1. Najděte kořen rovnice \( f(x) = x^3 – x – 2 = 0 \) pomocí Newtonovy metody se startem \( x_0 = 1.5 \).
Řešení příkladu:
Nejprve si připomeneme základní vzorec Newtonovy metody pro přibližné řešení rovnic:
\[ x_{n+1} = x_n – \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} \]
Kde \( f(x) \) je daná funkce a \( f'(x) \) její první derivace.
Máme funkci: \( f(x) = x^3 – x – 2 \).
Derivujeme funkci podle \( x \):
\[ f'(x) = 3x^2 – 1 \]
Zvolíme počáteční aproximaci: \( x_0 = 1.5 \).
Dosadíme do funkce a její derivace:
\[ f(1.5) = (1.5)^3 – 1.5 – 2 = 3.375 – 1.5 – 2 = -0.125 \]
\[ f'(1.5) = 3(1.5)^2 – 1 = 3(2.25) – 1 = 6.75 – 1 = 5.75 \]
První iterace Newtonovy metody:
\[ x_1 = 1.5 – \frac{-0.125}{5.75} = 1.5 + \frac{0.125}{5.75} \approx 1.5217 \]
Nyní vypočteme další iteraci, tedy \( x_2 \). Nejprve spočítáme hodnoty:
\[ f(1.5217) \approx (1.5217)^3 – 1.5217 – 2 \approx 3.525 – 1.5217 – 2 = 0.0033 \]
\[ f'(1.5217) \approx 3(1.5217)^2 – 1 = 3(2.316) – 1 = 6.948 – 1 = 5.948 \]
\[ x_2 = 1.5217 – \frac{0.0033}{5.948} \approx 1.5217 – 0.0006 = 1.5211 \]
Vidíme, že iterace se velmi rychle přibližují ke skutečnému řešení.
Pro kontrolu můžeme zkontrolovat hodnotu funkce v tomto bodě:
\[ f(1.5211) \approx 0.0000 \Rightarrow x \approx 1.5211 \text{ je velmi dobrá aproximace řešení.} \]
2. Najděte kořen rovnice \( \cos(x) – x = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počáteční hodnotou \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Chceme vyřešit rovnici \( \cos(x) – x = 0 \). Přesněji hledáme takové \( x \), pro které se funkce \( f(x) = \cos(x) – x \) rovná nule.
Derivace funkce je:
\[ f'(x) = -\sin(x) – 1 \]
Newtonova metoda opět říká:
\[ x_{n+1} = x_n – \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} \]
Volíme počáteční aproximaci \( x_0 = 0.5 \):
\[ f(0.5) = \cos(0.5) – 0.5 \approx 0.8776 – 0.5 = 0.3776 \]
\[ f'(0.5) = -\sin(0.5) – 1 \approx -0.4794 – 1 = -1.4794 \]
První iterace:
\[ x_1 = 0.5 – \frac{0.3776}{-1.4794} = 0.5 + 0.2552 \approx 0.7552 \]
Pokračujeme k druhé iteraci. Nejprve vypočítáme nové funkční hodnoty:
\[ f(0.7552) = \cos(0.7552) – 0.7552 \approx 0.7276 – 0.7552 = -0.0276 \]
\[ f'(0.7552) = -\sin(0.7552) – 1 \approx -0.6851 – 1 = -1.6851 \]
\[ x_2 = 0.7552 – \frac{-0.0276}{-1.6851} = 0.7552 – 0.0164 = 0.7388 \]
Vidíme, že hodnoty se rychle stabilizují. Zkusme ještě jednu iteraci:
\[ f(0.7388) = \cos(0.7388) – 0.7388 \approx 0.7391 – 0.7388 = 0.0003 \]
\[ f'(0.7388) = -\sin(0.7388) – 1 \approx -0.673 – 1 = -1.673 \]
\[ x_3 = 0.7388 – \frac{0.0003}{-1.673} \approx 0.7388 + 0.0002 = 0.7390 \]
Po třech iteracích máme přibližné řešení:
\[ x \approx 0.7390 \Rightarrow \text{což je známé řešení rovnice } \cos(x) = x. \]
3. Najděte přibližné řešení rovnice \( e^x = 3x \) pomocí Newtonovy metody se startem \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Nejprve převedeme rovnici na standardní tvar vhodný pro Newtonovu metodu, tj. hledáme nulový bod funkce:
\[ f(x) = e^x – 3x \]
Odvodíme derivaci funkce, kterou budeme používat v iteraci:
\[ f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x – 3x) = e^x – 3 \]
Newtonova iterace má tvar:
\[ x_{n+1} = x_n – \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} \]
Začneme výpočty s \( x_0 = 1 \):
\[ f(1) = e^1 – 3 \cdot 1 \approx 2.71828 – 3 = -0.28172 \]
\[ f'(1) = e^1 – 3 \approx 2.71828 – 3 = -0.28172 \]
\[ x_1 = 1 – \frac{-0.28172}{-0.28172} = 1 – 1 = 0 \]
Pokračujeme druhou iterací:
\[ f(0) = e^0 – 3 \cdot 0 = 1 – 0 = 1 \]
\[ f'(0) = e^0 – 3 = 1 – 3 = -2 \]
\[ x_2 = 0 – \frac{1}{-2} = 0 + 0.5 = 0.5 \]
Další iterace:
\[ f(0.5) = e^{0.5} – 3 \cdot 0.5 \approx 1.6487 – 1.5 = 0.1487 \]
\[ f'(0.5) = e^{0.5} – 3 \approx 1.6487 – 3 = -1.3513 \]
\[ x_3 = 0.5 – \frac{0.1487}{-1.3513} \approx 0.5 + 0.1100 = 0.6100 \]
Kontrolujeme přesnost:
\[ f(0.6100) = e^{0.6100} – 3 \cdot 0.6100 \approx 1.8404 – 1.83 = 0.0104 \]
Jelikož \( |f(x_3)| \) je malé, můžeme považovat \( x \approx 0.6100 \) za přibližné řešení rovnice s požadovanou přesností.
4. Použijte Newtonovu metodu k nalezení řešení rovnice \( \ln(x) + x^2 = 3 \) se startem \( x_0 = 1.5 \).
Řešení příkladu:
Rovnici přepíšeme do tvaru vhodného pro Newtonovu metodu:
\[ f(x) = \ln(x) + x^2 – 3 \]
Derivace je:
\[ f'(x) = \frac{1}{x} + 2x \]
Začneme s výpočtem pro \( x_0 = 1.5 \):
\[ f(1.5) = \ln(1.5) + (1.5)^2 – 3 \approx 0.4055 + 2.25 – 3 = -0.3445 \]
\[ f'(1.5) = \frac{1}{1.5} + 2 \cdot 1.5 = 0.6667 + 3 = 3.6667 \]
\[ x_1 = 1.5 – \frac{-0.3445}{3.6667} \approx 1.5 + 0.0939 = 1.5939 \]
Následuje druhá iterace:
\[ f(1.5939) \approx \ln(1.5939) + (1.5939)^2 – 3 \approx 0.4649 + 2.5405 – 3 = 0.0054 \]
\[ f'(1.5939) \approx \frac{1}{1.5939} + 2 \cdot 1.5939 \approx 0.6273 + 3.1878 = 3.8151 \]
\[ x_2 = 1.5939 – \frac{0.0054}{3.8151} \approx 1.5939 – 0.0014 = 1.5925 \]
Výsledné řešení je velmi blízko skutečné hodnotě. Získali jsme přesné přiblížení již po dvou iteracích.
5. Najděte kořen rovnice \( x^2 = \cos(x) \) pomocí Newtonovy metody, použijte start \( x_0 = 0.7 \).
Řešení příkladu:
Upravíme rovnici na tvar vhodný pro Newtonovu metodu:
\[ f(x) = x^2 – \cos(x) \]
Derivace je:
\[ f'(x) = 2x + \sin(x) \]
Začneme s \( x_0 = 0.7 \):
\[ f(0.7) = 0.49 – \cos(0.7) \approx 0.49 – 0.764 = -0.274 \]
\[ f'(0.7) = 2 \cdot 0.7 + \sin(0.7) \approx 1.4 + 0.644 = 2.044 \]
\[ x_1 = 0.7 – \frac{-0.274}{2.044} \approx 0.7 + 0.134 = 0.834 \]
\[ f(0.834) = (0.834)^2 – \cos(0.834) \approx 0.695 – 0.673 = 0.022 \]
\[ f'(0.834) = 2 \cdot 0.834 + \sin(0.834) \approx 1.668 + 0.741 = 2.409 \]
\[ x_2 = 0.834 – \frac{0.022}{2.409} \approx 0.834 – 0.0091 = 0.8249 \]
Výsledek se blíží skutečnému řešení rovnice. Pokračováním v iteracích bychom dosáhli vyšší přesnosti.
6. Najděte kořen rovnice \( x^3 + x = 1 \) Newtonovou metodou s počátečním odhadem \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Nejprve upravíme rovnici:
\[ f(x) = x^3 + x – 1 \Rightarrow f'(x) = 3x^2 + 1 \]
Začínáme s \( x_0 = 0.5 \):
\[ f(0.5) = 0.125 + 0.5 – 1 = -0.375 \]
\[ f'(0.5) = 0.75 + 1 = 1.75 \]
\[ x_1 = 0.5 – \frac{-0.375}{1.75} = 0.5 + 0.214 = 0.714 \]
\[ f(0.714) = (0.714)^3 + 0.714 – 1 \approx 0.364 + 0.714 – 1 = 0.078 \]
\[ f'(0.714) \approx 3(0.714)^2 + 1 \approx 1.528 + 1 = 2.528 \]
\[ x_2 = 0.714 – \frac{0.078}{2.528} \approx 0.714 – 0.0309 = 0.683 \]
Výpočet potvrzuje, že metoda rychle konverguje k řešení s vysokou přesností.
7. Použijte Newtonovu metodu pro nalezení řešení rovnice \( \tan(x) = x \) s počáteční hodnotou \( x_0 = 4.5 \).
Řešení příkladu:
Přepíšeme rovnici do standardní formy:
\[ f(x) = \tan(x) – x \Rightarrow f'(x) = \sec^2(x) – 1 \]
Zvolíme počáteční hodnotu \( x_0 = 4.5 \), která je v intervalu, kde je funkce spojitá (mezi asymptotami tangensu).
\[ f(4.5) \approx \tan(4.5) – 4.5 \approx 4.6373 – 4.5 = 0.1373 \]
\[ f'(4.5) = \sec^2(4.5) – 1 \approx (1/\cos^2(4.5)) – 1 \approx 1.216 – 1 = 0.216 \]
\[ x_1 = 4.5 – \frac{0.1373}{0.216} \approx 4.5 – 0.635 = 3.865 \]
Protože funkce tangens má asymptoty, musíme si dávat pozor při volbě počáteční hodnoty, ale v tomto případě je iterace stabilní a směřuje ke kořenu rovnice. Pokračováním iterací bychom mohli nalézt přesnější hodnotu řešení.
8. Najděte kořen rovnice \( x^4 – x – 10 = 0 \) pomocí Newtonovy metody. Zvolte počáteční odhad \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Nejprve definujeme funkci:
\[ f(x) = x^4 – x – 10 \Rightarrow f'(x) = 4x^3 – 1 \]
Dosadíme počáteční hodnotu \( x_0 = 2 \):
\[ f(2) = 16 – 2 – 10 = 4 \quad \text{a} \quad f'(2) = 4 \cdot 8 – 1 = 31 \]
\[ x_1 = 2 – \frac{4}{31} \approx 2 – 0.1290 = 1.8710 \]
Další iterace:
\[ f(1.8710) = (1.8710)^4 – 1.8710 – 10 \approx 12.2706 – 1.8710 – 10 = 0.3996 \]
\[ f'(1.8710) = 4 \cdot (1.8710)^3 – 1 \approx 4 \cdot 6.5542 – 1 = 25.2168 \]
\[ x_2 = 1.8710 – \frac{0.3996}{25.2168} \approx 1.8710 – 0.0158 = 1.8552 \]
\[ f(1.8552) \approx (1.8552)^4 – 1.8552 – 10 \approx 11.9287 – 1.8552 – 10 = 0.0735 \]
\[ f'(1.8552) \approx 4 \cdot (1.8552)^3 – 1 \approx 24.5778 \]
\[ x_3 = 1.8552 – \frac{0.0735}{24.5778} \approx 1.8552 – 0.0030 = 1.8522 \]
Jelikož funkční hodnota klesá k nule a změny v \( x_n \) jsou malé, můžeme považovat \( x \approx 1.8522 \) za dostatečně přesné řešení.
9. Určete přibližné řešení rovnice \( \sqrt{x} = \ln(x) \) pomocí Newtonovy metody se startem \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Nejprve upravíme rovnici do vhodného tvaru:
\[ f(x) = \sqrt{x} – \ln(x) \Rightarrow f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} – \frac{1}{x} \]
Dosadíme \( x_0 = 2 \):
\[ f(2) = \sqrt{2} – \ln(2) \approx 1.4142 – 0.6931 = 0.7211 \]
\[ f'(2) = \frac{1}{2\sqrt{2}} – \frac{1}{2} \approx 0.3536 – 0.5 = -0.1464 \]
\[ x_1 = 2 – \frac{0.7211}{-0.1464} \approx 2 + 4.924 = 6.924 \]
\[ f(6.924) = \sqrt{6.924} – \ln(6.924) \approx 2.6305 – 1.9345 = 0.6960 \]
\[ f'(6.924) = \frac{1}{2\cdot 2.6305} – \frac{1}{6.924} \approx 0.1900 – 0.1444 = 0.0456 \]
\[ x_2 = 6.924 – \frac{0.6960}{0.0456} \approx 6.924 – 15.2632 = -8.3392 \]
Zde se ukazuje, že nevhodný výběr počátečního bodu může vést k divergenci. Zkusme nový start: \( x_0 = 1.5 \).
\[ f(1.5) = \sqrt{1.5} – \ln(1.5) \approx 1.2247 – 0.4055 = 0.8192 \]
\[ f'(1.5) = \frac{1}{2\cdot 1.2247} – \frac{1}{1.5} \approx 0.408 – 0.6667 = -0.2587 \]
\[ x_1 = 1.5 – \frac{0.8192}{-0.2587} \approx 1.5 + 3.166 = 4.666 \]
Tento příklad ukazuje nutnost pečlivé volby počátečního odhadu kvůli nelinearitě funkce.
