Escludendo a priori il caso in cui il punto x = 1 cada al di fuori dell’intervallo [x 0 , x 2 ],le due scelte possibili sono da un lato x 0 = 0, x 1 = π/4, x 2 = π/2 e dall’altro x 0 = π/4,x 1 = π/2, x 2 = 3π/4. Dato che f ′′′ (x) = − cos x, nel primo caso si ottienementre nel secondo caso|ω 2 (1)| =|ω 2 (1)| =sup |f ′′′ (x)| = 1,[x 0 ,x 2 ](1 − π ) (1 − π )≈ 0.1225,4 2sup |f ′′′ (x)| =[x 0 ,x 2 ]√22 ≈ 0.7071,(1 − π ) (1 − π ) ( 1 − 3π 4 2 4)≈ 0.1661.95