Supponiamo di avere una funzione $f(x)$, e di voler trovare con la massima precisione possibile dove essa attraversa l’asse $x$; in altre parole, si vuole risolvere $f(x)=0$. Supponiamo che non conosciate un modo per trovare una soluzione esatta con un qualsiasi procedimento algebrico, ma che siate in grado di usare un’approssimazione, a condizione che possa essere fatta abbastanza vicina al valore vero. È quella che viene chiamata “procedura iterativa”, il che significa che può essere ripetuta più volte per ottenere una risposta sempre più precisa. Le procedure iterative come il metodo di Newton sono adatte alla programmazione per un computer. Il metodo di Newton sfrutta il fatto che la linea tangente ad una curva è una buona approssimazione della curva vicino al punto di tangenza.
Esempio 6.3.1 Approssimazione di $\ds \sqrt{3}$. Dato che $\sqrt{3}$ è una soluzione di $\ds x^2=3$ o $\ds x^2-3=0$, usiamo $\ds f(x)=x^2-3$. Iniziamo con l’indovinare qualcosa di ragionevolmente vicino al vero valore; questo è solitamente facile da fare; usiamo $\ds \sqrt3\approx2$. Ora usiamo la linea tangente alla curva quando $x=2$ come approssimazione alla curva, come mostrato nella figura 6.3.1. Poiché $f'(x)=2x$, la pendenza della linea tangente è 4 e la sua equazione è $y=4x-7$. La linea tangente è abbastanza vicina a $f(x)$, quindi attraversa l’asse $x$ vicino al punto in cui $f(x)$ attraversa, cioè vicino a $\ds \sqrt3$. È facile trovare dove la linea tangente attraversa l’asse x: risolvere $0=4x-7$ per ottenere $x=7/4=1.75$. Questa è certamente un’approssimazione migliore di 2, ma diciamo che non è abbastanza vicina. Possiamo migliorarla facendo di nuovo la stessa cosa: trovare la linea tangente a $x=1.75$, trovare dove questa nuova linea tangente incrocia l’asse $x$ e usare quel valore come migliore approssimazione. Possiamo continuare così all’infinito, anche se diventa un po’ noioso. Vediamo se possiamo abbreviare il processo. Supponiamo che la migliore approssimazione all’intercetta che abbiamo finora sia $\ds x_i$. Per trovare un’approssimazione migliore faremo sempre la stessa cosa: trovare la pendenza della linea tangente a $\ds x_i$, trovare la funzione della linea tangente, trovare l’intercetta di $x$. La pendenza è $\ds 2x_i$. La retta tangente è $\ds y=(2x_i)(x-x_i)+(x_i^2-3)$, usando la formula punto-pendenza per una retta. Infine, l’intercetta si trova risolvendo $\ds 0 =(2x_i)(x-x_i)+(x_i^2-3)$. Con un po’ di algebra questo si trasforma in $\ds x=(x_i^2+3)/(2x_i)$; questa è la prossima approssimazione, che naturalmente chiamiamo $\ds x_{i+1}$. Invece di fare l’intero calcolo della linea tangente ogni volta possiamo semplicemente usare questa formula per ottenere tutte le approssimazioni che vogliamo. Partendo da $\ds x_0=2$, otteniamo $\ds x_1=(x_0^2+3)/(2x_0)=(2^2+3)/4=7/4$ (la stessa approssimazione che abbiamo ottenuto sopra, ovviamente), $\ds x_2=(x_1^2+3)/(2x_1)=((7/4)^2+3)/(7/2)=97/56\approx 1.73214$, $\ds x_3\approx 1.73205$, e presto. Questo è ancora un po’ noioso a mano, ma con una calcolatrice o, ancora meglio, un buon programma per computer, è abbastanza facile ottenere molte, molte approssimazioni. Potremmo già intuire che $1,73205$ è accurato fino a due cifre decimali, e in effetti si scopre che è accurato fino a 5 cifre.
Puoi cambiare la funzione qui, per esempio in Math.sin(x) o Math.exp(x) o Math.pow(2,x) o 1-2/(x*x).