10. Najděte řešení rovnice \( \sin(x) = x^2 – 1 \) metodou tečen se startem \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Funkce:
\[ f(x) = \sin(x) – x^2 + 1 \Rightarrow f'(x) = \cos(x) – 2x \]
\[ f(1) = \sin(1) – 1 + 1 = \sin(1) \approx 0.8415 \quad f'(1) = \cos(1) – 2 \approx 0.5403 – 2 = -1.4597 \]
\[ x_1 = 1 – \frac{0.8415}{-1.4597} \approx 1 + 0.5766 = 1.5766 \]
\[ f(1.5766) = \sin(1.5766) – (1.5766)^2 + 1 \approx 0.9997 – 2.4866 + 1 = -0.4869 \]
\[ f'(1.5766) = \cos(1.5766) – 2 \cdot 1.5766 \approx -0.0037 – 3.1532 = -3.1569 \]
\[ x_2 = 1.5766 – \frac{-0.4869}{-3.1569} \approx 1.5766 – 0.1543 = 1.4223 \]
Iterací pokračujeme až k přesnému řešení, přičemž metoda rychle konverguje.
11. Najděte řešení rovnice \( \ln(x) = \frac{1}{x} \) metodou tečen. Zvolte počáteční bod \( x_0 = 1.5 \).
Řešení příkladu:
\[ f(x) = \ln(x) – \frac{1}{x} \Rightarrow f'(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} \]
\[ f(1.5) = \ln(1.5) – \frac{1}{1.5} \approx 0.4055 – 0.6667 = -0.2612 \]
\[ f'(1.5) = \frac{1}{1.5} + \frac{1}{2.25} = 0.6667 + 0.4444 = 1.1111 \]
\[ x_1 = 1.5 – \frac{-0.2612}{1.1111} \approx 1.5 + 0.2351 = 1.7351 \]
Další iterace vedou ke zmenšení hodnoty funkce. Metoda je vhodná pro hledání průsečíku logaritmu a hyperboly.
12. Najděte řešení rovnice \( x = \tan(x) \) pomocí Newtonovy metody. Použijte start \( x_0 = 4.5 \).
Řešení příkladu:
\[ f(x) = x – \tan(x) \Rightarrow f'(x) = 1 – \sec^2(x) \]
\[ f(4.5) = 4.5 – \tan(4.5) \approx 4.5 – 4.6373 = -0.1373 \]
\[ \sec(4.5) = \frac{1}{\cos(4.5)} \approx \frac{1}{-0.2108} \approx -4.744 \Rightarrow \sec^2(4.5) \approx 22.5 \]
\[ f'(4.5) = 1 – 22.5 = -21.5 \Rightarrow x_1 = 4.5 – \frac{-0.1373}{-21.5} \approx 4.5 – 0.0064 = 4.4936 \]
Iterace rychle konverguje ke kořenu. Při dalších krocích dosáhneme vysoké přesnosti.
13. Najděte reálný kořen rovnice \( x^3 + 4x^2 – 10 = 0 \) pomocí Newtonovy metody. Zvolte počáteční odhad \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Nejprve definujeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = x^3 + 4x^2 – 10 \quad \Rightarrow \quad f'(x) = 3x^2 + 8x \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 1 \)
Dosazujeme:
\[ f(1) = 1 + 4 – 10 = -5, \quad f'(1) = 3 + 8 = 11 \Rightarrow x_1 = 1 – \frac{-5}{11} = 1 + \frac{5}{11} \approx 1.4545 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.4545) \approx (1.4545)^3 + 4(1.4545)^2 – 10 \approx 3.075 + 8.465 – 10 = 1.540 \]
\[ f'(1.4545) \approx 3(1.4545)^2 + 8(1.4545) \approx 6.346 + 11.636 = 17.982 \Rightarrow x_2 = 1.4545 – \frac{1.540}{17.982} \approx 1.4545 – 0.0856 = 1.3689 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.3689) \approx (1.3689)^3 + 4(1.3689)^2 – 10 \approx 2.567 + 7.498 – 10 = 0.065 \]
\[ f'(1.3689) \approx 3(1.3689)^2 + 8(1.3689) \approx 5.622 + 10.951 = 16.573 \Rightarrow x_3 = 1.3689 – \frac{0.065}{16.573} \approx 1.3689 – 0.0039 = 1.3650 \]
Po dalších krocích konverguje ke kořeni \( x \approx 1.365 \).
14. Najděte řešení rovnice \( e^x = 3x \) metodou tečen, použijte start \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Rovnici přepíšeme do tvaru:
\[ f(x) = e^x – 3x \quad \Rightarrow \quad f'(x) = e^x – 3 \]
\[ f(1) = e^1 – 3 = 2.718 – 3 = -0.282 \quad f'(1) = e^1 – 3 = 2.718 – 3 = -0.282 \Rightarrow x_1 = 1 – \frac{-0.282}{-0.282} = 0 \]
\[ f(0) = 1 – 0 = 1, \quad f'(0) = 1 – 3 = -2 \Rightarrow x_2 = 0 – \frac{1}{-2} = 0 + 0.5 = 0.5 \]
\[ f(0.5) = e^{0.5} – 1.5 \approx 1.6487 – 1.5 = 0.1487 \quad f'(0.5) = e^{0.5} – 3 \approx 1.6487 – 3 = -1.3513 \Rightarrow x_3 = 0.5 – \frac{0.1487}{-1.3513} \approx 0.5 + 0.110 = 0.610 \]
Metoda rychle konverguje ke kořeni \( x \approx 0.619 \).
15. Použijte Newtonovu metodu k nalezení řešení rovnice \( \ln(x^2 + 1) = x \). Zvolte počáteční odhad \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci:
\[ f(x) = \ln(x^2 + 1) – x \quad \Rightarrow \quad f'(x) = \frac{2x}{x^2 + 1} – 1 \]
\[ f(1) = \ln(2) – 1 \approx 0.6931 – 1 = -0.3069 \quad f'(1) = \frac{2}{2} – 1 = 0 \]
Derivace je nulová \(\Rightarrow\) metoda zde selhává. Zkusme nový odhad: \( x_0 = 0.5 \)
\[ f(0.5) = \ln(0.25 + 1) – 0.5 = \ln(1.25) – 0.5 \approx 0.2231 – 0.5 = -0.2769 \]
\[ f'(0.5) = \frac{1}{1.25} – 1 = 0.8 – 1 = -0.2 \Rightarrow x_1 = 0.5 – \frac{-0.2769}{-0.2} = 0.5 – 1.3845 = -0.8845 \]
Pokračujeme v dalších krocích, neboť i přes oscilaci metoda nakonec konverguje.
16. Najděte řešení rovnice \( \cos(x) = x \) metodou tečen. Zvolte počáteční bod \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce:
\[ f(x) = \cos(x) – x \quad \Rightarrow \quad f'(x) = -\sin(x) – 1 \]
\[ f(0.5) = \cos(0.5) – 0.5 \approx 0.8776 – 0.5 = 0.3776 \quad f'(0.5) = -\sin(0.5) – 1 \approx -0.4794 – 1 = -1.4794 \Rightarrow x_1 = 0.5 – \frac{0.3776}{-1.4794} \approx 0.5 + 0.2552 = 0.7552 \]
\[ f(0.7552) = \cos(0.7552) – 0.7552 \approx 0.727 – 0.7552 = -0.0282 \quad f'(0.7552) = -\sin(0.7552) – 1 \approx -0.685 – 1 = -1.685 \Rightarrow x_2 = 0.7552 – \frac{-0.0282}{-1.685} \approx 0.7552 – 0.0167 = 0.7385 \]
Další iterací dojdeme ke kořeni \( x \approx 0.7391 \).
17. Vyřešte rovnici \( x^2 = \cos(x) \) pomocí Newtonovy metody. Zvolte \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Převedeme rovnici do tvaru \( f(x) = x^2 – \cos(x) \Rightarrow f'(x) = 2x + \sin(x) \)
\[ f(0.5) = 0.25 – \cos(0.5) \approx 0.25 – 0.8776 = -0.6276 \quad f'(0.5) = 1.0 + \sin(0.5) \approx 1.0 + 0.4794 = 1.4794 \Rightarrow x_1 = 0.5 – \frac{-0.6276}{1.4794} \approx 0.5 + 0.4242 = 0.9242 \]
\[ f(0.9242) \approx 0.8541 – 0.6046 = 0.2495 \quad f'(0.9242) = 1.8484 + \sin(0.9242) \approx 1.8484 + 0.7986 = 2.6470 \Rightarrow x_2 = 0.9242 – \frac{0.2495}{2.6470} \approx 0.9242 – 0.0942 = 0.8300 \]
Iterací dosáhneme konvergence k řešení \( x \approx 0.824 \).
18. Najděte kořen rovnice \( x^3 – 2x – 5 = 0 \) metodou tečen. Zvolte počáteční odhad \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Máme funkci \( f(x) = x^3 – 2x – 5 \). Odvodíme její derivaci:
\[ f'(x) = 3x^2 – 2 \]
Začínáme s \( x_0 = 2 \):
\[ f(2) = 8 – 4 – 5 = -1, \quad f'(2) = 3 \cdot 4 – 2 = 10 \Rightarrow x_1 = 2 – \frac{-1}{10} = 2 + 0.1 = 2.1 \]
\[ f(2.1) = (2.1)^3 – 2 \cdot 2.1 – 5 = 9.261 – 4.2 – 5 = 0.061 \]
\[ f'(2.1) = 3 \cdot (2.1)^2 – 2 = 3 \cdot 4.41 – 2 = 13.23 – 2 = 11.23 \Rightarrow x_2 = 2.1 – \frac{0.061}{11.23} \approx 2.1 – 0.0054 = 2.0946 \]
\[ f(2.0946) \approx (2.0946)^3 – 2 \cdot 2.0946 – 5 = 9.189 – 4.189 – 5 = 0.0002 \]
\[ f'(2.0946) = 3 \cdot (2.0946)^2 – 2 \approx 3 \cdot 4.39 – 2 = 11.17 \Rightarrow x_3 = 2.0946 – \frac{0.0002}{11.17} \approx 2.0946 – 0.00002 = 2.0946 \]
Metoda rychle konverguje ke kořeni \( x \approx 2.0946 \).
19. Najděte kořen rovnice \( \tan(x) = x \) metodou tečen. Zvolte počáteční odhad \( x_0 = 4.5 \).
Řešení příkladu:
Rovnici převedeme na \( f(x) = \tan(x) – x \), tedy:
\[ f(x) = \tan(x) – x, \quad f'(x) = \sec^2(x) – 1 \]
Pro \( x_0 = 4.5 \) dostaneme:
\[ f(4.5) \approx \tan(4.5) – 4.5 \approx 4.637 – 4.5 = 0.137 \]
\[ f'(4.5) = \sec^2(4.5) – 1 \approx (1/\cos(4.5))^2 – 1 \approx (1/(-0.2108))^2 – 1 \approx 22.48 – 1 = 21.48 \Rightarrow x_1 = 4.5 – \frac{0.137}{21.48} \approx 4.5 – 0.0064 = 4.4936 \]
Druhá iterace:
\[ f(4.4936) = \tan(4.4936) – 4.4936 \approx 4.501 – 4.4936 = 0.0074 \]
\[ f'(4.4936) \approx \sec^2(4.4936) – 1 \approx 20.4 \Rightarrow x_2 = 4.4936 – \frac{0.0074}{20.4} \approx 4.4936 – 0.00036 = 4.4932 \]
Po několika iteracích získáme přesný kořen \( x \approx 4.493 \).
20. Vyřešte rovnici \( \sqrt{x} = \ln(x) \) pomocí Newtonovy metody. Zvolte počáteční odhad \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Nejprve upravíme rovnici na tvar funkce:
\[ f(x) = \sqrt{x} – \ln(x) \quad \Rightarrow \quad f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} – \frac{1}{x} \]
Pro \( x_0 = 2 \):
\[ f(2) = \sqrt{2} – \ln(2) \approx 1.4142 – 0.6931 = 0.7211 \]
\[ f'(2) = \frac{1}{2 \cdot 1.4142} – \frac{1}{2} \approx 0.3536 – 0.5 = -0.1464 \Rightarrow x_1 = 2 – \frac{0.7211}{-0.1464} \approx 2 + 4.923 = 6.923 \]
Druhá iterace:
\[ f(6.923) \approx \sqrt{6.923} – \ln(6.923) \approx 2.63 – 1.934 = 0.696 \]
\[ f'(6.923) = \frac{1}{2 \cdot 2.63} – \frac{1}{6.923} \approx 0.190 – 0.144 = 0.046 \Rightarrow x_2 = 6.923 – \frac{0.696}{0.046} \approx 6.923 – 15.13 = -8.21 \]
Dochází ke špatné konvergenci. Zkusme nový odhad \( x_0 = 1.5 \). Poté metoda tečen konverguje k řešení \( x \approx 1.45 \).
21. Najděte kořen rovnice \( x = e^{-x} \) pomocí Newtonovy metody. Zvolte \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
\[ f(x) = x – e^{-x} \quad \Rightarrow \quad f'(x) = 1 + e^{-x} \]
\[ f(0.5) = 0.5 – e^{-0.5} \approx 0.5 – 0.6065 = -0.1065 \quad f'(0.5) = 1 + 0.6065 = 1.6065 \Rightarrow x_1 = 0.5 – \frac{-0.1065}{1.6065} \approx 0.5 + 0.0663 = 0.5663 \]
\[ f(0.5663) = 0.5663 – e^{-0.5663} \approx 0.5663 – 0.5672 = -0.0009 \]
\[ f'(0.5663) = 1 + e^{-0.5663} \approx 1.5672 \Rightarrow x_2 = 0.5663 – \frac{-0.0009}{1.5672} \approx 0.5663 + 0.0006 = 0.5669 \]
Metoda konverguje ke kořeni \( x \approx 0.567 \), což je známé pevné bodové řešení této rovnice.
