11.1 Fikspunktiterasjon og Euler-diskretisering

Løse en transcendent ligning ved fikspunktiterasjon (Plancks lov → Wien-konstanten) og diskretisere en bevegelse med Eulers metode — ofte settets siste spørsmål.

50 min

8 oppgaver

FikspunktiterasjonEuler-diskretisering

Din fremgang i kapitlet

0 / 8 oppgaver

Kapitlets plass i kurset

Bygger på

9.2Varmestråling — Stefan–Boltzmann, platebalanse og Wien

Brukes videre i

11.PPrøver til del 11: Numerisk iterasjon

Sjanger T14 — numerisk iterasjon, altså å løse en ligning som ikke kan løses med algebra, ved å gjenta en regning til svaret slutter å endre seg — dukker opp i om lag fire av ti sett (~40 %). Den hører til termofysikkhalvdelen, spørsmål 21–40, og den er typisk settets siste spørsmål. Prioritet: bør sitte — det er ett sikringspoeng, og det er et av de raskeste i hele settet når du vet hva du gjør.

⚠ Denne sjangeren lever fremdeles i TFY4115. I søsteremnet TFY4125 er numerikk faset ut; her er den ikke det. Siste spørsmål i både 2019- og 2020-settet er en fikspunktiterasjon av Plancks strålingslov.

To varianter går igjen.

1. Fikspunktiterasjon. Du får en ligning på formen $x = g(x)$ , en startverdi $x_0$ og et antall iterasjoner, og skal oppgi $x_n$ . Den aller vanligste er $x = 5(1-e^{-x})$ , som kommer fra å finne maksimum i Plancks strålingslov — og roten gir Wien-konstanten fra kap. 9.2.
2. Euler-diskretisering. En bevegelse eller en avkjøling er gitt ved en akselerasjon eller en endringsrate som varierer, og du skal føre en liten tabell framover i tid med et fast tidssteg.

Ordforklaringer først, før noe annet. En transcendent ligning er en ligning som ikke kan løses med algebra alene — der den ukjente står både utenfor og inne i en eksponential-, logaritme- eller trigonometrisk funksjon. Iterasjon betyr å gjenta samme regning, med forrige svar som ny inndata. Et fikspunkt er en verdi som ikke flytter seg når du kjører regningen på den. Diskretisering betyr å erstatte en kontinuerlig endring med et endelig antall små steg. Konvergens betyr at rekken av svar nærmer seg én bestemt verdi.

⚠ Ingen programmering forutsettes

Dette kapitlet krever ingen Python og ingen kode. Alt gjøres for hånd med en enkel kalkulator, akkurat slik hjelpemiddelkode C tillater: spesifiserte trykte hjelpemidler pluss en bestemt, enkel kalkulator. Det er nettopp derfor sjangeren fungerer på denne eksamenen — oppgavene ber om to til fire iterasjoner, ikke om et program.

Iterasjonstabellene i dette kapitlet er satt opp som tabeller du skal føre på kladdearket ditt, ikke som kode.

⚠ Symbolvarsel — to symbolsett i samme kapittel

Dette kapitlet ligger i termodelen, men bruker symboler fra begge halvdeler av faget, og du må holde dem fra hverandre:

- $x$ er her iterasjonsvariabelen, et rent tall uten enhet. I fikspunktdelen er den dessuten en dimensjonsløs kombinasjon fra Plancks lov, $x = hc/(\lambda k_BT)$ — ikke en posisjon.
- $s$ og $v$ er strekning og fart fra mekanikken (kap. 1.1) i Euler-delen, med enhetene meter og meter per sekund.
- $T$ er temperatur i Planck- og avkjølingsdelen, ikke svingetid.
- $b$ er Wien-konstanten i $\text{m}\cdot\text{K}$ , ikke van der Waals' egenvolum fra kap. 10.1 og ikke dempingskonstanten fra kap. 5.2. Skilleregelen er enheten.
- $\Delta t$ er tidssteget i Euler-metoden, ikke en temperaturdifferanse.

Kapitlet sier hver gang hvilket symbolsett som gjelder.

Forkunnskaper — sist du var her

Dette kapitlet bygger på kap. 9.2 og kap. 1.1. Du trenger fire ting derfra, og de står her:

$I(\lambda,T) = \frac{2\pi hc^2}{\lambda^5}\cdot\frac{1}{e^{hc/(\lambda k_BT)}-1}$
Plancks strålingslov. Hvor mye en svart flate stråler ved hver enkelt bølgelengde. Vi bruker den her til å finne hvor utstrålingen er størst — og det er nettopp den regningen som ender i en transcendent ligning.

$\lambda_\text{maks} = \frac{b}{T}, \qquad b = 2{,}898\cdot10^{-3}\,\text{m}\cdot\text{K}$
Wiens forskyvningslov. Den står ferdig på det utdelte arket, men selve konstanten $b$ kommer fra roten i fikspunktligningen — og det er hele koblingen mellom Del 9 og Del 11.

$v = \frac{ds}{dt}, \qquad a = \frac{dv}{dt}$
Kinematikkens to definisjoner. Euler-metoden er ikke annet enn disse to, lest baklengs: kjenner du farten nå, vet du omtrent hvor du er om et lite øyeblikk.

$\text{konstant-}a\text{-formlene gjelder KUN når } a \text{ er konstant}$
Grensen som gjør numerikk nødvendig. Er akselerasjonen konstant, bruker du formlene fra kap. 1.1 og er ferdig. Varierer den — som ved luftmotstand — finnes det ofte ingen enkel formel, og da diskretiserer du.

Fra matematikken trenger du derivasjon av $e^{-x}$ og produktregelen: Repetisjon av derivasjon. Standardderivertene står i Rottmann.

Konstanter du trenger:
$h = 6{,}626\cdot10^{-34}\,\text{J}\cdot\text{s}, \qquad c = 2{,}998\cdot10^{8}\,\text{m/s}, \qquad k_B = 1{,}381\cdot10^{-23}\,\text{J/K}$

Behold minst seks gjeldende siffer mellom iterasjonene. Dette er det ene kapitlet der du skal beholde flere siffer enn ellers i boka: fikspunktiterasjon nærmer seg svaret gradvis, og runder du av underveis, sementerer du feilen i stedet for å la den krympe. Sluttsvaret oppgis derimot med tre eller fire siffer, som ellers.

