Urtarrilaren 27ko azterketaren laburpena

Zenbakizko Kalkulua

1.- Bi kasuetan erroreak kalkulatzen baditugu,

E_{1} = \frac{1}{6}−0.1663 = 0.00036 = \frac{11}{30000} eta E_{2} = 0.167−\frac{1}{6} = 0.0003 = \frac{1}{3000} = \frac{10}{30000}

Bi hurbilketek 3 zifra dezimal zehatz badituzte ere, argi dago, E_{2} < E_{1} dela, beraz, errorerik txikiena egiteko, 0.167 hurbilketa aukeratu beharra dago.

2.-(a) Printzipioz, bigarren mailako polinonio interpolatzailea kalkulatu nahi izanez gero, hiru puntu aukeratu beharra dago eta aukeraketarik normalena eta errezena, x_{1} = π/6, x_{2} = π/4 (tarteko erdipuntua) eta x_{3} = π/3 (beraz h = π/12 ) hartzea izango da, jakinda,

f(x_{1}) = f(π/6) = cos(π/3) = 1/2, f(x_{2}) = f(π/4) = cos(π/2) = 0 eta f(x_{3}) = f(π/3) = cos(2π/3) = −1/2 direla.

(π/6, 1/2), (π/4, 0) eta (π/3, −1/2) puntuak harturik eta Lagrangeren metodoa erabiliz, polinomio interpolatzailea:

L_{1}(x) = \frac{72}{π^{2}}x^{2} − \frac{42}{π}x + 6 , L_{2}(x) = −\frac{144}{π^{2}}x^{2} + \frac{72}{π}x − 8

L_{3}(x) = \frac{72}{π^{2}}x^{2} − \frac{30}{π}x + 3 eta p(x) = −\frac{6}{π} x + 3/2

2.-(b) z ∈ [π/6, π/3] eta h = π/12 izanda,

|E_{z}| = \frac{| ∏_{i=0}^{2}(t − i)|h^{3}}{3!} |f′′′(c)| , non c ∈ (π/6, π/3) den.

g(t) = ∏_{i=0}^{2}(t−i) = t^{3} −3t^{2} +2t; |g(t)| ≤ \frac{2\sqrt{3}}{9}; 0 ≤ t ≤ 2 (klasean egindakoa)

f′′′(x) = 8 sin(2x); |f′′′(x)| ≤ f′′′(π/4) = 8 sin(π/2) = 8; π/6 < x < π/3

Beraz, |E_{z}| ≤ frac2\sqrt{3}/9 (π/12)^{3} 83! = \frac{\sqrt{3}π^{3}}{5832} ≃ 0.009208

Bestalde, |E_{5π/24}| = |f(5π/24) − p(5π/24| ≃ 0.2588 − 0.25 ≃ 0.0088

aurrekoa baino txikiagoa, jakina

2.-(c)

|E_{z}| ≤ \frac{2\sqrt{3}/9 h^{3} 8}{3!} < 5.10^{−3} ⟺ h < 0.2135 ⋯ edo h = π/n eginez ⟺ n > 14. · · ·

3.- Kupelan dagoen alkohol kantitatearen bilakaera aztertzerakoan lortzen dugun ekuazio diferentziala, hauxe da;

x′(t) = 3\frac{5}{100} − \frac{1}{100 + 2t}x(t)

Beraz, a(t) = −\frac{1}{100+2t} , b(t) = \frac{3}{20}, t_{0} = 0 har dezakegu eta hasierako alkoholaren proportzioa %20 denez, x(t_{0}) = x(0) = 20 dugu.

Hau guztia kontutan hartuz, ekuazio diferentzialaren soluzioa, ondokoa:

x(t) = [∫_{0}^{t} \frac{3}{20}e^{− ∫_{0}^{s} − \frac{1}{100+2r} dr} ds + 20] e^{∫_{0}^{t} \frac{−1}{100+2s} ds} non

∫_{0}^{s} \frac{1}{100 + 2r} dr = \frac{1}{2}(ln(100 + 2s) − ln 100) = ln(1 + \frac{s}{50})^{1/2} eta

∫_{0}^{t} \frac{−1}{100 + 2s} ds = \frac{1}{2}(ln(100 + 2t) − ln 100) = ln(1 + \frac{t}{50})^{−1/2}

e^{ln a} = a, ∀a, denez, soluzioa horrela geratuko da;

x(t) = [∫_{0}^{t} \frac{3}{20}(1 + \frac{s}{50})^{1/2} ds + 20] (1 + \frac{t}{30})^{−1/2}

Bukatzeko, egin dezagun azken integrala;

∫_{0}^{t} (1+ \frac{s}{50})^{1/2} ds = \frac{50}{3/2} [(1+ \frac{t}{30})^{3/2}−1] = \frac{100}{3} [(1+ \frac{t}{50})^{3/2}−1] eta orduan,

x(t) = [\frac{3 × 100}{20 × 3}((1+\frac{t}{50})^{2/3}−1)+20][(1+\frac{t}{50})^{−1/2}] = 5[(1+\frac{t}{500})+3(1+\frac{t}{50})^{−1/2}]

= 5(1 + \frac{t}{50})[1 + 3(1 + \frac{t}{30})^{−1/2}]