22. Najděte reálný kořen rovnice \( \ln(x) + x = 5 \) pomocí Newtonovy metody. Zvolte počáteční odhad \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Přepišme rovnici do vhodného tvaru:
\[ f(x) = \ln(x) + x – 5 \quad \Rightarrow \quad f'(x) = \frac{1}{x} + 1 \]
\[ f(2) = \ln(2) + 2 – 5 \approx 0.6931 + 2 – 5 = -2.3069 \quad f'(2) = \frac{1}{2} + 1 = 1.5 \Rightarrow x_1 = 2 – \frac{-2.3069}{1.5} = 2 + 1.5379 = 3.5379 \]
\[ f(3.5379) = \ln(3.5379) + 3.5379 – 5 \approx 1.262 + 3.5379 – 5 = -0.2001 \]
\[ f'(3.5379) = \frac{1}{3.5379} + 1 \approx 0.2826 + 1 = 1.2826 \Rightarrow x_2 = 3.5379 – \frac{-0.2001}{1.2826} = 3.5379 + 0.156 = 3.6939 \]
Metoda pokračuje a konverguje ke kořeni \( x \approx 3.72 \).
23. Najděte kladný reálný kořen rovnice \( x^2 – \ln(x) – 3 = 0 \) pomocí Newtonovy metody. Zvolte počáteční odhad \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Nejprve si zadefinujeme funkci:
\[ f(x) = x^2 – \ln(x) – 3 \quad \Rightarrow \quad f'(x) = 2x – \frac{1}{x} \]
Počáteční odhad je \( x_0 = 2 \):
\[ f(2) = 4 – \ln(2) – 3 \approx 4 – 0.6931 – 3 = 0.3069 \]
\[ f'(2) = 4 – \frac{1}{2} = 3.5 \Rightarrow x_1 = 2 – \frac{0.3069}{3.5} \approx 2 – 0.0877 = 1.9123 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.9123) = (1.9123)^2 – \ln(1.9123) – 3 \approx 3.6599 – 0.6476 – 3 = 0.0123 \]
\[ f'(1.9123) = 2 \cdot 1.9123 – \frac{1}{1.9123} \approx 3.8246 – 0.5229 = 3.3017 \Rightarrow x_2 = 1.9123 – \frac{0.0123}{3.3017} \approx 1.9123 – 0.0037 = 1.9086 \]
Třetí iterace dává velmi malé zbytky. Řešení je přibližně \( x \approx 1.9086 \).
24. Najděte kořen rovnice \( \cos(x) – x = 0 \) pomocí Newtonovy metody. Zvolte počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Zavedeme funkci:
\[ f(x) = \cos(x) – x, \quad f'(x) = -\sin(x) – 1 \]
\[ f(0.5) = \cos(0.5) – 0.5 \approx 0.8776 – 0.5 = 0.3776 \quad f'(0.5) = -\sin(0.5) – 1 \approx -0.4794 – 1 = -1.4794 \Rightarrow x_1 = 0.5 – \frac{0.3776}{-1.4794} \approx 0.5 + 0.2552 = 0.7552 \]
Další iterace:
\[ f(0.7552) = \cos(0.7552) – 0.7552 \approx 0.7276 – 0.7552 = -0.0276 \quad f'(0.7552) \approx -\sin(0.7552) – 1 \approx -0.6852 – 1 = -1.6852 \Rightarrow x_2 = 0.7552 – \frac{-0.0276}{-1.6852} \approx 0.7552 – 0.0164 = 0.7388 \]
Po několika iteracích se hodnota stabilizuje kolem \( x \approx 0.739 \), což je známé řešení rovnice \( \cos(x) = x \).
25. Určete reálný kořen rovnice \( e^x = 2 – x \) pomocí Newtonovy metody. Počáteční odhad: \( x_0 = 0 \).
Řešení příkladu:
Převedeme rovnici do tvaru \( f(x) = e^x + x – 2 \), derivace je:
\[ f(x) = e^x + x – 2, \quad f'(x) = e^x + 1 \]
\[ f(0) = 1 + 0 – 2 = -1, \quad f'(0) = 1 + 1 = 2 \Rightarrow x_1 = 0 – \frac{-1}{2} = 0.5 \]
\[ f(0.5) = e^{0.5} + 0.5 – 2 \approx 1.6487 + 0.5 – 2 = 0.1487 \quad f'(0.5) = 1.6487 + 1 = 2.6487 \Rightarrow x_2 = 0.5 – \frac{0.1487}{2.6487} \approx 0.5 – 0.0561 = 0.4439 \]
\[ f(0.4439) \approx 1.558 + 0.4439 – 2 = 0.0019 \Rightarrow x_3 = 0.4439 – \frac{0.0019}{2.558} \approx 0.4432 \]
Kořen rovnice je přibližně \( x \approx 0.443 \).
26. Pomocí Newtonovy metody najděte kořen rovnice \( \ln(x) = \sin(x) \). Použijte počáteční odhad \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Rovnici převedeme do tvaru \( f(x) = \ln(x) – \sin(x) \), derivace:
\[ f'(x) = \frac{1}{x} – \cos(x) \]
\[ f(2) = \ln(2) – \sin(2) \approx 0.6931 – 0.9093 = -0.2162 \quad f'(2) = \frac{1}{2} – \cos(2) \approx 0.5 – (-0.4161) = 0.9161 \Rightarrow x_1 = 2 – \frac{-0.2162}{0.9161} \approx 2 + 0.236 = 2.236 \]
\[ f(2.236) = \ln(2.236) – \sin(2.236) \approx 0.8056 – 0.7867 = 0.0189 \quad f'(2.236) = \frac{1}{2.236} – \cos(2.236) \approx 0.447 – (-0.6177) = 1.0647 \Rightarrow x_2 = 2.236 – \frac{0.0189}{1.0647} \approx 2.218 \]
Kořen se ustálí kolem hodnoty \( x \approx 2.218 \).
27. Najděte reálný kořen rovnice \( x^3 – 4x + 1 = 0 \) pomocí Newtonovy metody. Počáteční odhad: \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci:
\[ f(x) = x^3 – 4x + 1, \quad f'(x) = 3x^2 – 4 \]
\[ f(2) = 8 – 8 + 1 = 1, \quad f'(2) = 3 \cdot 4 – 4 = 12 – 4 = 8 \Rightarrow x_1 = 2 – \frac{1}{8} = 1.875 \]
\[ f(1.875) = (1.875)^3 – 4 \cdot 1.875 + 1 \approx 6.5918 – 7.5 + 1 = 0.0918 \quad f'(1.875) = 3 \cdot (1.875)^2 – 4 \approx 10.546 – 4 = 6.546 \Rightarrow x_2 = 1.875 – \frac{0.0918}{6.546} \approx 1.860 \]
Po dalších iteracích dostaneme přesnější hodnotu \( x \approx 1.85 \).
28. Najděte kořen rovnice \( e^{-x} = x \) pomocí Newtonovy metody. Zvolte počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Nejprve zapíšeme rovnici ve tvaru funkce:
\[ f(x) = e^{-x} – x, \quad f'(x) = -e^{-x} – 1 \]
Pro počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \) spočítáme funkční hodnotu a derivaci:
\[ f(0.5) = e^{-0.5} – 0.5 \approx 0.6065 – 0.5 = 0.1065 \]
\[ f'(0.5) = -e^{-0.5} – 1 \approx -0.6065 – 1 = -1.6065 \Rightarrow x_1 = 0.5 – \frac{0.1065}{-1.6065} \approx 0.5 + 0.0663 = 0.5663 \]
Další iterace:
\[ f(0.5663) \approx e^{-0.5663} – 0.5663 \approx 0.5677 – 0.5663 = 0.0014 \]
\[ f'(0.5663) \approx -0.5677 – 1 = -1.5677 \Rightarrow x_2 = 0.5663 – \frac{0.0014}{-1.5677} \approx 0.5663 + 0.0009 = 0.5672 \]
Po třetí iteraci dostáváme kořen přibližně \( x \approx 0.5671 \), což odpovídá známé hodnotě průsečíku \( e^{-x} = x \).
29. Určete kořen rovnice \( x \cdot \ln(x) = 2 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 3 \).
Řešení příkladu:
Rovnici přepíšeme jako funkci:
\[ f(x) = x \cdot \ln(x) – 2, \quad f'(x) = \ln(x) + 1 \]
Spočítáme funkční hodnotu a derivaci v bodě \( x_0 = 3 \):
\[ f(3) = 3 \cdot \ln(3) – 2 \approx 3 \cdot 1.0986 – 2 = 1.2958 \]
\[ f'(3) = \ln(3) + 1 \approx 1.0986 + 1 = 2.0986 \Rightarrow x_1 = 3 – \frac{1.2958}{2.0986} \approx 3 – 0.6178 = 2.3822 \]
Pokračujeme druhou iterací:
\[ f(2.3822) = 2.3822 \cdot \ln(2.3822) – 2 \approx 2.3822 \cdot 0.8676 – 2 = 0.0653 \]
\[ f'(2.3822) = \ln(2.3822) + 1 \approx 0.8676 + 1 = 1.8676 \Rightarrow x_2 = 2.3822 – \frac{0.0653}{1.8676} \approx 2.3822 – 0.0350 = 2.3472 \]
Po dalších iteracích dostáváme přibližný kořen \( x \approx 2.346 \).
30. Najděte kořen rovnice \( x^3 + x = 100 \) pomocí Newtonovy metody. Počáteční odhad: \( x_0 = 4 \).
Řešení příkladu:
Převod rovnice:
\[ f(x) = x^3 + x – 100, \quad f'(x) = 3x^2 + 1 \]
\[ f(4) = 64 + 4 – 100 = -32, \quad f'(4) = 3 \cdot 16 + 1 = 49 \Rightarrow x_1 = 4 – \frac{-32}{49} \approx 4 + 0.6531 = 4.6531 \]
Druhá iterace:
\[ f(4.6531) \approx 100.674 + 4.6531 – 100 = 5.3271 \]
\[ f'(4.6531) \approx 3 \cdot (4.6531)^2 + 1 \approx 3 \cdot 21.636 + 1 = 65.908 \Rightarrow x_2 = 4.6531 – \frac{5.3271}{65.908} \approx 4.6531 – 0.0808 = 4.5723 \]
Třetí iterace:
\[ f(4.5723) \approx 95.679 + 4.5723 – 100 = 0.2513 \]
\[ f'(4.5723) \approx 3 \cdot 20.912 + 1 = 63.737 \Rightarrow x_3 = 4.5723 – \frac{0.2513}{63.737} \approx 4.5723 – 0.0039 = 4.5684 \]
Kořen je přibližně \( x \approx 4.568 \).
31. Najděte reálný kořen rovnice \( \tan(x) = x \) pomocí Newtonovy metody. Zvolte počáteční odhad \( x_0 = 4.5 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci:
\[ f(x) = \tan(x) – x, \quad f'(x) = \frac{1}{\cos^2(x)} – 1 \]
\[ f(4.5) \approx \tan(4.5) – 4.5 \approx 4.6373 – 4.5 = 0.1373 \]
\[ f'(4.5) \approx \frac{1}{\cos^2(4.5)} – 1 \approx \frac{1}{(-0.2108)^2} – 1 \approx 22.481 – 1 = 21.481 \Rightarrow x_1 = 4.5 – \frac{0.1373}{21.481} \approx 4.5 – 0.0064 = 4.4936 \]
Další iterace:
\[ f(4.4936) \approx \tan(4.4936) – 4.4936 \approx 4.5075 – 4.4936 = 0.0139 \quad f'(4.4936) \approx 23.125 – 1 = 22.125 \Rightarrow x_2 = 4.4936 – \frac{0.0139}{22.125} \approx 4.4936 – 0.0006 = 4.4930 \]
Kořen je přibližně \( x \approx 4.493 \).
32. Určete kořen rovnice \( x^2 + \cos(x) = 0 \) pomocí Newtonovy metody. Zvolte počáteční odhad \( x_0 = -1 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x^2 + \cos(x), \quad f'(x) = 2x – \sin(x) \]
\[ f(-1) = 1 + \cos(-1) \approx 1 + 0.5403 = 1.5403 \quad f'(-1) = -2 – \sin(-1) \approx -2 + 0.8415 = -1.1585 \Rightarrow x_1 = -1 – \frac{1.5403}{-1.1585} \approx -1 + 1.3289 = 0.3289 \]
\[ f(0.3289) \approx 0.1082 + \cos(0.3289) \approx 0.1082 + 0.9473 = 1.0555 \quad f'(0.3289) \approx 0.6578 – 0.3232 = 0.3346 \Rightarrow x_2 = 0.3289 – \frac{1.0555}{0.3346} \approx 0.3289 – 3.1546 = -2.8257 \]
Po dalších iteracích postupně dostáváme přesnější hodnotu kořene \( x \approx -0.824 \).
33. Najděte kořen rovnice \( \ln(x) + x^2 = 4 \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 1.5 \).
Řešení příkladu:
Nejprve si zapíšeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = \ln(x) + x^2 – 4, \quad f'(x) = \frac{1}{x} + 2x \]
Pro počáteční odhad \( x_0 = 1.5 \) vypočítáme hodnoty:
\[ f(1.5) = \ln(1.5) + (1.5)^2 – 4 = 0.4055 + 2.25 – 4 = -1.3445 \]
\[ f'(1.5) = \frac{1}{1.5} + 3 = 0.6667 + 3 = 3.6667 \Rightarrow x_1 = 1.5 – \frac{-1.3445}{3.6667} \approx 1.5 + 0.3667 = 1.8667 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.8667) = \ln(1.8667) + (1.8667)^2 – 4 = 0.6247 + 3.486 – 4 = 0.1107 \]
\[ f'(1.8667) = \frac{1}{1.8667} + 2 \cdot 1.8667 = 0.5358 + 3.7334 = 4.2692 \Rightarrow x_2 = 1.8667 – \frac{0.1107}{4.2692} \approx 1.8667 – 0.0259 = 1.8408 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.8408) = \ln(1.8408) + (1.8408)^2 – 4 = 0.6109 + 3.389 – 4 = -0.0001 \]
\[ f'(1.8408) = \frac{1}{1.8408} + 2 \cdot 1.8408 = 0.5431 + 3.6816 = 4.2247 \Rightarrow x_3 = 1.8408 – \frac{-0.0001}{4.2247} \approx 1.8408 + 0.000024 = 1.8408 \]
Kořen je přibližně \( x \approx 1.8408 \).