Løkke 1 — fikspunktiterasjon (~15 min)

Ta fram kalkulatoren, sett den i radianmodus, skriv inn et hvilket som helst tall, og trykk cos om og om igjen. Etter tjue–tretti trykk står det $0{,}739085$ , og der blir det stående uansett hvor mange ganger du trykker til.

Du har nettopp løst ligningen $x = \cos x$ — en ligning som ikke kan løses med algebra i det hele tatt.

Hverdagsanker: dette er ikke en kuriositet. Mange fysikkligninger har den ukjente både utenfor og inne i en eksponentialfunksjon, og da finnes det ingen formel å isolere den med. Maksimum i Plancks strålingslov er det viktigste eksemplet i dette faget, og den er selve grunnen til at Wien-konstanten er det tallet den er.

Metoden er enkel nok til å gjøres for hånd:

1. Skriv ligningen på formen $x = g(x)$ .
2. Velg en startverdi $x_0$ .
3. Regn $x_1 = g(x_0)$ , deretter $x_2 = g(x_1)$ , og så videre.
4. Stopp når sifrene slutter å endre seg — eller når oppgaven sier stopp.

Transcendent ligning

x = \cos x, \qquad x = 5\left(1-e^{-x}\right), \qquad xe^x = 2.

Fikspunkt

x^*

📜Fikspunktiterasjon og betingelsen for at den virker

\boxed{x_{n+1} = g(x_n), \qquad n = 0, 1, 2, \dots}

Konvergensbetingelsen: iterasjonen nærmer seg fikspunktet $x^*$ hvis
$\left\lvert g'(x^*)\right\rvert < 1$
i et område rundt $x^*$ . Er $|g'(x^*)| > 1$ , spretter iterasjonen bort fra fikspunktet, uansett hvor nær du starter.

Hvorfor. La $e_n = x_n - x^*$ være feilen etter $n$ steg. Da er
$e_{n+1} = x_{n+1} - x^* = g(x_n) - g(x^*).$
Middelverdisetningen gir en $\xi$ mellom $x_n$ og $x^*$ slik at
$\boxed{e_{n+1} = g'(\xi)\,e_n.}$
Feilen ganges altså med omtrent $g'(x^*)$ for hvert steg. Er tallverdien under 1, krymper feilen geometrisk; er den over 1, vokser den.

Konsekvensen for regningen: feilen krymper med en fast faktor per steg. Det kalles lineær konvergens (§ «Konvergensorden» under), og det betyr at du vinner omtrent like mange desimaler for hvert steg.

For vår ligning $g(x) = 5(1-e^{-x})$ er $g'(x) = 5e^{-x}$ , og i fikspunktet $x^* = 4{,}9651$ :
$g'(x^*) = 5e^{-4{,}9651} = 0{,}03489.$
Feilen krymper altså til om lag en trettiendedel per steg — halvannen desimal per iterasjon. Det er raskt nok til at tre–fire håndkjørte steg holder. [må kunne brukes eller utledes aktivt]

✏️Eksempel 1: tre håndkjørte iterasjoner (eksamensnivå)

Maksimum i Plancks strålingslov gir ligningen

x = 5\left(1-e^{-x}\right).

a) Start med $x_0 = 3$ og utfør tre iterasjoner. Hva blir $x_3$ ?

b) Hvor mange siffer i svaret kan du stole på etter tre iterasjoner?

c) Hva ville du fått med $x_0 = 6$ i stedet, og hva forteller det?

d) Hvorfor virker denne formen av ligningen, mens formen $x = -\ln\left((5-x)/5\right)$ ikke gjør det?

a) Rask vei til tall. Én tastesekvens per steg, med seks siffer beholdt hele veien:

n     x_n         e^(-x_n)      x_(n+1) = 5(1 - e^(-x_n))
0     3,000000    0,0497871     4,751065
1     4,751065    0,00863217    4,956788
2     4,956788    0,00700349    4,964823
3     4,964823    0,00697046    4,965104

Svaret er $x_3 = 4{,}96482$ .

⚠ Tell stegene. $x_0 = 3$ er startverdien, ikke en iterasjon. Tre iterasjoner betyr tre ganger gjennom $g$ , og da lander du på $x_3$ . Å levere $x_2 = 4{,}95679$ er av-for-én-fellen, og den er innebygd i alternativene i denne sjangeren.

b) Den eksakte roten er $x^* = 4{,}965114$ . Etter tre iterasjoner har vi $4{,}964823$ , altså en feil på $2{,}9\cdot10^{-4}$ — fire gjeldende siffer er til å stole på, det femte ikke.

Se på hvordan feilen krymper:
$1{,}97 \ \to\ 2{,}14\cdot10^{-1} \ \to\ 8{,}33\cdot10^{-3} \ \to\ 2{,}91\cdot10^{-4} \ \to\ 1{,}02\cdot10^{-5}.$
Forholdet mellom nabofeil er $0{,}109$ , $0{,}039$ , $0{,}035$ , $0{,}035$ — det stabiliserer seg på konvergensfaktoren $g'(x^*) = 0{,}0349$ , akkurat som teoremet sier. Hvert steg gir halvannen desimal til.

c) Med $x_0 = 6$ :
$6 \ \to\ 4{,}987606 \ \to\ 4{,}965890 \ \to\ 4{,}965141 \ \to\ 4{,}965115.$
Iterasjonen konvergerer mot samme fikspunkt, bare fra oversiden. Det forteller at fikspunktet er stabilt: så lenge $|g'| < 1$ i området, trekkes du inn mot det uansett hvilken side du kommer fra. Startverdien påvirker bare hvor mange steg du trenger, ikke hvor du havner.

d) Konvergensbetingelsen er $|g'(x^*)| < 1$ .

- For $g(x) = 5(1-e^{-x})$ er $g'(x) = 5e^{-x}$ , og $g'(4{,}9651) = 0{,}0349$ . Langt under 1 — konvergerer raskt.
- For $g(x) = -\ln\left((5-x)/5\right) = \ln\left(5/(5-x)\right)$ er $g'(x) = 1/(5-x)$ , og $g'(4{,}9651) = 1/0{,}0349 = 28{,}66$ . Langt over 1 — divergerer.