$x_{final}=$
Pensiamo a questo processo in termini più generali. Vogliamo approssimare una soluzione a $f(x)=0$ e cominciamo con un’ipotesi di massima, che chiamiamo $ds x_0$. Usiamo la tangente a $f(x)$ per ottenere una nuova approssimazione che speriamo sia più vicina al vero valore. Qual è l’equazione della linea tangente quando $\ds x=x_0$? La pendenza è $\ds f'(x_0)$ e la linea passa per $\ds(x_0,f(x_0))$, quindi l’equazione della linea è $$ y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0).Ora troviamo dove questa attraversa l’asse delle ascisse sostituendo $y=0$ e risolvendo per $x$:$x={x_0f'(x_0)-f(x_0)\su f'(x_0)} = x_0 – {f(x_0)\su f'(x_0)}.In genere vogliamo calcolare più di una di queste approssimazioni migliorate, quindi le numeriamo consecutivamente; da $ $_ds x_0$ abbiamo calcolato $_ds x_1$:$x_1={x_0f'(x_0)-f(x_0)\su f'(x_0)} = x_0 – {f(x_0)\su f'(x_0)},$e in generale da $\ds x_i$ calcoliamo $\ds x_{i+1}$:$x_{i+1}={x_if'(x_i)-f(x_i)\su f'(x_i)} = x_i – {f(x_i)\su f'(x_i)}.$
Esempio 6.3.2 Tornando all’esempio precedente, $\ds f(x)=x^2-3$, $f'(x)=2x$, e la formula diventa $\ds x_{i+1}=x_i – (x_i^2-3)/(2x_i)=(x_i^2+3)/(2x_i)$, come prima.
In pratica, vale a dire, se avete bisogno di approssimare un valore nel corso della progettazione di un ponte o di un edificio o di una cellula aerea, avrete bisogno di avere una certa fiducia che l’approssimazione che scegliete sia abbastanza accurata. Come regola generale, una volta che un certo numero di cifre decimali smette di cambiare da un’approssimazione all’altra, è probabile che quelle cifre decimali siano corrette. Tuttavia, questa potrebbe non essere una garanzia sufficiente, nel qual caso possiamo testare il risultato per la precisione.
Esempio 6.3.3 Trovare la coordinata $x$ dell’intersezione delle curve $y=2x$ e $y=\tan x$, accurata con tre cifre decimali. Per metterlo nel contesto del metodo di Newton, notiamo che vogliamo sapere dove $2x=tanx$ o $f(x)=\tan x-2x=0$. Calcoliamo $\ds f'(x)=\sec^2 x – 2$ e impostiamo la formula:$x_{i+1} = x_i-{{tan x_i -2x_i\su \sec^2 x_i – 2}.$ Dal grafico in figura 6.3.Dal grafico in figura 6.3. 2 indoviniamo $\ds x_0=1$ come punto di partenza, poi usando la formula calcoliamo $\ds x_1=1.310478030$, $\ds x_2=1.223929096$, $\ds x_3=1.176050900$,$\ds x_4=1.165926508$, $\ds x_5=1.165561636$. Quindi supponiamo che i primi tre posti siano corretti, ma questo non equivale a dire che 1,165$ è corretto con tre cifre decimali – 1,166$ potrebbe essere l’approssimazione corretta e arrotondata. Come possiamo dirlo? Possiamo sostituire $1.165$, $1.1655$ e $1.166$ in $\tan x – 2x$; questo dà $-0.002483652$, $-0.000271247$, $0.001948654$. Siccome i primi due sono negativi e il terzo è positivo, $ $ xtan x – 2x$ incrocia l’asse $x$ tra $ 1,1655$ e $ 1,166$, quindi il valore corretto a tre spazi è $ 1,166$.
Esercizi 6.3
Potresti voler usare questo foglio di lavoro di Sage.
Ex 6.3.1Si approssima la quinta radice di 7, usando $\ds x_0=1.5$ come prima ipotesi. Usa il metodo di Newton per trovare $\ds x_3$ come approssimazione. (risposta)
Ex 6.3.2Usa il metodo di Newton per approssimare la radice cubica di 10 fino a due cifre decimali.(risposta)
Ex 6.3.3La funzione $\ds f(x)=x^3-3x^2-3x+6$ ha una radice tra 3 e 4, perché $f(3)=-3$ e $f(4)=10$. Approssimare la radice con due cifre decimali. (risposta)
Ex 6.3.4Un pezzo di cartone rettangolare di dimensioni $8 volte 17$ viene usato per fare una scatola aperta ritagliando un piccolo quadrato di lato$x$ da ogni angolo e piegando i lati. (Vedi esercizio 20 in 6.1.) Se $x=2$, allora il volume della scatola è $2\cdot 4\cdot 13=104$. Usa il metodo di Newton per trovare un valore di $x$ per il quale la scatola ha volume 100$, con una precisione di 3 cifre significative. (risposta)