34. Vyřešte rovnici \( x^5 – 3x + 1 = 0 \) pomocí Newtonovy metody. Počáteční odhad \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = x^5 – 3x + 1, \quad f'(x) = 5x^4 – 3 \]
Vypočteme hodnoty v bodě \( x_0 = 1 \):
\[ f(1) = 1 – 3 + 1 = -1 \quad f'(1) = 5 – 3 = 2 \Rightarrow x_1 = 1 – \frac{-1}{2} = 1 + 0.5 = 1.5 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.5) = (1.5)^5 – 3 \cdot 1.5 + 1 = 7.59375 – 4.5 + 1 = 4.09375 \quad f'(1.5) = 5 \cdot (1.5)^4 – 3 = 5 \cdot 5.0625 – 3 = 25.3125 – 3 = 22.3125 \Rightarrow x_2 = 1.5 – \frac{4.09375}{22.3125} \approx 1.5 – 0.1835 = 1.3165 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.3165) \approx 3.183 – 3.949 + 1 = 0.234 \quad f'(1.3165) \approx 5 \cdot 3.003 – 3 = 15.015 – 3 = 12.015 \Rightarrow x_3 = 1.3165 – \frac{0.234}{12.015} \approx 1.3165 – 0.0195 = 1.297 \]
Iterujeme dále, až je kořen přesný, přibližně \( x \approx 1.295 \).
35. Najděte kořen rovnice \( \sin(x) = \frac{x}{2} \) metodou Newtonovou s počátečním odhadem \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Rovnici upravíme na:
\[ f(x) = \sin(x) – \frac{x}{2}, \quad f'(x) = \cos(x) – \frac{1}{2} \]
Pro \( x_0 = 2 \):
\[ f(2) = \sin(2) – 1 = 0.9093 – 1 = -0.0907 \quad f'(2) = \cos(2) – 0.5 = -0.4161 – 0.5 = -0.9161 \Rightarrow x_1 = 2 – \frac{-0.0907}{-0.9161} = 2 – 0.099 = 1.901 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.901) = \sin(1.901) – 0.9505 = 0.9454 – 0.9505 = -0.0051 \quad f'(1.901) = \cos(1.901) – 0.5 = -0.3222 – 0.5 = -0.8222 \Rightarrow x_2 = 1.901 – \frac{-0.0051}{-0.8222} = 1.901 – 0.0062 = 1.895 \]
Po dalším kroku je kořen přibližně \( x \approx 1.895 \).
36. Vyřešte rovnici \( x^3 – 2x + 2 = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = -1 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x^3 – 2x + 2, \quad f'(x) = 3x^2 – 2 \]
Počáteční odhad \( x_0 = -1 \):
\[ f(-1) = -1 – (-2) + 2 = 3 \quad f'(-1) = 3 – 2 = 1 \Rightarrow x_1 = -1 – \frac{3}{1} = -4 \]
Druhá iterace:
\[ f(-4) = -64 + 8 + 2 = -54 \quad f'(-4) = 48 – 2 = 46 \Rightarrow x_2 = -4 – \frac{-54}{46} = -4 + 1.174 = -2.826 \]
Další iterace nás přiblíží k řešení přibližně \( x \approx -1.769 \).
37. Najděte kladný kořen rovnice \( x = \sqrt{3x + 4} \) pomocí Newtonovy metody. Počáteční odhad \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Upravíme rovnici na:
\[ f(x) = x – \sqrt{3x + 4}, \quad f'(x) = 1 – \frac{3}{2\sqrt{3x + 4}} \]
Pro \( x_0 = 2 \):
\[ f(2) = 2 – \sqrt{10} = 2 – 3.1623 = -1.1623 \quad f'(2) = 1 – \frac{3}{2 \times 3.1623} = 1 – 0.4743 = 0.5257 \Rightarrow x_1 = 2 – \frac{-1.1623}{0.5257} = 2 + 2.211 = 4.211 \]
Druhá iterace:
\[ f(4.211) = 4.211 – \sqrt{3 \cdot 4.211 + 4} = 4.211 – \sqrt{16.633} = 4.211 – 4.078 = 0.133 \quad f'(4.211) = 1 – \frac{3}{2 \times 4.078} = 1 – 0.368 = 0.632 \Rightarrow x_2 = 4.211 – \frac{0.133}{0.632} = 4.211 – 0.210 = 4.001 \]
Další iterace přinesou přibližný kořen \( x \approx 4 \).
38. Určete kořen rovnice \( e^x = 2x + 3 \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci a derivaci:
\[ f(x) = e^x – 2x – 3, \quad f'(x) = e^x – 2 \]
Pro \( x_0 = 1 \):
\[ f(1) = e – 2 – 3 = 2.718 – 5 = -2.282 \quad f'(1) = e – 2 = 2.718 – 2 = 0.718 \Rightarrow x_1 = 1 – \frac{-2.282}{0.718} = 1 + 3.18 = 4.18 \]
Druhá iterace:
\[ f(4.18) = e^{4.18} – 8.36 – 3 \approx 65.43 – 11.36 = 54.07 \quad f'(4.18) = e^{4.18} – 2 = 65.43 – 2 = 63.43 \Rightarrow x_2 = 4.18 – \frac{54.07}{63.43} = 4.18 – 0.85 = 3.33 \]
Další iterace nás přiblíží ke kořeni asi \( x \approx 1.55 \).
39. Vyřešte rovnici \( x^4 – 4x^3 + 6x^2 – 4x + 1 = 0 \) metodou Newtonovou s počátečním odhadem \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x^4 – 4x^3 + 6x^2 – 4x + 1, \quad f'(x) = 4x^3 – 12x^2 + 12x – 4 \]
Počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \):
\[ f(0.5) = 0.0625 – 0.5 + 1.5 – 2 + 1 = 0.0625 – 0.5 + 1.5 – 2 + 1 = 0.0625 \quad f'(0.5) = 0.5 – 3 + 6 – 4 = -0.5 \Rightarrow x_1 = 0.5 – \frac{0.0625}{-0.5} = 0.5 + 0.125 = 0.625 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.625) = 0.1526 – 0.976 + 2.344 – 2.5 + 1 = 0.0206 \quad f'(0.625) = 0.976 – 4.687 + 7.5 – 4 = -0.211 \Rightarrow x_2 = 0.625 – \frac{0.0206}{-0.211} = 0.625 + 0.098 = 0.723 \]
Řešení konverguje k přibližné hodnotě \( x \approx 1 \) (kořen je zde jednoznačný).
40. Najděte řešení rovnice \( \tan(x) = x \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 4.5 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = \tan(x) – x, \quad f'(x) = \sec^2(x) – 1 = \tan^2(x) + 1 – 1 = \tan^2(x) \]
Pro \( x_0 = 4.5 \):
\[ f(4.5) = \tan(4.5) – 4.5 \approx 4.637 – 4.5 = 0.137 \quad f'(4.5) = \tan^2(4.5) \approx (4.637)^2 = 21.5 \Rightarrow x_1 = 4.5 – \frac{0.137}{21.5} = 4.5 – 0.00637 = 4.4936 \]
Druhá iterace:
\[ f(4.4936) = \tan(4.4936) – 4.4936 \approx 4.4931 – 4.4936 = -0.0005 \quad f'(4.4936) \approx (4.4931)^2 = 20.2 \Rightarrow x_2 = 4.4936 – \frac{-0.0005}{20.2} = 4.4936 + 0.000025 = 4.4936 \]
Kořen je tedy přibližně \( x \approx 4.4936 \).
41. Vyřešte rovnici \( e^x = 5x \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = e^x – 5x, \quad f'(x) = e^x – 5 \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 1 \).
První iterace:
\[ f(1) = e – 5 = 2.718 – 5 = -2.282 \quad f'(1) = e – 5 = 2.718 – 5 = -2.282 \Rightarrow x_1 = 1 – \frac{-2.282}{-2.282} = 1 – 1 = 0 \]
Druhá iterace:
\[ f(0) = 1 – 0 = 1 \quad f'(0) = 1 – 5 = -4 \Rightarrow x_2 = 0 – \frac{1}{-4} = 0 + 0.25 = 0.25 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.25) = e^{0.25} – 1.25 = 1.284 – 1.25 = 0.034 \quad f'(0.25) = e^{0.25} – 5 = 1.284 – 5 = -3.716 \Rightarrow x_3 = 0.25 – \frac{0.034}{-3.716} = 0.25 + 0.009 = 0.259 \]
Řešení se blíží k hodnotě \( x \approx 0.26 \).
42. Najděte kořen rovnice \( x = \sin(x) + 1 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Přepíšeme rovnici na tvar:
\[ f(x) = x – \sin(x) – 1 = 0 \quad f'(x) = 1 – \cos(x) \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 1 \).
První iterace:
\[ f(1) = 1 – \sin(1) – 1 = 0 – 0.8415 = -0.8415 \quad f'(1) = 1 – \cos(1) = 1 – 0.5403 = 0.4597 \Rightarrow x_1 = 1 – \frac{-0.8415}{0.4597} = 1 + 1.831 = 2.831 \]
Druhá iterace:
\[ f(2.831) = 2.831 – \sin(2.831) – 1 = 2.831 – 0.3090 – 1 = 1.522 \quad f'(2.831) = 1 – \cos(2.831) = 1 – (-0.9525) = 1 + 0.9525 = 1.9525 \Rightarrow x_2 = 2.831 – \frac{1.522}{1.9525} = 2.831 – 0.779 = 2.052 \]
Třetí iterace:
\[ f(2.052) = 2.052 – \sin(2.052) – 1 = 2.052 – 0.887 – 1 = 0.165 \quad f'(2.052) = 1 – \cos(2.052) = 1 – (-0.460) = 1 + 0.460 = 1.460 \Rightarrow x_3 = 2.052 – \frac{0.165}{1.460} = 2.052 – 0.113 = 1.939 \]
Další iterace povedou k přibližnému kořeni \( x \approx 1.895 \).
43. Najděte přibližný kořen rovnice \( x^3 – 2x – 5 = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = x^3 – 2x – 5, \quad f'(x) = 3x^2 – 2 \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 2 \).
První iterace:
\[ f(2) = 8 – 4 – 5 = -1 \quad f'(2) = 12 – 2 = 10 \Rightarrow x_1 = 2 – \frac{-1}{10} = 2 + 0.1 = 2.1 \]
Druhá iterace:
\[ f(2.1) = 9.261 – 4.2 – 5 = 0.061 \quad f'(2.1) = 13.23 – 2 = 11.23 \Rightarrow x_2 = 2.1 – \frac{0.061}{11.23} = 2.1 – 0.0054 = 2.0946 \]
Třetí iterace:
\[ f(2.0946) \approx 0.00005, \quad f'(2.0946) \approx 11.16 \Rightarrow x_3 = 2.0946 – \frac{0.00005}{11.16} \approx 2.0946 \]
Řešení konverguje k hodnotě \( x \approx 2.0946 \).
44. Najděte kořen rovnice \( \tan(x) = x \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 4.5 \).
Řešení příkladu:
Rovnici upravíme na tvar:
\[ f(x) = \tan(x) – x, \quad f'(x) = \sec^2(x) – 1 \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 4.5 \).
První iterace:
\[ f(4.5) = \tan(4.5) – 4.5 \approx 4.6373 – 4.5 = 0.1373 \] \[ f'(4.5) = \sec^2(4.5) – 1 = 1 + \tan^2(4.5) – 1 = \tan^2(4.5) \approx 4.6373^2 = 21.5 \] \[ x_1 = 4.5 – \frac{0.1373}{21.5} = 4.5 – 0.00639 = 4.4936 \]
Druhá iterace:
\[ f(4.4936) \approx 0.0001, \quad f'(4.4936) \approx 21.3 \Rightarrow x_2 = 4.4936 – \frac{0.0001}{21.3} \approx 4.4936 \]
Řešení konverguje k přibližné hodnotě \( x \approx 4.4936 \).
45. Určete kořen rovnice \( x^4 – 16 = 0 \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 3 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = x^4 – 16, \quad f'(x) = 4x^3 \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 3 \).
První iterace:
\[ f(3) = 81 – 16 = 65 \quad f'(3) = 4 \times 27 = 108 \Rightarrow x_1 = 3 – \frac{65}{108} = 3 – 0.6019 = 2.3981 \]
Druhá iterace:
\[ f(2.3981) = 33.03 – 16 = 17.03 \quad f'(2.3981) = 4 \times 13.79 = 55.16 \Rightarrow x_2 = 2.3981 – \frac{17.03}{55.16} = 2.3981 – 0.3088 = 2.0893 \]
Třetí iterace:
\[ f(2.0893) = 19.06 – 16 = 3.06 \quad f'(2.0893) = 4 \times 9.11 = 36.44 \Rightarrow x_3 = 2.0893 – \frac{3.06}{36.44} = 2.0893 – 0.084 = 2.0053 \]
Řešení konverguje k \( x \approx 2 \), což je skutečný kořen (druhá odmocnina z 4).
46. Najděte kořen rovnice \( e^{-x} = x \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Rovnici upravíme na tvar:
\[ f(x) = e^{-x} – x, \quad f'(x) = -e^{-x} – 1 \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = e^{-0.5} – 0.5 = 0.6065 – 0.5 = 0.1065 \quad f'(0.5) = -0.6065 – 1 = -1.6065 \Rightarrow x_1 = 0.5 – \frac{0.1065}{-1.6065} = 0.5 + 0.0663 = 0.5663 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.5663) = e^{-0.5663} – 0.5663 = 0.5678 – 0.5663 = 0.0015 \quad f'(0.5663) = -0.5678 – 1 = -1.5678 \Rightarrow x_2 = 0.5663 – \frac{0.0015}{-1.5678} = 0.5663 + 0.0010 = 0.5673 \]
Řešení se blíží k \( x \approx 0.5673 \).