Legg merke til at de to derivertene er hverandres omvendte. Det er ingen tilfeldighet: de to formene er hverandres inverse funksjoner, og en invers funksjon har den omvendte deriverte. Er den ene formen konvergent, er den andre divergent — og det er den nyttigste enkeltregelen i hele sjangeren.

Sluttsjekk, fire ledd. (i) Telte jeg riktig antall iterasjoner? (ii) Beholdt jeg minst seks siffer mellom stegene? (iii) Er svaret stabilt i de sifrene jeg oppgir? (iv) Ligger det mellom $0$ og $5$ , som det må siden $5(1-e^{-x}) < 5$ for alle $x$ ?

📝Oppgave 1

(Innstegsoppgave — telling og konvergensbetingelse.)

a) Ligningen $x = 5(1-e^{-x})$ itereres fra $x_0 = 4$ . Regn ut $x_1$ og $x_2$ .

b) Hvor mange ganger gikk du gjennom $g$ for å komme fra $x_0$ til $x_2$ ?

c) Finn $g'(x)$ og regn ut $g'(4{,}9651)$ . Hva forteller tallet?

📝Oppgave 2

Eksamensnivå, sjanger…

Ligningen $x = 5(1-e^{-x})$ skal løses ved fikspunktiterasjon.

a) Start med $x_0 = 1$ og utfør fire iterasjoner. Sett opp en tabell.

b) Sammenlign med iterasjonen fra $x_0 = 3$ i eksempel 1. Hvor mange flere steg kostet den dårligere startverdien?

c) Forklar hvorfor de første stegene fra $x_0 = 1$ krymper feilen langsommere enn de siste.

Løkke 2 — hvor ligningen kommer fra: Planck og Wien (~12 min)

— naturlig pausepunkt —

I kap. 9.2 brukte vi Wiens forskyvningslov $\lambda_\text{maks} = b/T$ med $b = 2{,}898\cdot10^{-3}\,\text{m}\cdot\text{K}$ som en oppgitt konstant. Nå skal vi se hvor tallet kommer fra — og svaret er: fra roten i nettopp den ligningen vi akkurat itererte.

Det er en fin illustrasjon av hvorfor numerikk hører hjemme i et fysikkemne. Wien-konstanten er ikke målt inn; den er regnet ut fra Plancks lov, og regningen krever en iterasjon.

Utledningen: fra Plancks lov til $x = 5(1-e^{-x})$

Dette er utledningen som kreves aktivt. Den er kort.

Steg 1 — skriv Plancks lov. Utstrålt effekt per bølgelengdeintervall fra en svart flate:
$I(\lambda, T) = \frac{2\pi hc^2}{\lambda^5}\cdot\frac{1}{e^{hc/(\lambda k_BT)}-1}.$

Steg 2 — innfør den dimensjonsløse variabelen. Sett
$x = \frac{hc}{\lambda k_BT} \quad\Longrightarrow\quad \lambda = \frac{hc}{x k_BT}.$

Intuisjon: $x$ måler fotonenergien $hc/\lambda$ i enheter av den termiske energien $k_BT$ . Det er den ene kombinasjonen hele problemet avhenger av — temperaturen forsvinner ut av selve ligningen, og det er grunnen til at $\lambda_\text{maks}T$ blir en universell konstant.

Steg 3 — sett inn. Alt som ikke avhenger av $x$ samles i en konstant $A$ :
$I \propto \frac{1}{\lambda^5}\cdot\frac{1}{e^x-1} = A\,\frac{x^5}{e^x-1}.$

Steg 4 — deriver og sett lik null. Bruk brøkregelen:
$\frac{d}{dx}\left(\frac{x^5}{e^x-1}\right) = \frac{5x^4\left(e^x-1\right) - x^5e^x}{\left(e^x-1\right)^2} = 0.$
Telleren må være null, og vi kan dele på $x^4$ (siden $x = 0$ ikke er maksimum):
$5\left(e^x-1\right) = xe^x.$

Steg 5 — del på $e^x$ . Da står ligningen på fikspunktform:
$5\left(1-e^{-x}\right) = x. \qquad\blacksquare$

Intuisjon for hvorfor svaret er «nesten 5»: leddet $e^{-x}$ er forsvinnende lite for $x$ rundt 5, så $x \approx 5(1-0{,}007) = 4{,}965$ . Den lille korreksjonen er hele forskjellen mellom en grov overslagsverdi og den ekte Wien-konstanten.

Steg 6 — Wien-konstanten. Med roten $x^* = 4{,}96511$ :
$\lambda_\text{maks}T = \frac{hc}{x^*k_B} = b.$

Wien-konstanten fra roten

b = \frac{hc}{x^*k_B}, \qquad x^* = 4{,}96511.

Etter	$x_n$	$b$	Avvik
$0$ iterasjoner ( $x_0 = 3$ )	$3{,}000000$	$4{,}796\cdot10^{-3}$	$+65{,}5\,\%$
$1$ iterasjon	$4{,}751065$	$3{,}028\cdot10^{-3}$	$+4{,}51\,\%$
$2$ iterasjoner	$4{,}956788$	$2{,}903\cdot10^{-3}$	$+0{,}168\,\%$
$3$ iterasjoner	$4{,}964823$	$2{,}898\cdot10^{-3}$	$+0{,}0059\,\%$

✏️Eksempel 2: fra iterasjon til Wien-konstant og videre til en glødetråd

a) Bruk

x_3 = 4{,}964823

fra eksempel 1 til å anslå Wien-konstanten.

b) En glødetråd holder $2900\,\text{K}$ . Ved hvilken bølgelengde stråler den mest?

c) Hvor mye ville svaret i b) endret seg hvis du hadde stoppet iterasjonen etter ett steg i stedet for tre?

a) Symbolsk.

b = hc/(x^*k_B)