Halaber, t = 25 eta t = 30 denean, kupelaren alkoholaren proportzioak,

k(25) = \frac{x(25)}{150} ≃ 0.1316 ⋯ eta k(30) = \frac{x(30)}{160} ≃ 0.12411 ⋯

4.- Ohartu,

∫_{0}^{t} ts ds = t ∫_{0}^{t} s ds = t \frac{t^{2}}{2} = \frac{t^{3}}{2} eta ∫_{0}^{t} t ds = t ∫_{0}^{t} ds = t^{2}

Orduan, bi ekuazioak t -rekiko deribatuz, ondoko ekuazio diferentzial linealezko sistema lortzen da;

\{ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}x′(t) = & −x(t) + 2y(t) + \frac{3t^{2}}{2} \\ y′(t) = & −x(t) + 2y(t) + 2t \end{matrix} \\ x(0) = 2, y(0) = 1 \end{matrix}

Balio propioak: λ_{1} = 0 eta λ_{2} = 1 Bektore propioak: c^{1} = [ \begin{matrix}2s \\ s \end{matrix} ] eta c^{2} = [ \begin{matrix}s \\ s \end{matrix} ]

Orduan, P = [ \begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix} ] aukeratuz, eta z(t) = P^{−1} [ \begin{matrix}x(t) \\ y(t) \end{matrix} ] eginez, sistema berria:

\{ \begin{matrix}z′(t) & = & D z(t) + h(t) \\ z(0) & = & P^{−1} [ \begin{matrix}x(0) \\ y(0) \end{matrix} ] \end{matrix} non,

D = [ \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ] , P^{−1} = [ \begin{matrix}1 & −1 \\ −1 & 2 \end{matrix} ] , z(0) = P^{−1} [ \begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ] eta

h(t) = P^{−1} b(t) = P^{−1} [ \begin{matrix}3t^{2}/2 \\ 2t \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}3t^{2}/2 − 2t \\ −3t^{2}/2 + 4t \end{matrix} ] Beraz,

z(t) = e^{Dt} [∫_{0}^{t} e^{−Ds} h(s) ds+z(0)] = [ \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & e^{t} \end{matrix} ] (∫_{0}^{t} [ \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & e^{−s} \end{matrix} ] [ \begin{matrix}3s^{2}/2 − 2s \\ −3s^{2}/2 + 4s \end{matrix} ] ds+[ \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ]) =

= [ \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & e^{t} \end{matrix} ] (∫_{0}^{t} [ \begin{matrix}3s^{2}/2 − 2s \\ e^{−s}(−3s^{2}/2 + 4s) \end{matrix} ] ds + [ \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ]) =

= [ \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & e^{t} \end{matrix} ] ([ \begin{matrix}t^{3}/2 − t^{2} \\ e^{−t}/2(3t^{2} − 2t − 2) + 1 \end{matrix} ]+[ \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ]) = [ \begin{matrix}t^{3}/2 − t^{2} + 1 \\ 1/2(3t^{2} − 2t − 2) + e^{t} \end{matrix} ]

Eta hasierako sistemaren soluzioa,

[ \begin{matrix}x(t) \\ y(t) \end{matrix} ] = P z(t) = [ \begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}t^{3}/2 − t^{2} + 1 \\ 1/2(3t^{2} − 2t − 2) + e^{t} \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}e^{t} + t^{3} − t^{2}/2 − t + 1 \\ e^{t} + t^{3}/2 + t^{2}/2 − t \end{matrix} ]

Estatistika

1.- A ≡ kolore bereko bolak eta B = Ā ≡ kolore desberdineko bolak izanda, ontzira x bola beltz sartuz gero:

p(A) = p(B) ⟺ p(A) = 1/2 ⟺ \frac{C_{3}^{2} + C_{x}^{2}}{C_{x+3}^{2}} = 1/2 ⟺

⟺ x^{2} − 7x + 6 = 0 ⟺ x = 1 edo x = 6

Edo horrela, p(A) = p(B) ⟺ p(B) = 1/2 ⟺ \frac{3x}{C_{x+3}^{2}} = 1/2 ⟺ x = 1 edo x = 6 2.- A_{1} ≡ lana edukitzea, A_{2} ≡ langabezian egotea eta G ≡ gizonezkoa izatea badira,

p(A_{2}|_{G}) = \frac{p(A_{2})p(G|_{A_{2}})}{p(G)} = \frac{p(A_{2})p(G|_{A_{1}})}{p(G|_{A_{1}}) + p(G|_{A_{2}})} =

= \frac{0.15 × 0.4}{0.85 × 0.55 + 0.15 × 0.4} = \frac{24}{211} ≃ 0.1137

3.-(a) Esperimentua ≡ txanpon baten jaurtiketa; 400 jaurtiketa egin ondoren X aldagia ≡ aurpegi kopurua neurtzen duena.

Orduan, X ⟶ Bin(400, 1/2) ≃ N (200, 10) eta,

p(A) = p(X > 220) = p(X ≥ 220.5) = p(Z ≥ 2.05) ≃ 0.0202

non Z, X aldagaiaren aldagia tipifikatua den; Z = \frac{X −200}{10}

3.-(b) Esperimentua ≡ dado baten jaurtiketa; 900 jaurtiketa egin ondoren Y aldagia ≡ 6koen kopurua neurtzen duena.

Orduan, Y ⟶ Bin(900, 1/6) ≃ N (150, 5\sqrt{5}) eta,

p(B) = p(Y < 130) = p(Y ≤ 129.5) = p(Z ≤ −1.8335) = p(Z ≥ 1.8335) ≃ 0.0336

non Z, Y aldagaiaren aldagia tipifikatua den; Z = \frac{Y−150}{5\sqrt{5}}