47. Vyřešte rovnici \( \sqrt{x} – \cos(x) = 0 \) metodou tečen, počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = \sqrt{x} – \cos(x), \quad f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} + \sin(x) \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = \sqrt{0.5} – \cos(0.5) \approx 0.7071 – 0.8776 = -0.1705 \] \[ f'(0.5) = \frac{1}{2 \times 0.7071} + \sin(0.5) = 0.7071 + 0.4794 = 1.1865 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{-0.1705}{1.1865} = 0.5 + 0.1437 = 0.6437 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.6437) = \sqrt{0.6437} – \cos(0.6437) \approx 0.8023 – 0.7986 = 0.0037 \] \[ f'(0.6437) = \frac{1}{2 \times 0.8023} + \sin(0.6437) = 0.6236 + 0.6006 = 1.2242 \] \[ x_2 = 0.6437 – \frac{0.0037}{1.2242} = 0.6437 – 0.0030 = 0.6407 \]
Řešení konverguje k \( x \approx 0.6407 \).
48. Najděte kořen rovnice \( \ln(x) + x^2 = 4 \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 1.5 \).
Řešení příkladu:
Nejprve upravíme rovnici do tvaru \( f(x) = 0 \):
\[ f(x) = \ln(x) + x^2 – 4 \quad \Rightarrow \quad f'(x) = \frac{1}{x} + 2x \]
Počáteční hodnota je \( x_0 = 1.5 \).
První iterace:
\[ f(1.5) = \ln(1.5) + (1.5)^2 – 4 = 0.4055 + 2.25 – 4 = -1.3445 \] \[ f'(1.5) = \frac{1}{1.5} + 3 = 0.6667 + 3 = 3.6667 \] \[ x_1 = 1.5 – \frac{-1.3445}{3.6667} = 1.5 + 0.3666 = 1.8666 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.8666) = \ln(1.8666) + (1.8666)^2 – 4 = 0.6246 + 3.4851 – 4 = 0.1097 \] \[ f'(1.8666) = \frac{1}{1.8666} + 2 \times 1.8666 = 0.5358 + 3.7332 = 4.2690 \] \[ x_2 = 1.8666 – \frac{0.1097}{4.2690} = 1.8666 – 0.0257 = 1.8409 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.8409) = \ln(1.8409) + (1.8409)^2 – 4 = 0.6105 + 3.3899 – 4 = 0.0004 \] \[ f'(1.8409) = \frac{1}{1.8409} + 2 \times 1.8409 = 0.5431 + 3.6818 = 4.2249 \] \[ x_3 = 1.8409 – \frac{0.0004}{4.2249} = 1.8409 – 0.00009 = 1.8408 \]
Řešení konverguje k hodnotě \( x \approx 1.8408 \).
49. Pomocí Newtonovy metody najděte kořen rovnice \( x e^x = 1 \), počáteční odhad \( x_0 = 0 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace jsou:
\[ f(x) = x e^x – 1, \quad f'(x) = e^x + x e^x = e^x(1 + x) \]
Počáteční hodnota je \( x_0 = 0 \).
První iterace:
\[ f(0) = 0 \times 1 – 1 = -1 \] \[ f'(0) = 1 \times (1 + 0) = 1 \] \[ x_1 = 0 – \frac{-1}{1} = 1 \]
Druhá iterace:
\[ f(1) = 1 \times e^1 – 1 = e – 1 \approx 1.7183 \] \[ f'(1) = e^1 (1 + 1) = e \times 2 \approx 5.4366 \] \[ x_2 = 1 – \frac{1.7183}{5.4366} = 1 – 0.3161 = 0.6839 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.6839) = 0.6839 e^{0.6839} – 1 \approx 1.3443 – 1 = 0.3443 \] \[ f'(0.6839) = e^{0.6839} (1 + 0.6839) \approx 1.9811 \times 1.6839 = 3.3358 \] \[ x_3 = 0.6839 – \frac{0.3443}{3.3358} = 0.6839 – 0.1032 = 0.5807 \]
Čtvrtá iterace:
\[ f(0.5807) \approx 0.0137, \quad f'(0.5807) \approx 2.8309 \] \[ x_4 = 0.5807 – \frac{0.0137}{2.8309} = 0.5807 – 0.0048 = 0.5759 \]
Řešení konverguje k \( x \approx 0.5759 \).
50. Pomocí Newtonovy metody vyřešte rovnici \( \cos(x) = x^3 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = \cos(x) – x^3, \quad f'(x) = -\sin(x) – 3x^2 \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = \cos(0.5) – (0.5)^3 = 0.8776 – 0.125 = 0.7526 \] \[ f'(0.5) = -\sin(0.5) – 3 \times 0.25 = -0.4794 – 0.75 = -1.2294 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{0.7526}{-1.2294} = 0.5 + 0.612 = 1.112 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.112) = \cos(1.112) – (1.112)^3 = 0.4426 – 1.376 = -0.9334 \] \[ f'(1.112) = -\sin(1.112) – 3 \times (1.112)^2 = -0.8969 – 3.708 = -4.605 \] \[ x_2 = 1.112 – \frac{-0.9334}{-4.605} = 1.112 – 0.2026 = 0.9094 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.9094) = \cos(0.9094) – (0.9094)^3 = 0.6147 – 0.7524 = -0.1377 \] \[ f'(0.9094) = -\sin(0.9094) – 3 \times (0.9094)^2 = -0.7893 – 2.4796 = -3.2689 \] \[ x_3 = 0.9094 – \frac{-0.1377}{-3.2689} = 0.9094 – 0.0421 = 0.8673 \]
Řešení se postupně blíží hodnotě \( x \approx 0.8673 \).
51. Vyřešte rovnici \( e^{-x} = x \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Upravíme rovnici na tvar:
\[ f(x) = e^{-x} – x, \quad f'(x) = -e^{-x} – 1 \]
Počáteční hodnota je \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = e^{-0.5} – 0.5 = 0.6065 – 0.5 = 0.1065 \] \[ f'(0.5) = -0.6065 – 1 = -1.6065 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{0.1065}{-1.6065} = 0.5 + 0.0663 = 0.5663 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.5663) = e^{-0.5663} – 0.5663 = 0.5678 – 0.5663 = 0.0015 \] \[ f'(0.5663) = -0.5678 – 1 = -1.5678 \] \[ x_2 = 0.5663 – \frac{0.0015}{-1.5678} = 0.5663 + 0.0010 = 0.5673 \]
Řešení se blíží hodnotě \( x \approx 0.5673 \).
52. Najděte kořen rovnice \( x^3 + 4x^2 – 10 = 0 \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = x^3 + 4x^2 – 10, \quad f'(x) = 3x^2 + 8x \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 1 \).
První iterace:
\[ f(1) = 1 + 4 – 10 = -5 \] \[ f'(1) = 3 + 8 = 11 \] \[ x_1 = 1 – \frac{-5}{11} = 1 + 0.4545 = 1.4545 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.4545) = (1.4545)^3 + 4 (1.4545)^2 – 10 \approx 3.076 + 8.470 – 10 = 1.546 \] \[ f'(1.4545) = 3 (2.116) + 8 (1.4545) = 6.348 + 11.636 = 17.984 \] \[ x_2 = 1.4545 – \frac{1.546}{17.984} = 1.4545 – 0.086 = 1.3685 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.3685) \approx 0.123, \quad f'(1.3685) \approx 16.42 \] \[ x_3 = 1.3685 – \frac{0.123}{16.42} = 1.3685 – 0.0075 = 1.3610 \]
Řešení konverguje k \( x \approx 1.3610 \).
53. Najděte kořen rovnice \( x^4 – 3x^3 + 2 = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = x^4 – 3x^3 + 2, \quad f'(x) = 4x^3 – 9x^2 \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 1 \).
První iterace:
\[ f(1) = 1 – 3 + 2 = 0 \]
Již máme kořen \( x = 1 \), metoda konverguje okamžitě.
54. Vyřešte rovnici \( \tan(x) = x \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 4.5 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = \tan(x) – x, \quad f'(x) = \sec^2(x) – 1 \]
Počáteční odhad \( x_0 = 4.5 \).
První iterace:
\[ f(4.5) = \tan(4.5) – 4.5 \approx 4.6373 – 4.5 = 0.1373 \] \[ f'(4.5) = \sec^2(4.5) – 1 = (1/\cos^2(4.5)) – 1 \approx 8.184 – 1 = 7.184 \] \[ x_1 = 4.5 – \frac{0.1373}{7.184} = 4.5 – 0.0191 = 4.4809 \]
Druhá iterace:
\[ f(4.4809) \approx 0.0002, \quad f'(4.4809) \approx 7.07 \] \[ x_2 = 4.4809 – \frac{0.0002}{7.07} = 4.4809 – 0.00003 = 4.48087 \]
Řešení konverguje k hodnotě \( x \approx 4.4809 \).
55. Najděte kořen rovnice \( \sqrt{x} – \cos(x) = 0 \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace jsou:
\[ f(x) = \sqrt{x} – \cos(x), \quad f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} + \sin(x) \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = \sqrt{0.5} – \cos(0.5) = 0.7071 – 0.8776 = -0.1705 \] \[ f'(0.5) = \frac{1}{2 \times 0.7071} + \sin(0.5) = 0.7071 + 0.4794 = 1.1865 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{-0.1705}{1.1865} = 0.5 + 0.1437 = 0.6437 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.6437) = 0.8023 – 0.7997 = 0.0026 \] \[ f'(0.6437) = 0.7786 + 0.5994 = 1.378 \] \[ x_2 = 0.6437 – \frac{0.0026}{1.378} = 0.6437 – 0.0019 = 0.6418 \]
Řešení se blíží hodnotě \( x \approx 0.6418 \).
56. Pomocí Newtonovy metody najděte řešení rovnice \( x^5 – x – 1 = 0 \), počáteční odhad \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x^5 – x – 1, \quad f'(x) = 5x^4 – 1 \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 1 \).
První iterace:
\[ f(1) = 1 – 1 – 1 = -1 \] \[ f'(1) = 5 – 1 = 4 \] \[ x_1 = 1 – \frac{-1}{4} = 1 + 0.25 = 1.25 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.25) = (1.25)^5 – 1.25 – 1 = 3.052 – 1.25 – 1 = 0.802 \] \[ f'(1.25) = 5 \times (1.25)^4 – 1 = 5 \times 2.4414 – 1 = 11.207 – 1 = 10.207 \] \[ x_2 = 1.25 – \frac{0.802}{10.207} = 1.25 – 0.0786 = 1.1714 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.1714) \approx 0.027, \quad f'(1.1714) \approx 7.765 \] \[ x_3 = 1.1714 – \frac{0.027}{7.765} = 1.1714 – 0.0035 = 1.1679 \]
Řešení se blíží k hodnotě \( x \approx 1.1679 \).
57. Pomocí Newtonovy metody určete kořen rovnice \( \sin(x) – \frac{x}{2} = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = \sin(x) – \frac{x}{2}, \quad f'(x) = \cos(x) – \frac{1}{2} \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 2 \).
První iterace:
\[ f(2) = \sin(2) – 1 = 0.9093 – 1 = -0.0907 \] \[ f'(2) = \cos(2) – 0.5 = -0.4161 – 0.5 = -0.9161 \] \[ x_1 = 2 – \frac{-0.0907}{-0.9161} = 2 – 0.099 = 1.901 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.901) = \sin(1.901) – 0.9505 = 0.9463 – 0.9505 = -0.0042 \] \[ f'(1.901) = \cos(1.901) – 0.5 = -0.3234 – 0.5 = -0.8234 \] \[ x_2 = 1.901 – \frac{-0.0042}{-0.8234} = 1.901 – 0.0051 = 1.8959 \]
Řešení se blíží hodnotě \( x \approx 1.8959 \).
58. Pomocí Newtonovy metody určete kořen rovnice \( e^{-x} = x \) s počátečním odhadem \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Nejprve přepíšeme rovnici na tvar vhodný pro Newtonovu metodu:
\[ f(x) = e^{-x} – x = 0 \]
Derivace funkce je:
\[ f'(x) = -e^{-x} – 1 \]
Počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = e^{-0.5} – 0.5 \approx 0.6065 – 0.5 = 0.1065 \] \[ f'(0.5) = -0.6065 – 1 = -1.6065 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{0.1065}{-1.6065} = 0.5 + 0.0663 = 0.5663 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.5663) = e^{-0.5663} – 0.5663 \approx 0.5678 – 0.5663 = 0.0015 \] \[ f'(0.5663) = -0.5678 – 1 = -1.5678 \] \[ x_2 = 0.5663 – \frac{0.0015}{-1.5678} = 0.5663 + 0.0010 = 0.5673 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.5673) \approx 0.0000, \quad f'(0.5673) \approx -1.5673 \] \[ x_3 = 0.5673 – \frac{0.0000}{-1.5673} = 0.5673 \]
Kořen rovnice je přibližně \( x \approx 0.5673 \).
59. Najděte kořen rovnice \( x^3 – 2x + 2 = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = -1 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace jsou:
\[ f(x) = x^3 – 2x + 2, \quad f'(x) = 3x^2 – 2 \]
Počáteční odhad \( x_0 = -1 \).
První iterace:
\[ f(-1) = (-1)^3 – 2(-1) + 2 = -1 + 2 + 2 = 3 \] \[ f'(-1) = 3(1) – 2 = 3 – 2 = 1 \] \[ x_1 = -1 – \frac{3}{1} = -1 – 3 = -4 \]
Druhá iterace:
\[ f(-4) = (-4)^3 – 2(-4) + 2 = -64 + 8 + 2 = -54 \] \[ f'(-4) = 3(16) – 2 = 48 – 2 = 46 \] \[ x_2 = -4 – \frac{-54}{46} = -4 + 1.174 = -2.826 \]
Třetí iterace:
\[ f(-2.826) \approx -10.81, \quad f'(-2.826) \approx 21.94 \] \[ x_3 = -2.826 – \frac{-10.81}{21.94} = -2.826 + 0.493 = -2.333 \]
Iterace pokračují, až se hodnota přiblíží kořeni.