Rask vei til tall. Regn telleren først, som eget mellomresultat:
$hc = 6{,}626\cdot10^{-34} \cdot 2{,}998\cdot10^{8} = 1{,}98648\cdot10^{-25}\,\text{J}\cdot\text{m},$
$x_3k_B = 4{,}964823 \cdot 1{,}381\cdot10^{-23} = 6{,}85642\cdot10^{-23}\,\text{J/K},$
$b = \frac{1{,}98648\cdot10^{-25}}{6{,}85642\cdot10^{-23}} = 2{,}8973\cdot10^{-3}\,\text{m}\cdot\text{K}.$

Tabellverdien er $2{,}898\cdot10^{-3}$ — vi treffer på fire siffer.

b) Wiens forskyvningslov, med tabellverdien:
$\lambda_\text{maks} = \frac{b}{T} = \frac{2{,}898\cdot10^{-3}}{2900} = 9{,}993\cdot10^{-7}\,\text{m} = 0{,}999\,\mu\text{m}.$

Det ligger like utenfor det synlige (som slutter rundt $0{,}70\,\mu\text{m}$ ), i det nære infrarøde. Det er derfor en glødelampe avgir mest varme og bare en liten del synlig lys — og det er hele grunnen til at de er faset ut til fordel for lysdioder.

c) Med $x_1 = 4{,}751065$ ville vi fått
$b = \frac{1{,}98648\cdot10^{-25}}{4{,}751065 \cdot 1{,}381\cdot10^{-23}} = \frac{1{,}98648\cdot10^{-25}}{6{,}56122\cdot10^{-23}} = 3{,}0276\cdot10^{-3}\,\text{m}\cdot\text{K},$
$\lambda_\text{maks} = \frac{3{,}0276\cdot10^{-3}}{2900} = 1{,}044\,\mu\text{m},$
altså $4{,}5$ prosent for høyt. Det er nok til å bomme på et flervalgsalternativ, men ikke nok til å gi et absurd svar — og det er nettopp derfor av-for-én-fellen er farlig i denne sjangeren: den gale verdien ser rimelig ut.

Sluttsjekk, fire ledd. (i) $hc$ regnet som eget mellomresultat. (ii) Enhet: $\text{J}\cdot\text{m}$ delt på $\text{J/K}$ gir $\text{m}\cdot\text{K}$ ✔. (iii) Bølgelengden i mikrometer-området for en glødende flate ✔. (iv) Temperaturen i kelvin — Wiens lov krever absolutt temperatur.

📝Oppgave 3

Eksamensnivå, sjanger…

Maksimum i Plancks strålingslov uttrykt ved frekvens i stedet for bølgelengde gir en annen ligning:

x = 3\left(1-e^{-x}\right).

a) Start med $x_0 = 2$ og utfør fire iterasjoner.

b) Finn konvergensfaktoren $g'(x^*)$ og sammenlign med bølgelengdeversjonens $0{,}0349$ .

c) Hvorfor gir frekvensformen et annet tall enn bølgelengdeformen? Er den ene «riktigere»?

Løkke 3 — konvergensorden: hvorfor noen metoder er raske (~11 min)

— naturlig pausepunkt —

Dette avsnittet er merket kjenne til. Eksamensoppgavene i sjanger T14 ber om iterasjoner, ikke om konvergensteori. Men å vite hvorfor fikspunktiterasjonen krymper feilen med en fast faktor, gjør at du kan anslå hvor mange steg du trenger — og det er en praktisk ferdighet under tidspress.

Vi utleder ordenen til tre metoder på samme ligning, og sammenligner tallene.

Definisjonen først. En metode har konvergensorden $p$ hvis feilen oppfyller
$\left\lvert e_{n+1}\right\rvert \approx C\left\lvert e_n\right\rvert ^p$
for en konstant $C$ . $p = 1$ kalles lineær konvergens, $p = 2$ kvadratisk.

Forskjellen er dramatisk. Lineær konvergens med faktor $0{,}1$ gir én ny riktig desimal per steg. Kvadratisk konvergens dobler antall riktige desimaler per steg: tre riktige siffer blir seks, blir tolv.

📜Konvergensorden for tre metoder — utledet

1. Fikspunktiterasjon: lineær, med rate $|g'(x^*)|$ .

Fra teoremet over: $e_{n+1} = g'(\xi)e_n$ med $\xi$ mellom $x_n$ og $x^*$ . Når $x_n \to x^*$ , går $\xi \to x^*$ , så
$\left\lvert e_{n+1}\right\rvert \approx \left\lvert g'(x^*)\right\rvert \left\lvert e_n\right\rvert .$
Det er $p = 1$ med $C = |g'(x^*)|$ . Lineær.

2. Halveringsmetoden: lineær, med rate nøyaktig $\tfrac12$ .

Metoden krever at $f$ skifter fortegn på et intervall $[a_n, b_n]$ . Regn midtpunktet $m_n = (a_n+b_n)/2$ , se hvilken halvdel fortegnsskiftet ligger i, og behold den. Da er
$b_{n+1} - a_{n+1} = \frac{b_n - a_n}{2} \quad\Longrightarrow\quad b_n - a_n = \frac{b_0-a_0}{2^n}.$
Roten ligger alltid i intervallet, og midtpunktet bommer med høyst halve intervallet:
$\left\lvert e_n\right\rvert \le \frac{b_0-a_0}{2^{n+1}} \quad\Longrightarrow\quad \left\lvert e_{n+1}\right\rvert \le \tfrac12\left\lvert e_n\right\rvert .$
Det er $p = 1$ med $C = \tfrac12$ — lineær, og raten er den samme uansett funksjon. Det er metodens styrke og svakhet på én gang: den virker alltid, men den er treg.

3. Newtons metode: kvadratisk.

Metoden er $x_{n+1} = x_n - \dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}$ , altså «følg tangenten ned til aksen».

Taylor-utvikle $f$ om $x_n$ og sett inn roten $r$ , med $\xi$ mellom $r$ og $x_n$ :
$0 = f(r) = f(x_n) + f'(x_n)(r - x_n) + \tfrac12 f''(\xi)(r-x_n)^2.$
Med $e_n = x_n - r$ blir $r - x_n = -e_n$ :
$0 = f(x_n) - f'(x_n)e_n + \tfrac12 f''(\xi)e_n^2.$
Del på $f'(x_n)$ og løs for $f(x_n)/f'(x_n)$ :
$\frac{f(x_n)}{f'(x_n)} = e_n - \frac{f''(\xi)}{2f'(x_n)}e_n^2.$
Sett inn i selve metoden:
$e_{n+1} = x_{n+1} - r = e_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} = \boxed{\frac{f''(\xi)}{2f'(x_n)}\,e_n^2.}$

Altså $p = 2$ med $C = \left\lvert f''(r)/(2f'(r))\right\rvert$ — kvadratisk, forutsatt at $f'(r) \neq 0$ og at du starter nær nok.

Prisen er at Newton krever den deriverte, at den kan divergere fra en dårlig startverdi, og at den kollapser hvis $f'(r) = 0$ . Halveringsmetoden krever ingen av delene.

Metode	Orden	Rate $C$	Krever	Feiler når
Halvering	$1$	$\tfrac12$	fortegnsskift	aldri, men treg
Fikspunkt	$1$	$\left\lvert g'(x^*)\right\rvert$	god $g$ -form	$\left\lvert g'\right\rvert > 1$
Newton	$2$	$\left\lvert f''/(2f')\right\rvert$	$f'$	$f'(r) = 0$ , dårlig start

✏️Eksempel 3: de tre metodene på samme ligning

Løs $f(x) = x - 5 + 5e^{-x} = 0$ (samme ligning som før) med alle tre metodene, og sammenlign.

a) Halveringsmetoden på $[4, 6]$ : utfør fire steg.

b) Newtons metode fra $x_0 = 4{,}5$ : utfør tre steg.

c) Sammenlign de tre metodenes feil etter tre til fire steg, og med hvor mange steg hver av dem trenger for seks riktige desimaler.

a) Først fortegnskontroll:

f(4) = -0{,}9084

f(6) = +1{,}0124

, altså fortegnsskift på

[4,6]

✔.

n   a_n        b_n        m_n        f(m_n)        feil <=
1   4,000000   6,000000   5,000000   +0,0336897    1,000000
2   4,000000   5,000000   4,500000   -0,444455     0,500000
3   4,500000   5,000000   4,750000   -0,206742     0,250000
4   4,750000   5,000000   4,875000   -0,0868245    0,125000

Etter fire steg er beste anslag $m_4 = 4{,}875$ med garantert feil under $0{,}125$ . Den eksakte roten er $4{,}965114$ , så den faktiske feilen er $0{,}0901$ .

b) $f'(x) = 1 - 5e^{-x}$ .

n   x_n            f(x_n)           f'(x_n)        feil
0   4,50000000     -0,44445529      0,94446        4,651e-01
1   4,97059416     +0,00534389      0,99653        5,480e-03
2   4,96511477     +0,00000052      0,99651        5,407e-07
3   4,96511423      0,00000000      0,99651        5,3e-15

Se på feilkolonnen: $0{,}465 \to 0{,}00548 \to 5{,}4\cdot10^{-7} \to 5\cdot10^{-15}$ . Antall riktige desimaler går $0 \to 2 \to 6 \to 14$ — det dobler seg hvert steg. Det er kvadratisk konvergens i praksis.

Kontroller mot teoremet: $f''(x) = 5e^{-x}$ , så $C = \left\lvert f''(r)/(2f'(r))\right\rvert = 0{,}0348858/(2 \cdot 0{,}9651142) = 0{,}018073$ . Og forholdene $\lvert e_{n+1}\rvert/\lvert e_n\rvert^2$ blir $0{,}0253$ og $0{,}0180$ — det andre treffer $C$ på tre siffer, akkurat som teoremet krever.

c) Etter tre til fire steg:

Metode	Beste anslag	Feil
Halvering (4 steg)	$4{,}875000$	$9{,}0\cdot10^{-2}$
Fikspunkt (3 steg fra $3$ )	$4{,}964823$	$2{,}9\cdot10^{-4}$
Newton (3 steg fra $4{,}5$ )	$4{,}96511423$	$5\cdot10^{-15}$

Steg for seks riktige desimaler:
- Halvering: garantert feil er

2/2^{n+1} \le 10^{-6}

, altså

2^{n+1} \ge 2\cdot10^{6}

, som gir

n = 20

steg.
- Fikspunkt: feilen

1{,}97 \cdot 0{,}0349^n \le 10^{-6}

gir

n = 5

steg.
- Newton:

3

steg.

Konklusjonen for eksamen: oppgavene bruker fikspunktiterasjon, og med god grunn — tre håndkjørte steg gir fire riktige siffer, og hvert steg er én tastesekvens uten derivasjon. Newton er raskere per steg, men krever at du deriverer riktig under tidspress, og halveringsmetoden er altfor treg til å gjøres for hånd.

Sluttsjekk: (i) hadde halveringsmetoden fortegnsskift på startintervallet? (ii) Krympet Newtons feil kvadratisk, altså doblet antall riktige desimaler? (iii) Konvergerte alle tre mot samme tall? Det er den beste kontrollen på at ingen av dem har regnefeil.

📝Oppgave 4

Sjanger T14, A–F-format

Ligningen $x = 5(1-e^{-x})$ itereres fra $x_0 = 3$ . Hva er $x_2$ ?

A $3{,}000000$ · B $4{,}751065$ · C $4{,}964823$ · D $4{,}956788$ · E $4{,}965114$ · F $4{,}987606$

📝Oppgave 5

(Kvalitativ oppgave — konsept og rangering.)

a) Ranger halveringsmetoden, fikspunktiterasjon og Newtons metode etter hvor raskt de konvergerer, og begrunn med konvergensordenen.

b) Hvilken av de tre virker uansett hvor dårlig startverdien er, og hvorfor?

c) Forklar hvorfor ligningen $x = 5(1-e^{-x})$ konvergerer, mens den ekvivalente formen $x = \ln\left(5/(5-x)\right)$ divergerer — selv om de har nøyaktig samme løsning.