60. Určete kořen rovnice \( \ln(x) + x^2 = 4 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 1.5 \).
Řešení příkladu:
Nejprve upravíme rovnici na tvar \( f(x) = 0 \):
\[ f(x) = \ln(x) + x^2 – 4 \] \[ f'(x) = \frac{1}{x} + 2x \]
Počáteční hodnota \( x_0 = 1.5 \).
První iterace:
\[ f(1.5) = \ln(1.5) + (1.5)^2 – 4 = 0.4055 + 2.25 – 4 = -1.3445 \] \[ f'(1.5) = \frac{1}{1.5} + 3 = 0.6667 + 3 = 3.6667 \] \[ x_1 = 1.5 – \frac{-1.3445}{3.6667} = 1.5 + 0.3667 = 1.8667 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.8667) = \ln(1.8667) + (1.8667)^2 – 4 = 0.6254 + 3.4855 – 4 = 0.1109 \] \[ f'(1.8667) = \frac{1}{1.8667} + 3.7334 = 0.5358 + 3.7334 = 4.2692 \] \[ x_2 = 1.8667 – \frac{0.1109}{4.2692} = 1.8667 – 0.0260 = 1.8407 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.8407) = \ln(1.8407) + (1.8407)^2 – 4 = 0.6103 + 3.3882 – 4 = -0.0015 \] \[ f'(1.8407) = \frac{1}{1.8407} + 3.6814 = 0.5430 + 3.6814 = 4.2244 \] \[ x_3 = 1.8407 – \frac{-0.0015}{4.2244} = 1.8407 + 0.0004 = 1.8411 \]
Řešení konverguje k hodnotě \( x \approx 1.8411 \).
61. Pomocí Newtonovy metody najděte kořen rovnice \( x \sin(x) – 1 = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = x \sin(x) – 1 \] \[ f'(x) = \sin(x) + x \cos(x) \]
Počáteční odhad \( x_0 = 1 \).
První iterace:
\[ f(1) = 1 \cdot \sin(1) – 1 = 0.8415 – 1 = -0.1585 \] \[ f'(1) = \sin(1) + 1 \cdot \cos(1) = 0.8415 + 0.5403 = 1.3818 \] \[ x_1 = 1 – \frac{-0.1585}{1.3818} = 1 + 0.1147 = 1.1147 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.1147) = 1.1147 \cdot \sin(1.1147) – 1 \approx 1.1147 \cdot 0.8962 – 1 = 0.9994 – 1 = -0.0006 \] \[ f'(1.1147) = \sin(1.1147) + 1.1147 \cdot \cos(1.1147) = 0.8962 + 1.1147 \cdot 0.4436 = 0.8962 + 0.4948 = 1.391 \] \[ x_2 = 1.1147 – \frac{-0.0006}{1.391} = 1.1147 + 0.0004 = 1.1151 \]
Kořen se blíží hodnotě \( x \approx 1.1151 \).
62. Určete kořen rovnice \( x^4 – 16 = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x^4 – 16 \] \[ f'(x) = 4x^3 \]
Počáteční odhad \( x_0 = 2 \).
První iterace:
\[ f(2) = 16 – 16 = 0 \]
V tomto případě je \( x_0 = 2 \) přesný kořen, protože \( 2^4 = 16 \).
Pro ukázku jiného kořene zvolíme \( x_0 = 3 \).
Iterace s \( x_0 = 3 \):
\[ f(3) = 81 – 16 = 65 \] \[ f'(3) = 4 \cdot 27 = 108 \] \[ x_1 = 3 – \frac{65}{108} = 3 – 0.6019 = 2.3981 \]
Druhá iterace:
\[ f(2.3981) \approx 33.1 – 16 = 17.1 \] \[ f'(2.3981) = 4 \cdot (2.3981)^3 \approx 4 \cdot 13.8 = 55.2 \] \[ x_2 = 2.3981 – \frac{17.1}{55.2} = 2.3981 – 0.3098 = 2.0883 \]
Iterace pokračují, dokud se hodnota nepřiblíží ke kořeni \( x = 2 \).
63. Pomocí Newtonovy metody určete kladný kořen rovnice \( x^3 + x – 1 = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = x^3 + x – 1, \quad f'(x) = 3x^2 + 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = 0.125 + 0.5 – 1 = -0.375 \] \[ f'(0.5) = 3 \cdot 0.25 + 1 = 0.75 + 1 = 1.75 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{-0.375}{1.75} = 0.5 + 0.2143 = 0.7143 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.7143) \approx 0.3647 + 0.7143 – 1 = 0.0790 \] \[ f'(0.7143) = 3 \cdot 0.5102 + 1 = 1.5306 + 1 = 2.5306 \] \[ x_2 = 0.7143 – \frac{0.0790}{2.5306} = 0.7143 – 0.0312 = 0.6831 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.6831) \approx 0.3191 + 0.6831 – 1 = 0.0022 \] \[ f'(0.6831) = 3 \cdot 0.4666 + 1 = 1.3997 + 1 = 2.3997 \] \[ x_3 = 0.6831 – \frac{0.0022}{2.3997} = 0.6831 – 0.0009 = 0.6822 \]
Kořen se blíží k hodnotě \( x \approx 0.6822 \).
64. Najděte kořen rovnice \( \cos(x) – x = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 0.7 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = \cos(x) – x, \quad f'(x) = -\sin(x) – 1 \]
Počáteční odhad \( x_0 = 0.7 \).
První iterace:
\[ f(0.7) = \cos(0.7) – 0.7 = 0.7648 – 0.7 = 0.0648 \] \[ f'(0.7) = -\sin(0.7) – 1 = -0.6442 – 1 = -1.6442 \] \[ x_1 = 0.7 – \frac{0.0648}{-1.6442} = 0.7 + 0.0394 = 0.7394 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.7394) = \cos(0.7394) – 0.7394 = 0.7391 – 0.7394 = -0.0003 \] \[ f'(0.7394) = -\sin(0.7394) – 1 = -0.6730 – 1 = -1.6730 \] \[ x_2 = 0.7394 – \frac{-0.0003}{-1.6730} = 0.7394 – 0.0002 = 0.7392 \]
Řešení konverguje k \( x \approx 0.7392 \).
65. Určete řešení rovnice \( x^5 – 5x + 3 = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x^5 – 5x + 3, \quad f'(x) = 5x^4 – 5 \]
Počáteční odhad \( x_0 = 1 \).
První iterace:
\[ f(1) = 1 – 5 + 3 = -1 \] \[ f'(1) = 5 – 5 = 0 \]
Pozor, derivace je 0, což znamená, že Newtonova metoda nelze přímo aplikovat s tímto počátečním odhadem. Vybereme jiný odhad, např. \( x_0 = 1.5 \).
Iterace s \( x_0 = 1.5 \):
\[ f(1.5) = (1.5)^5 – 5 \cdot 1.5 + 3 = 7.5938 – 7.5 + 3 = 3.0938 \] \[ f'(1.5) = 5 \cdot (1.5)^4 – 5 = 5 \cdot 5.0625 – 5 = 25.3125 – 5 = 20.3125 \] \[ x_1 = 1.5 – \frac{3.0938}{20.3125} = 1.5 – 0.1523 = 1.3477 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.3477) \approx 4.02 – 6.74 + 3 = 0.28 \] \[ f'(1.3477) \approx 5 \cdot 3.28 – 5 = 16.4 – 5 = 11.4 \] \[ x_2 = 1.3477 – \frac{0.28}{11.4} = 1.3477 – 0.0246 = 1.3231 \]
Iterace pokračují, dokud se hodnota nepřiblíží kořeni.
66. Použijte Newtonovu metodu k nalezení kořene rovnice \( \tan(x) – x = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 4.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = \tan(x) – x \] \[ f'(x) = \sec^2(x) – 1 = \tan^2(x) \]
Počáteční odhad \( x_0 = 4.5 \).
První iterace:
\[ f(4.5) = \tan(4.5) – 4.5 \approx 4.6373 – 4.5 = 0.1373 \] \[ f'(4.5) = \tan^2(4.5) \approx (4.6373)^2 = 21.5 \] \[ x_1 = 4.5 – \frac{0.1373}{21.5} = 4.5 – 0.0064 = 4.4936 \]
Druhá iterace:
\[ f(4.4936) \approx \tan(4.4936) – 4.4936 \approx 4.4998 – 4.4936 = 0.0062 \] \[ f'(4.4936) = \tan^2(4.4936) \approx (4.4998)^2 = 20.25 \] \[ x_2 = 4.4936 – \frac{0.0062}{20.25} = 4.4936 – 0.0003 = 4.4933 \]
Kořen se blíží k \( x \approx 4.4933 \).
67. Určete řešení rovnice \( e^x + x = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = -1 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = e^x + x, \quad f'(x) = e^x + 1 \]
Počáteční odhad \( x_0 = -1 \).
První iterace:
\[ f(-1) = e^{-1} – 1 = 0.3679 – 1 = -0.6321 \] \[ f'(-1) = e^{-1} + 1 = 0.3679 + 1 = 1.3679 \] \[ x_1 = -1 – \frac{-0.6321}{1.3679} = -1 + 0.4623 = -0.5377 \]
Druhá iterace:
\[ f(-0.5377) = e^{-0.5377} – 0.5377 \approx 0.5844 – 0.5377 = 0.0467 \] \[ f'(-0.5377) = e^{-0.5377} + 1 = 0.5844 + 1 = 1.5844 \] \[ x_2 = -0.5377 – \frac{0.0467}{1.5844} = -0.5377 – 0.0295 = -0.5672 \]
Třetí iterace:
\[ f(-0.5672) = e^{-0.5672} – 0.5672 \approx 0.5677 – 0.5672 = 0.0005 \] \[ f'(-0.5672) = e^{-0.5672} + 1 = 0.5677 + 1 = 1.5677 \] \[ x_3 = -0.5672 – \frac{0.0005}{1.5677} = -0.5672 – 0.0003 = -0.5675 \]
Kořen se blíží k hodnotě \( x \approx -0.5675 \).
68. Pomocí Newtonovy metody určete kořen rovnice \( \ln(x) + x^2 = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace jsou:
\[ f(x) = \ln(x) + x^2, \quad f'(x) = \frac{1}{x} + 2x \]
Počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = \ln(0.5) + 0.25 = -0.6931 + 0.25 = -0.4431 \] \[ f'(0.5) = 2 + 1/0.5 = 2 + 2 = 4 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{-0.4431}{4} = 0.5 + 0.1108 = 0.6108 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.6108) = \ln(0.6108) + 0.3731 = -0.4929 + 0.3731 = -0.1198 \] \[ f'(0.6108) = \frac{1}{0.6108} + 2 \cdot 0.6108 = 1.6372 + 1.2216 = 2.8588 \] \[ x_2 = 0.6108 – \frac{-0.1198}{2.8588} = 0.6108 + 0.0419 = 0.6527 \]
Postup pokračuje až k přesnosti řešení.
69. Najděte řešení rovnice \( x e^x = 1 \) metodou tečen s počátečním odhadem \( x_0 = 0 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci:
\[ f(x) = x e^x – 1, \quad f'(x) = e^x + x e^x = e^x (1 + x) \]
Počáteční odhad \( x_0 = 0 \).
První iterace:
\[ f(0) = 0 \cdot 1 – 1 = -1 \] \[ f'(0) = 1 \cdot (1 + 0) = 1 \] \[ x_1 = 0 – \frac{-1}{1} = 1 \]
Druhá iterace:
\[ f(1) = 1 \cdot e^1 – 1 = e – 1 \approx 1.7183 \] \[ f'(1) = e^1 (1 + 1) = e \cdot 2 \approx 5.4366 \] \[ x_2 = 1 – \frac{1.7183}{5.4366} = 1 – 0.316 = 0.684 \]
Další iterace vedou k přesnějšímu výsledku.
70. Použijte Newtonovu metodu k nalezení kořene rovnice \( x^3 – 3x + 1 = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x^3 – 3x + 1, \quad f'(x) = 3x^2 – 3 \]
Počáteční odhad \( x_0 = 2 \).
První iterace:
\[ f(2) = 8 – 6 + 1 = 3 \] \[ f'(2) = 12 – 3 = 9 \] \[ x_1 = 2 – \frac{3}{9} = 2 – 0.3333 = 1.6667 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.6667) \approx 4.63 – 5 + 1 = 0.63 \] \[ f'(1.6667) = 3 \cdot 2.78 – 3 = 8.33 – 3 = 5.33 \] \[ x_2 = 1.6667 – \frac{0.63}{5.33} = 1.6667 – 0.118 = 1.5487 \]
Iterace pokračují, dokud se kořen dostatečně nezpřesní.
71. Najděte kořen rovnice \( x^3 – 5x + 3 = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace jsou:
\[ f(x) = x^3 – 5x + 3, \quad f'(x) = 3x^2 – 5 \]
Počáteční odhad je \( x_0 = 2 \).
První iterace:
\[ f(2) = 8 – 10 + 3 = 1 \] \[ f'(2) = 12 – 5 = 7 \] \[ x_1 = 2 – \frac{1}{7} = 2 – 0.142857 = 1.857143 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.857143) = (1.857143)^3 – 5(1.857143) + 3 \approx 6.398 – 9.286 + 3 = 0.112 \] \[ f'(1.857143) = 3(1.857143)^2 – 5 \approx 3(3.448) – 5 = 10.344 – 5 = 5.344 \] \[ x_2 = 1.857143 – \frac{0.112}{5.344} = 1.857143 – 0.021 = 1.836143 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.836143) \approx 0.0018, \quad f'(1.836143) \approx 5.143 \] \[ x_3 = 1.836143 – \frac{0.0018}{5.143} = 1.836143 – 0.00035 = 1.835793 \]
Po třech iteracích získáváme přibližné řešení \( x \approx 1.8358 \).
72. Určete kořen rovnice \( \sin(x) – \frac{x}{2} = 0 \) metodou Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = \sin(x) – \frac{x}{2}, \quad f'(x) = \cos(x) – \frac{1}{2} \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 2 \).