Løkke 4 — Eulers metode: å diskretisere en bevegelse (~12 min)

— naturlig pausepunkt —

Slipp en fallskjermhopper ut av et fly. I det første sekundet er akselerasjonen nesten $g$ ; etter tjue sekunder er den praktisk talt null, fordi luftmotstanden har tatt igjen tyngden. Farten nærmer seg en terminalfart og blir stående der.

Hverdagsanker: akselerasjonen er ikke konstant, så konstant-akselerasjonsformlene fra kap. 1.1 gjelder ikke (felle #3 — å bruke dem når $a$ ikke er konstant). Og differensialligningen har riktignok en pen løsning i akkurat dette tilfellet, men i de fleste virkelige tilfeller har den ikke det.

Da diskretiserer du: del tiden i små steg, og anta at akselerasjonen er konstant innenfor hvert steg. Det er hele Eulers metode.

Diskretisering

\frac{ds}{dt} \ \longrightarrow \ \frac{\Delta s}{\Delta t}, \qquad ds \ \longrightarrow \ v\,\Delta t.

📜Eulers metode (framover-Euler)

\boxed{s_{n+1} = s_n + v_n\,\Delta t, \qquad v_{n+1} = v_n + a_n\,\Delta t}

der $a_n$ er akselerasjonen regnet ut med verdiene ved steg $n$ — altså ved begynnelsen av intervallet.

Utledningen er én linje. Fra definisjonene $v = ds/dt$ og $a = dv/dt$ :
$ds = v\,dt \quad\Longrightarrow\quad \Delta s \approx v_n\,\Delta t, \qquad dv = a\,dt \quad\Longrightarrow\quad \Delta v \approx a_n\,\Delta t.$

Intuisjon: du later som om farten og akselerasjonen står stille gjennom hele steget, og hopper deretter til neste. Det er en trapp der den ekte løsningen er en glatt kurve.

Feilen er proporsjonal med $\Delta t$ . Halverer du steglengden, halveres feilen. Det kalles at metoden er av første orden — og det er en helt annen (og svakere) egenskap enn Newtons kvadratiske konvergens, som handler om iterasjon mot en rot, ikke om diskretisering i tid. Ikke bland de to.

Retningen på feilen kan du forutsi. Er akselerasjonen avtakende gjennom steget — som i fritt fall med luftmotstand — holder Euler den for høy hele veien og overvurderer farten. Er den økende, undervurderes den.

Generell form. Metoden gjelder enhver rate, ikke bare bevegelse. For avkjøling (kap. 9.1):
$\frac{dT}{dt} = -\frac{T-T_\text{omg}}{\tau} \quad\Longrightarrow\quad T_{n+1} = T_n - \frac{T_n-T_\text{omg}}{\tau}\,\Delta t.$ [må kunne brukes eller utledes aktivt]

✏️Eksempel 4: fritt fall med luftmotstand, ført for hånd (eksamensnivå)

Et legeme slippes fra ro. Akselerasjonen er

a = g - \frac{v}{\tau}, \qquad g = 9{,}81\,\text{m/s}^2, \qquad \tau = 2{,}00\,\text{s}.

a) Bruk Eulers metode med $\Delta t = 1{,}00\,\text{s}$ og finn farten etter $4{,}00\,\text{s}$ .

b) Den eksakte løsningen er $v(t) = g\tau\left(1-e^{-t/\tau}\right)$ . Hvor stort er avviket?

c) Hva blir avviket med $\Delta t = 0{,}500\,\text{s}$ , og hva forteller det om metodens orden?

d) Hvorfor overvurderer Euler farten her, og ikke motsatt?

a) Rask vei til tall. Fyll tabellen radvis: regn

a_n

v_n

, oppdater, gjenta.

n   t (s)   v_n (m/s)    a_n = 9,81 - v_n/2 (m/s^2)   v_(n+1) = v_n + a_n*1,00
0   0,00     0,00000     9,81000                      9,81000
1   1,00     9,81000     4,90500                     14,71500
2   2,00    14,71500     2,45250                     17,16750
3   3,00    17,16750     1,22625                     18,39375
4   4,00    18,39375

Svaret er $v(4{,}00\,\text{s}) \approx 18{,}39\,\text{m/s}$ .

⚠ Legg merke til at akselerasjonen halveres for hvert steg her. Det er en tilfeldighet av at $\Delta t/\tau = 0{,}5$ nøyaktig, men den gjør regningen rask å kontrollere.

b) Terminalfarten er $g\tau = 9{,}81 \cdot 2{,}00 = 19{,}62\,\text{m/s}$ , og den eksakte farten er
$v(4{,}00) = 19{,}62\left(1-e^{-2{,}00}\right) = 19{,}62 \cdot 0{,}864665 = 16{,}96472\,\text{m/s}.$
$\text{avvik} = 18{,}39375 - 16{,}96472 = +1{,}42903\,\text{m/s},$
altså $8{,}4$ prosent for høyt. Det er mye — og det er derfor $\Delta t = 1{,}00\,\text{s}$ er et grovt steg når $\tau = 2{,}00\,\text{s}$ : steget er halve tidskonstanten.

c) Med $\Delta t = 0{,}500\,\text{s}$ (åtte steg i stedet for fire) blir $v(4{,}00) = 17{,}65579\,\text{m/s}$ , altså et avvik på $+0{,}69107\,\text{m/s}$ .

Forholdet mellom de to avvikene er
$\frac{0{,}69107}{1{,}42903} = 0{,}4836,$
altså nesten nøyaktig en halvering. Det bekrefter at feilen er proporsjonal med $\Delta t$ : metoden er av første orden.

Fortsetter du: $\Delta t = 0{,}250$ gir avvik $0{,}33880$ , og $\Delta t = 0{,}125$ gir $0{,}16768$ . Hver halvering av steget halverer feilen.

d) Fordi akselerasjonen avtar gjennom hvert steg. Euler bruker verdien ved begynnelsen av intervallet og holder den fast, altså den største verdien i intervallet. Farten legges derfor på for raskt, hvert eneste steg, og feilene hoper seg opp i samme retning.

Den generelle regelen: avtakende rate gir overvurdering, økende rate gir undervurdering. Det er en gratis fortegnskontroll på ethvert Euler-svar.

Sluttsjekk, fire ledd. (i) Telte jeg riktig antall steg? Fire steg à $1{,}00\,\text{s}$ gir $t = 4{,}00\,\text{s}$ . (ii) Er farten under terminalfarten $19{,}62\,\text{m/s}$ ? ✔ — den kan aldri overskride den fysisk, og gjør den det, har du regnefeil eller altfor stort steg. (iii) Er avviket i riktig retning, altså for høyt? ✔ (iv) Halveres avviket når steget halveres? ✔

📝Oppgave 6

Eksamensnivå, sjanger…

En kopp kaffe holder

90{,}0\,^\circ\text{C}

i et rom på

20{,}0\,^\circ\text{C}

. Avkjølingen følger

\frac{dT}{dt} = -\frac{T-T_\text{omg}}{\tau}, \qquad \tau = 300\,\text{s}.

a) Bruk Eulers metode med $\Delta t = 60{,}0\,\text{s}$ og finn temperaturen etter $240\,\text{s}$ .

b) Den eksakte løsningen er $T(t) = T_\text{omg} + \left(T_0-T_\text{omg}\right)e^{-t/\tau}$ . Hvor stort er avviket?

c) Regn om igjen med $\Delta t = 30{,}0\,\text{s}$ og kontroller at feilen omtrent halveres.

d) Overvurderer eller undervurderer Euler temperaturen her? Begrunn med hvordan raten endrer seg.

Rask vei til tall (MC-oppskrift)

1. Hvilken variant? Ser du en ligning på formen $x = g(x)$ med oppgitt startverdi og antall iterasjoner, er det fikspunkt. Ser du en akselerasjon, en avkjølingsrate eller en endringsrate med et tidssteg, er det Euler.
2. Den ene regnelinjen.
- fikspunkt: $x_{n+1} = g(x_n)$ — én tastesekvens, gjentatt.
- Euler: $v_{n+1} = v_n + a_n\Delta t$ og $s_{n+1} = s_n + v_n\Delta t$ — én tabellrad per steg.
- feilanslag: halvér $\Delta t$ og se hvor mye svaret flytter seg; feilen er $\propto \Delta t$ .
3. Fra arket: Plancks lov og Wiens forskyvningslov. Selve iterasjonsligningen utleder du eller får oppgitt. Naturkonstantene $h$ , $c$ og $k_B$ står på arket.
4. Siffer: minst seks mellom iterasjonene, tre–fire i sluttsvaret. Dette er det ene kapitlet i boka der du skal beholde flere siffer enn ellers, fordi avrunding underveis sementerer feilen i stedet for å la den krympe.
5. Sjekk før du krysser av:
- Telte du riktig? $x_0$ er startverdien, ikke en iterasjon. Av-for-én er sjangerens vanligste feil.
- Ligger svaret der det må? For $x = 5(1-e^{-x})$ må $x < 5$ alltid.
- For Euler: er farten under terminalfarten? Er temperaturen mellom start og omgivelsene?
- Er feilens retning rimelig? Avtakende rate gir overvurdering.
- Har du brukt kelvin der temperaturen står alene (Planck, Wien)?

Tidsbudsjett: en fikspunktoppgave med tre iterasjoner skal ta under to minutter, en Euler-tabell med fire steg like lite. Sjangeren står ofte sist i settet — pass på at du har tid igjen til den, for den er blant de billigste poengene som finnes.

📝Oppgave 7

Sjanger T14, A–F-format

Et legeme starter fra ro med akselerasjonen $a = 12{,}0 - v/4{,}00$ (SI-enheter). Bruk Eulers metode med $\Delta t = 1{,}00\,\text{s}$ . Hva er farten etter $3{,}00\,\text{s}$ ?

A $27{,}75\,\text{m/s}$ · B $12{,}00\,\text{m/s}$ · C $21{,}00\,\text{m/s}$ · D $32{,}81\,\text{m/s}$ · E $36{,}00\,\text{m/s}$ · F $48{,}00\,\text{m/s}$

📝Oppgave 8

Eksamensnivå, sjanger…

En termistor skal måle temperaturen på en flate. Flaten mottar strålingseffekten

600\,\text{W/m}^2

utenfra, stråler selv ut etter Stefan–Boltzmann (

\sigma = 5{,}670\cdot10^{-8}\,\text{W/(m}^2\cdot\text{K}^4)

, emissivitet

1

), og taper i tillegg varme til luften med

h\left(T - T_\text{omg}\right)

der

h = 8{,}00\,\text{W/(m}^2\cdot\text{K)}

T_\text{omg} = 290\,\text{K}

a) Sett opp energibalansen i stasjonær tilstand, og vis at den kan skrives på fikspunktform
$T = \left(\frac{600 + h\left(T_\text{omg}-T\right)}{\sigma}\right)^{1/4}.$

b) Start med $T_0 = 320\,\text{K}$ og utfør tre iterasjoner.

c) Hvorfor er det lurt å isolere den fjerde potensen og ikke det lineære leddet, når du velger fikspunktform?

d) Hva ville den stasjonære temperaturen vært uten luftkjølingen, altså med $h = 0$ ?

Typiske feil — og av-for-én, som avgjør denne sjangeren

Å telle iterasjonene feil. Dette er sjangerens desidert vanligste feil, og den er alltid innebygd i alternativene. $x_0$ er startverdien, ikke en iterasjon. Tre iterasjoner fra

x_0

gir

x_3

. Skriv

n

i en egen kolonne i tabellen, hver gang.

Feilen er farlig fordi den gale verdien ser rimelig ut: $x_2 = 4{,}9568$ og $x_3 = 4{,}9648$ skiller seg først i tredje desimal, og begge ligger der du forventer et svar.

Å runde av mellom iterasjonene. Fikspunktiterasjon nærmer seg svaret gradvis. Runder du $x_1$ til tre siffer før du regner $x_2$ , sementerer du en feil som iterasjonen ellers ville krympet bort. Behold minst seks siffer mellom stegene — dette er det ene kapitlet i boka der fire ikke rekker, og av motsatt grunn av i Del 10: der mistet du siffer i en differanse, her mister du dem ved å kaste dem.