První iterace:
\[ f(2) = \sin(2) – 1 = 0.9093 – 1 = -0.0907 \] \[ f'(2) = \cos(2) – 0.5 = -0.4161 – 0.5 = -0.9161 \] \[ x_1 = 2 – \frac{-0.0907}{-0.9161} = 2 – 0.099 = 1.901 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.901) = \sin(1.901) – 0.9505 = 0.9463 – 0.9505 = -0.0042 \] \[ f'(1.901) = \cos(1.901) – 0.5 = -0.323 – 0.5 = -0.823 \] \[ x_2 = 1.901 – \frac{-0.0042}{-0.823} = 1.901 – 0.0051 = 1.8959 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.8959) \approx -0.00002, \quad f'(1.8959) \approx -0.817 \] \[ x_3 = 1.8959 – \frac{-0.00002}{-0.817} = 1.8959 – 0.000025 = 1.895875 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 1.8959 \).
73. Najděte kořen rovnice \( \ln(x) + x^2 – 4 = 0 \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 1.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = \ln(x) + x^2 – 4, \quad f'(x) = \frac{1}{x} + 2x \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 1.5 \).
První iterace:
\[ f(1.5) = \ln(1.5) + 2.25 – 4 \approx 0.4055 + 2.25 – 4 = -1.3445 \] \[ f'(1.5) = \frac{1}{1.5} + 3 = 0.6667 + 3 = 3.6667 \] \[ x_1 = 1.5 – \frac{-1.3445}{3.6667} = 1.5 + 0.3667 = 1.8667 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.8667) = \ln(1.8667) + 3.4877 – 4 \approx 0.6255 + 3.4877 – 4 = 0.1132 \] \[ f'(1.8667) = \frac{1}{1.8667} + 3.7334 = 0.5358 + 3.7334 = 4.2692 \] \[ x_2 = 1.8667 – \frac{0.1132}{4.2692} = 1.8667 – 0.0265 = 1.8402 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.8402) \approx 0.0005, \quad f'(1.8402) \approx 4.215 \] \[ x_3 = 1.8402 – \frac{0.0005}{4.215} = 1.8402 – 0.00012 = 1.8401 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 1.8401 \).
74. Použijte Newtonovu metodu k nalezení kořene rovnice \( x^3 – 2x – 5 = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x^3 – 2x – 5, \quad f'(x) = 3x^2 – 2 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 2 \).
První iterace:
\[ f(2) = 8 – 4 – 5 = -1 \] \[ f'(2) = 12 – 2 = 10 \] \[ x_1 = 2 – \frac{-1}{10} = 2 + 0.1 = 2.1 \]
Druhá iterace:
\[ f(2.1) = 9.261 – 4.2 – 5 = 0.061 \] \[ f'(2.1) = 13.23 – 2 = 11.23 \] \[ x_2 = 2.1 – \frac{0.061}{11.23} = 2.1 – 0.0054 = 2.0946 \]
Třetí iterace:
\[ f(2.0946) \approx 0.0001, \quad f'(2.0946) \approx 11.15 \] \[ x_3 = 2.0946 – \frac{0.0001}{11.15} = 2.0946 – 0.000009 = 2.09459 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 2.0946 \).
75. Najděte kořen rovnice \( e^x + x = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = -1 \).
Řešení příkladu:
Definujeme funkci a její derivaci:
\[ f(x) = e^x + x, \quad f'(x) = e^x + 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = -1 \).
První iterace:
\[ f(-1) = e^{-1} – 1 = 0.3679 – 1 = -0.6321 \] \[ f'(-1) = e^{-1} + 1 = 0.3679 + 1 = 1.3679 \] \[ x_1 = -1 – \frac{-0.6321}{1.3679} = -1 + 0.4621 = -0.5379 \]
Druhá iterace:
\[ f(-0.5379) = e^{-0.5379} – 0.5379 = 0.5843 – 0.5379 = 0.0464 \] \[ f'(-0.5379) = 0.5843 + 1 = 1.5843 \] \[ x_2 = -0.5379 – \frac{0.0464}{1.5843} = -0.5379 – 0.0293 = -0.5672 \]
Třetí iterace:
\[ f(-0.5672) \approx -0.0007, \quad f'(-0.5672) \approx 1.567 \] \[ x_3 = -0.5672 – \frac{-0.0007}{1.567} = -0.5672 + 0.00045 = -0.56675 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx -0.56675 \).
76. Určete kořen rovnice \( \tan(x) – x = 0 \) metodou Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 4.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace jsou:
\[ f(x) = \tan(x) – x, \quad f'(x) = \sec^2(x) – 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 4.5 \).
První iterace:
\[ f(4.5) = \tan(4.5) – 4.5 \approx 4.6373 – 4.5 = 0.1373 \] \[ f'(4.5) = \sec^2(4.5) – 1 \approx 22.945 – 1 = 21.945 \] \[ x_1 = 4.5 – \frac{0.1373}{21.945} = 4.5 – 0.0063 = 4.4937 \]
Druhá iterace:
\[ f(4.4937) \approx 0.00002, \quad f'(4.4937) \approx 21.8 \] \[ x_2 = 4.4937 – \frac{0.00002}{21.8} = 4.4937 – 0.0000009 = 4.4937 \]
Po dvou iteracích je přibližné řešení \( x \approx 4.4937 \).
77. Najděte kladný kořen rovnice \( x^4 – 4x^3 + 6x^2 – 4x + 1 = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 1.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = x^4 – 4x^3 + 6x^2 – 4x + 1, \quad f'(x) = 4x^3 – 12x^2 + 12x – 4 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 1.5 \).
První iterace:
\[ f(1.5) = 5.0625 – 13.5 + 13.5 – 6 + 1 = 0.0625 \] \[ f'(1.5) = 13.5 – 27 + 18 – 4 = 0.5 \] \[ x_1 = 1.5 – \frac{0.0625}{0.5} = 1.5 – 0.125 = 1.375 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.375) = 0.0008, \quad f'(1.375) = 0.1875 \] \[ x_2 = 1.375 – \frac{0.0008}{0.1875} = 1.375 – 0.0043 = 1.3707 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.3707) \approx 0, \quad f'(1.3707) \approx 0.18 \] \[ x_3 = 1.3707 – \frac{0}{0.18} = 1.3707 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 1.3707 \).
78. Najděte kořen rovnice \( x^3 + x – 1 = 0 \) metodou Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = x^3 + x – 1, \quad f'(x) = 3x^2 + 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = 0.125 + 0.5 – 1 = -0.375 \] \[ f'(0.5) = 0.75 + 1 = 1.75 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{-0.375}{1.75} = 0.5 + 0.2143 = 0.7143 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.7143) = 0.364 – 0.2857 = 0.0786 \] \[ f'(0.7143) = 2.53 + 1 = 3.53 \] \[ x_2 = 0.7143 – \frac{0.0786}{3.53} = 0.7143 – 0.0223 = 0.6920 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.6920) \approx 0.0009, \quad f'(0.6920) \approx 2.437 \] \[ x_3 = 0.6920 – \frac{0.0009}{2.437} = 0.6920 – 0.00037 = 0.69163 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 0.6916 \).
79. Najděte řešení rovnice \( \cos(x) – x = 0 \) metodou Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = \cos(x) – x, \quad f'(x) = -\sin(x) – 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = 0.8776 – 0.5 = 0.3776 \] \[ f'(0.5) = -0.4794 – 1 = -1.4794 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{0.3776}{-1.4794} = 0.5 + 0.2553 = 0.7553 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.7553) = 0.7287 – 0.7553 = -0.0266 \] \[ f'(0.7553) = -0.6850 – 1 = -1.6850 \] \[ x_2 = 0.7553 – \frac{-0.0266}{-1.6850} = 0.7553 – 0.0158 = 0.7395 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.7395) \approx -0.00004, \quad f'(0.7395) \approx -1.673 \] \[ x_3 = 0.7395 – \frac{-0.00004}{-1.673} = 0.7395 – 0.000024 = 0.73948 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 0.7395 \).
80. Použijte Newtonovu metodu k nalezení kořene rovnice \( \ln(x) – 1 = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = \ln(x) – 1, \quad f'(x) = \frac{1}{x} \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 2 \).
První iterace:
\[ f(2) = 0.6931 – 1 = -0.3069 \] \[ f'(2) = \frac{1}{2} = 0.5 \] \[ x_1 = 2 – \frac{-0.3069}{0.5} = 2 + 0.6138 = 2.6138 \]
Druhá iterace:
\[ f(2.6138) = 0.9601 – 1 = -0.0399 \] \[ f'(2.6138) = \frac{1}{2.6138} = 0.3826 \] \[ x_2 = 2.6138 – \frac{-0.0399}{0.3826} = 2.6138 + 0.1044 = 2.7182 \]
Třetí iterace:
\[ f(2.7182) \approx 0.00005, \quad f'(2.7182) \approx 0.3679 \] \[ x_3 = 2.7182 – \frac{0.00005}{0.3679} = 2.7182 – 0.000136 = 2.71806 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 2.7181 \), což odpovídá hodnotě \( e \).
81. Použijte Newtonovu metodu k nalezení kořene rovnice \( x^3 – x – 2 = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 1.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x^3 – x – 2, \quad f'(x) = 3x^2 – 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 1.5 \).
První iterace:
\[ f(1.5) = 3.375 – 1.5 – 2 = -0.125 \] \[ f'(1.5) = 6.75 – 1 = 5.75 \] \[ x_1 = 1.5 – \frac{-0.125}{5.75} = 1.5 + 0.02174 = 1.52174 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.52174) \approx 0.00206, \quad f'(1.52174) \approx 5.948 \] \[ x_2 = 1.52174 – \frac{0.00206}{5.948} = 1.52174 – 0.00035 = 1.52139 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.52139) \approx 0, \quad f'(1.52139) \approx 5.945 \] \[ x_3 = 1.52139 – \frac{0}{5.945} = 1.52139 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 1.5214 \).
82. Najděte kořen rovnice \( \sin(x) – \frac{x}{2} = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = \sin(x) – \frac{x}{2}, \quad f'(x) = \cos(x) – \frac{1}{2} \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 2 \).
První iterace:
\[ f(2) = 0.9093 – 1 = -0.0907 \] \[ f'(2) = -0.4161 – 0.5 = -0.9161 \] \[ x_1 = 2 – \frac{-0.0907}{-0.9161} = 2 – 0.099 = 1.901 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.901) = 0.945 – 0.9505 = -0.0055 \] \[ f'(1.901) = -0.323 – 0.5 = -0.823 \] \[ x_2 = 1.901 – \frac{-0.0055}{-0.823} = 1.901 – 0.0067 = 1.8943 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.8943) \approx 0, \quad f'(1.8943) \approx -0.82 \] \[ x_3 = 1.8943 – \frac{0}{-0.82} = 1.8943 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 1.8943 \).
83. Určete kořen rovnice \( x e^x – 1 = 0 \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x e^x – 1, \quad f'(x) = e^x + x e^x = e^x(1 + x) \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = 0.5 \times 1.6487 – 1 = 0.8244 – 1 = -0.1756 \] \[ f'(0.5) = 1.6487 (1 + 0.5) = 1.6487 \times 1.5 = 2.473 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{-0.1756}{2.473} = 0.5 + 0.071 = 0.571 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.571) = 0.571 \times e^{0.571} – 1 \approx 0.571 \times 1.77 – 1 = 1.01 – 1 = 0.01 \] \[ f'(0.571) = e^{0.571} (1 + 0.571) = 1.77 \times 1.571 = 2.78 \] \[ x_2 = 0.571 – \frac{0.01}{2.78} = 0.571 – 0.0036 = 0.5674 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.5674) \approx 0, \quad f'(0.5674) \approx 2.76 \] \[ x_3 = 0.5674 – \frac{0}{2.76} = 0.5674 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 0.5674 \).
84. Najděte řešení rovnice \( x^2 – \cos(x) = 0 \) metodou Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x^2 – \cos(x), \quad f'(x) = 2x + \sin(x) \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = 0.25 – 0.8776 = -0.6276 \] \[ f'(0.5) = 1 + 0.4794 = 1.4794 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{-0.6276}{1.4794} = 0.5 + 0.424 = 0.924 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.924) = 0.853 – 0.601 = 0.252 \] \[ f'(0.924) = 1.848 + 0.797 = 2.645 \] \[ x_2 = 0.924 – \frac{0.252}{2.645} = 0.924 – 0.095 = 0.829 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.829) \approx 0, \quad f'(0.829) \approx 2.4 \] \[ x_3 = 0.829 – \frac{0}{2.4} = 0.829 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 0.829 \).
85. Použijte Newtonovu metodu k řešení rovnice \( e^x + x = 0 \), počáteční odhad \( x_0 = -1 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = e^x + x, \quad f'(x) = e^x + 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = -1 \).
První iterace:
\[ f(-1) = 0.3679 – 1 = -0.6321 \] \[ f'(-1) = 0.3679 + 1 = 1.3679 \] \[ x_1 = -1 – \frac{-0.6321}{1.3679} = -1 + 0.462 = -0.538 \]
Druhá iterace:
\[ f(-0.538) = 0.584 – 0.538 = 0.046 \] \[ f'(-0.538) = 0.584 + 1 = 1.584 \] \[ x_2 = -0.538 – \frac{0.046}{1.584} = -0.538 – 0.029 = -0.567 \]
Třetí iterace:
\[ f(-0.567) \approx 0, \quad f'(-0.567) \approx 1.57 \] \[ x_3 = -0.567 – \frac{0}{1.57} = -0.567 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx -0.567 \).
86. Najděte kořen rovnice \( \tan(x) – x = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 4.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = \tan(x) – x, \quad f'(x) = \sec^2(x) – 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 4.5 \).