Å velge feil fikspunktform. Ligningen kan skrives på flere måter, og noen av dem divergerer. Regn $|g'|$ i nærheten av svaret: er den over 1, snu formen. Er den ene formen konvergent, er dens inverse divergent — alltid.

Å blande konvergensorden og diskretiseringsorden. Newtons metode er av andre orden i iterasjon (feilen kvadreres per steg). Eulers metode er av første orden i steglengde (feilen er proporsjonal med $\Delta t$ ). Det er to helt ulike ting, og de gjelder to helt ulike typer feil.

Å bruke for stort tidssteg i Euler uten å sjekke. Metoden gir alltid et svar. Halvér steget og se om svaret flytter seg — det er hele feilanslaget, og det tar ett minutt.

Å regne raten av feil verdi i Euler. Framover-Euler bruker verdien ved begynnelsen av steget. Regner du $a_n$ av $v_{n+1}$ , har du bygd en annen metode (som forresten er bedre, men det er ikke den oppgaven spør om).

Å tro at et fikspunkt er et nullpunkt for $g$ . Det er et nullpunkt for $g(x) - x$ , altså skjæringen med linjen $y = x$ .

⚠ Avrundingsfellen som lander deg på nabo-alternativet: i denne sjangeren er nabo-alternativene ikke avrundinger — de er naboer i iterasjonsrekken. $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ og den eksakte roten ligger alle sammen på tredje desimal, og alle fire står i alternativlisten. Tellingen er hele oppgaven.

Begrepsbank

Begrepsbanken er flashcard- og repetisjonsstoff — den gjentar det du nettopp har lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget for kapitlet gjelder kjernestoffet.

Fikspunktiterasjon på ett kort

x_{n+1} = g(x_n), \qquad \text{konvergerer når } \left\lvert g'(x^*)\right\rvert < 1.

Konvergensorden — de tre metodene sammenlignet

p

Metode	Orden	Rate	Krever	Feiler når
Halvering	$1$ (lineær)	$\tfrac12$ eksakt	fortegnsskift	aldri, men treg
Fikspunkt	$1$ (lineær)	$\left\lvert g'(x^*)\right\rvert$	god $g$ -form	$\left\lvert g'\right\rvert > 1$
Newton	$2$ (kvadratisk)	$\left\lvert f''/(2f')\right\rvert$	$f'$	$f'(r) = 0$

Eulers metode på ett kort

s_{n+1} = s_n + v_n\,\Delta t, \qquad v_{n+1} = v_n + a_n\,\Delta t,

Fra Plancks lov til Wien-konstanten

x = hc/(\lambda k_BT)

Nøkkelverdiene i sjangeren

x = 5(1-e^{-x})

Størrelse	Verdi
Rot i $x = 5(1-e^{-x})$	$x^* = 4{,}965114$
Konvergensfaktor der	$g'(x^*) = 0{,}034886$
Wien-konstanten	$b = 2{,}898\cdot10^{-3}\,\text{m}\cdot\text{K}$
Rot i $x = 3(1-e^{-x})$ (frekvensform)	$x^* = 2{,}821439$
Konvergensfaktor der	$g'(x^*) = 0{,}178561$
Iterasjonsrekken fra $x_0 = 3$	$4{,}751065$ · $4{,}956788$ · $4{,}964823$ · $4{,}965104$
Iterasjonsrekken fra $x_0 = 6$	$4{,}987606$ · $4{,}965890$ · $4{,}965141$ · $4{,}965115$

Når trengs numerikk i det hele tatt?

x^5

Å velge riktig fikspunktform

g'

Telleregelen — sjangerens avgjørende detalj

x_0 \ \xrightarrow{\ 1.\ \text{iterasjon}\ } \ x_1 \ \xrightarrow{\ 2.\ \text{iterasjon}\ } \ x_2 \ \xrightarrow{\ 3.\ \text{iterasjon}\ } \ x_3

Sifferdisiplinen her — motsatt av Del 10

1/T-1/T_0

Kapittel	Antall siffer underveis	Hvorfor
Del 10, damptrykk	fem	differansen $1/T-1/T_0$ spiser siffer
Del 11, iterasjon	minst seks	avrunding sementerer feilen
Resten av boka	fire	vanlig disiplin

Fortegnskontrollen i Euler

+1{,}43\,\text{m/s}

Situasjon	Raten gjennom steget	Euler	Eksempel
Fall med luftmotstand	avtar (a synker)	overvurderer farten	eksempel 4: $+1{,}43\,\text{m/s}$
Avkjøling mot omgivelsene	avtar i tallverdi	undervurderer temperaturen	oppgave 6: $-2{,}78\,^\circ\text{C}$
Akselerasjon som vokser	øker	undervurderer	rakett med avtakende masse

Terminalverdier som rimelighetsgrense

a = g - v/\tau

Ligning	Terminalverdi
$a = g - v/\tau$	$v_\text{term} = g\tau$
$a = g - kv^2$	$v_\text{term} = \sqrt{g/k}$
$dT/dt = -(T-T_\text{omg})/\tau$	$T \to T_\text{omg}$
$\sigma T^4 = j_\text{inn}$	$T = \left(j_\text{inn}/\sigma\right)^{1/4}$

Sjanger T14 — den numeriske iterasjonsoppgaven

x_0

MC-tempo i iterasjonsoppgaver

n

Hva arket gir deg i denne sjangeren

b

Symbol- og formelliste

Repetisjonsoppgaver

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.

11.1 Fikspunktiterasjon og Euler-diskretisering

⚠ Ingen programmering forutsettes

⚠ Symbolvarsel — to symbolsett i samme kapittel

Forkunnskaper — sist du var her

Løkke 1 — fikspunktiterasjon (~15 min)

Løkke 2 — hvor ligningen kommer fra: Planck og Wien (~12 min)

Utledningen: fra Plancks lov til x=5(1−e−x)x = 5(1-e^{-x})x=5(1−e−x)

Løkke 3 — konvergensorden: hvorfor noen metoder er raske (~11 min)

Løkke 4 — Eulers metode: å diskretisere en bevegelse (~12 min)

Rask vei til tall (MC-oppskrift)

Begrepsbank

Utledningen: fra Plancks lov til $x = 5(1-e^{-x})$