První iterace:
\[ f(4.5) = \tan(4.5) – 4.5 \approx 4.637 – 4.5 = 0.137 \] \[ f'(4.5) = \sec^2(4.5) – 1 \approx 22.34 – 1 = 21.34 \] \[ x_1 = 4.5 – \frac{0.137}{21.34} = 4.5 – 0.0064 = 4.4936 \]
Druhá iterace:
\[ f(4.4936) \approx 0, \quad f'(4.4936) \approx 21.1 \] \[ x_2 = 4.4936 – \frac{0}{21.1} = 4.4936 \]
Po dvou iteracích je přibližné řešení \( x \approx 4.4936 \).
87. Určete řešení rovnice \( x^3 + 2x^2 + 10x – 20 = 0 \) metodou Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = x^3 + 2x^2 + 10x – 20, \quad f'(x) = 3x^2 + 4x + 10 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 1 \).
První iterace:
\[ f(1) = 1 + 2 + 10 – 20 = -7 \] \[ f'(1) = 3 + 4 + 10 = 17 \] \[ x_1 = 1 – \frac{-7}{17} = 1 + 0.4118 = 1.4118 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.4118) \approx 2.85, \quad f'(1.4118) \approx 23.47 \] \[ x_2 = 1.4118 – \frac{2.85}{23.47} = 1.4118 – 0.1214 = 1.2904 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.2904) \approx 0, \quad f'(1.2904) \approx 20.7 \] \[ x_3 = 1.2904 – \frac{0}{20.7} = 1.2904 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 1.2904 \).
88. Použijte Newtonovu metodu k nalezení kořene rovnice \( \ln(x+2) + x^2 = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 0 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = \ln(x+2) + x^2, \quad f'(x) = \frac{1}{x+2} + 2x \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 0 \).
První iterace:
\[ f(0) = \ln(2) + 0 = 0.6931 \] \[ f'(0) = \frac{1}{2} + 0 = 0.5 \] \[ x_1 = 0 – \frac{0.6931}{0.5} = 0 – 1.386 = -1.386 \]
Druhá iterace:
\[ f(-1.386) = \ln(0.614) + 1.92 = -0.487 + 1.92 = 1.433 \] \[ f'(-1.386) = \frac{1}{0.614} + 2(-1.386) = 1.628 – 2.772 = -1.144 \] \[ x_2 = -1.386 – \frac{1.433}{-1.144} = -1.386 + 1.252 = -0.134 \]
Třetí iterace:
\[ f(-0.134) \approx 0, \quad f'(-0.134) \approx 1.8 \] \[ x_3 = -0.134 – \frac{0}{1.8} = -0.134 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx -0.134 \).
89. Najděte kořen rovnice \( x^3 – 3x + 1 = 0 \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = x^3 – 3x + 1, \quad f'(x) = 3x^2 – 3 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 1 \).
První iterace:
\[ f(1) = 1 – 3 + 1 = -1 \] \[ f'(1) = 3 – 3 = 0 \]
Tato iterace není možná, protože derivace je nulová (nelze dělit nulou). Zvolíme jiný počáteční odhad, například \( x_0 = 2 \).
Pro \( x_0 = 2 \):
\[ f(2) = 8 – 6 + 1 = 3 \] \[ f'(2) = 12 – 3 = 9 \] \[ x_1 = 2 – \frac{3}{9} = 2 – 0.3333 = 1.6667 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.6667) = 4.63 – 5 + 1 = 0.63 \] \[ f'(1.6667) = 8.33 – 3 = 5.33 \] \[ x_2 = 1.6667 – \frac{0.63}{5.33} = 1.6667 – 0.118 = 1.5487 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.5487) \approx 0, \quad f'(1.5487) \approx 4.2 \] \[ x_3 = 1.5487 – \frac{0}{4.2} = 1.5487 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 1.5487 \).
90. Použijte Newtonovu metodu pro řešení rovnice \( \cos(x) – x = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = \cos(x) – x, \quad f'(x) = -\sin(x) – 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = 0.8776 – 0.5 = 0.3776 \] \[ f'(0.5) = -0.4794 – 1 = -1.4794 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{0.3776}{-1.4794} = 0.5 + 0.2553 = 0.7553 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.7553) = 0.7276 – 0.7553 = -0.0277 \] \[ f'(0.7553) = -0.6851 – 1 = -1.6851 \] \[ x_2 = 0.7553 – \frac{-0.0277}{-1.6851} = 0.7553 – 0.0164 = 0.7389 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.7389) \approx 0, \quad f'(0.7389) \approx -1.67 \] \[ x_3 = 0.7389 – \frac{0}{-1.67} = 0.7389 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 0.7389 \).
91. Použijte Newtonovu metodu k řešení rovnice \( x^3 – 7x^2 + 14x – 8 = 0 \), počáteční odhad \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x^3 – 7x^2 + 14x – 8, \quad f'(x) = 3x^2 – 14x + 14 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 2 \).
První iterace:
\[ f(2) = 8 – 28 + 28 – 8 = 0 \] \[ f'(2) = 12 – 28 + 14 = -2 \] \[ x_1 = 2 – \frac{0}{-2} = 2 \]
Protože \( f(2) = 0 \), našli jsme přesné řešení: \( x = 2 \).
92. Najděte kořen rovnice \( \ln(x) + x = 0 \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = \ln(x) + x, \quad f'(x) = \frac{1}{x} + 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = \ln(0.5) + 0.5 = -0.6931 + 0.5 = -0.1931 \] \[ f'(0.5) = 2 + 1 = 3 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{-0.1931}{3} = 0.5 + 0.06437 = 0.56437 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.56437) = \ln(0.56437) + 0.56437 = -0.570 + 0.56437 = -0.00563 \] \[ f'(0.56437) = \frac{1}{0.56437} + 1 = 1.771 + 1 = 2.771 \] \[ x_2 = 0.56437 – \frac{-0.00563}{2.771} = 0.56437 + 0.00203 = 0.56640 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.56640) \approx 0, \quad f'(0.56640) \approx 2.766 \] \[ x_3 = 0.56640 – \frac{0}{2.766} = 0.56640 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 0.5664 \).
93. Vyřešte rovnici \( x e^x = 1 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 0 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = x e^x – 1, \quad f'(x) = e^x + x e^x = e^x(1 + x) \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 0 \).
První iterace:
\[ f(0) = 0 \cdot 1 – 1 = -1 \] \[ f'(0) = 1 \cdot (1 + 0) = 1 \] \[ x_1 = 0 – \frac{-1}{1} = 1 \]
Druhá iterace:
\[ f(1) = 1 \cdot e^1 – 1 = e – 1 \approx 1.718 \] \[ f'(1) = e \cdot (1 + 1) = e \cdot 2 \approx 5.436 \] \[ x_2 = 1 – \frac{1.718}{5.436} = 1 – 0.316 = 0.684 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.684) = 0.684 \cdot e^{0.684} – 1 \approx 1.001 – 1 = 0.001 \] \[ f'(0.684) = e^{0.684} (1 + 0.684) \approx 2.0 \times 1.684 = 3.368 \] \[ x_3 = 0.684 – \frac{0.001}{3.368} = 0.684 – 0.0003 = 0.6837 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 0.6837 \).
94. Najděte kořen rovnice \( \sin(x) – \frac{x}{2} = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 2 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = \sin(x) – \frac{x}{2}, \quad f'(x) = \cos(x) – \frac{1}{2} \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 2 \).
První iterace:
\[ f(2) = \sin(2) – 1 = 0.9093 – 1 = -0.0907 \] \[ f'(2) = \cos(2) – 0.5 = -0.4161 – 0.5 = -0.9161 \] \[ x_1 = 2 – \frac{-0.0907}{-0.9161} = 2 – 0.099 = 1.901 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.901) = \sin(1.901) – 0.9505 = 0.9455 – 0.9505 = -0.005 \] \[ f'(1.901) = \cos(1.901) – 0.5 = -0.323 – 0.5 = -0.823 \] \[ x_2 = 1.901 – \frac{-0.005}{-0.823} = 1.901 – 0.006 = 1.895 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.895) \approx 0, \quad f'(1.895) \approx -0.82 \] \[ x_3 = 1.895 – \frac{0}{-0.82} = 1.895 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 1.895 \).
95. Najděte řešení rovnice \( x^4 – 5x^2 + 6 = 0 \) pomocí Newtonovy metody s počátečním odhadem \( x_0 = 1.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a její derivace:
\[ f(x) = x^4 – 5x^2 + 6, \quad f'(x) = 4x^3 – 10x \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 1.5 \).
První iterace:
\[ f(1.5) = 5.0625 – 11.25 + 6 = -0.1875 \] \[ f'(1.5) = 13.5 – 15 = -1.5 \] \[ x_1 = 1.5 – \frac{-0.1875}{-1.5} = 1.5 – 0.125 = 1.375 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.375) = 3.57 – 9.45 + 6 = 0.12 \] \[ f'(1.375) = 10.4 – 13.75 = -3.35 \] \[ x_2 = 1.375 – \frac{0.12}{-3.35} = 1.375 + 0.036 = 1.411 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.411) \approx 0, \quad f'(1.411) \approx -3.57 \] \[ x_3 = 1.411 – \frac{0}{-3.57} = 1.411 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 1.411 \).
96. Najděte kořen rovnice \( e^{-x} = x \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = e^{-x} – x, \quad f'(x) = -e^{-x} – 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = e^{-0.5} – 0.5 = 0.6065 – 0.5 = 0.1065 \] \[ f'(0.5) = -0.6065 – 1 = -1.6065 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{0.1065}{-1.6065} = 0.5 + 0.0663 = 0.5663 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.5663) = e^{-0.5663} – 0.5663 = 0.5678 – 0.5663 = 0.0015 \] \[ f'(0.5663) = -0.5678 – 1 = -1.5678 \] \[ x_2 = 0.5663 – \frac{0.0015}{-1.5678} = 0.5663 + 0.0010 = 0.5673 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.5673) \approx 0, \quad f'(0.5673) \approx -1.568 \] \[ x_3 = 0.5673 – \frac{0}{-1.568} = 0.5673 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 0.5673 \).
97. Vyřešte rovnici \( x^3 + 4x^2 – 10 = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 1.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = x^3 + 4x^2 – 10, \quad f'(x) = 3x^2 + 8x \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 1.5 \).
První iterace:
\[ f(1.5) = 3.375 + 9 – 10 = 2.375 \] \[ f'(1.5) = 6.75 + 12 = 18.75 \] \[ x_1 = 1.5 – \frac{2.375}{18.75} = 1.5 – 0.1267 = 1.3733 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.3733) \approx 0.163 \] \[ f'(1.3733) \approx 16.67 \] \[ x_2 = 1.3733 – \frac{0.163}{16.67} = 1.3733 – 0.0098 = 1.3635 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.3635) \approx 0, \quad f'(1.3635) \approx 16.4 \] \[ x_3 = 1.3635 – \frac{0}{16.4} = 1.3635 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 1.3635 \).
98. Použijte Newtonovu metodu na rovnici \( \tan(x) – x = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 4 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = \tan(x) – x, \quad f'(x) = \sec^2(x) – 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 4 \).
První iterace:
\[ f(4) = \tan(4) – 4 \approx 1.158 – 4 = -2.842 \] \[ f'(4) = \sec^2(4) – 1 \approx 3.34 – 1 = 2.34 \] \[ x_1 = 4 – \frac{-2.842}{2.34} = 4 + 1.214 = 5.214 \]
Druhá iterace:
\[ f(5.214) = \tan(5.214) – 5.214 \approx -3.22 – 5.214 = -8.434 \] \[ f'(5.214) = \sec^2(5.214) – 1 \approx 12.78 – 1 = 11.78 \] \[ x_2 = 5.214 – \frac{-8.434}{11.78} = 5.214 + 0.716 = 5.93 \]
Newtonova metoda zde konverguje pomalu a může vyžadovat více iterací nebo jiný počáteční odhad.
99. Vyřešte rovnici \( x^5 – x – 1 = 0 \) pomocí Newtonovy metody, počáteční odhad \( x_0 = 1 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = x^5 – x – 1, \quad f'(x) = 5x^4 – 1 \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 1 \).
První iterace:
\[ f(1) = 1 – 1 – 1 = -1 \] \[ f'(1) = 5 – 1 = 4 \] \[ x_1 = 1 – \frac{-1}{4} = 1 + 0.25 = 1.25 \]
Druhá iterace:
\[ f(1.25) = 3.0518 – 1.25 – 1 = 0.8018 \] \[ f'(1.25) = 5 \cdot 2.4414 – 1 = 12.207 – 1 = 11.207 \] \[ x_2 = 1.25 – \frac{0.8018}{11.207} = 1.25 – 0.0715 = 1.1785 \]
Třetí iterace:
\[ f(1.1785) \approx 0.027 \] \[ f'(1.1785) \approx 8.57 \] \[ x_3 = 1.1785 – \frac{0.027}{8.57} = 1.1785 – 0.00315 = 1.17535 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 1.1754 \).
100. Použijte Newtonovu metodu k nalezení kořene rovnice \( \sqrt{x} – \cos(x) = 0 \) s počátečním odhadem \( x_0 = 0.5 \).
Řešení příkladu:
Funkce a derivace:
\[ f(x) = \sqrt{x} – \cos(x), \quad f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} + \sin(x) \]
Počáteční odhad: \( x_0 = 0.5 \).
První iterace:
\[ f(0.5) = 0.7071 – 0.8776 = -0.1705 \] \[ f'(0.5) = \frac{1}{2 \cdot 0.7071} + 0.4794 = 0.7071 + 0.4794 = 1.1865 \] \[ x_1 = 0.5 – \frac{-0.1705}{1.1865} = 0.5 + 0.1436 = 0.6436 \]
Druhá iterace:
\[ f(0.6436) = 0.8023 – 0.7989 = 0.0034 \] \[ f'(0.6436) = \frac{1}{2 \cdot 0.8023} + 0.5980 = 0.6235 + 0.5980 = 1.2215 \] \[ x_2 = 0.6436 – \frac{0.0034}{1.2215} = 0.6436 – 0.0028 = 0.6408 \]
Třetí iterace:
\[ f(0.6408) \approx 0, \quad f'(0.6408) \approx 1.22 \] \[ x_3 = 0.6408 – \frac{0}{1.22} = 0.6408 \]
Po třech iteracích je přibližné řešení \( x \approx 0.6408 \).