Šakniai: pusiaukirtai patikrinkite ženklo pokytį, Niutono metodui apskaičiuokite f ir f′, o iteracijų lentelėje palikite šešis ar daugiau skaitmenų.
Lentelės reikšmei: tiesiškai interpoliuokite tarp dviejų gretimų taškų.
Integralui: raskite h = (b − a)/n, išvardykite f kiekviename mazge, pritaikykite svorius (1, 2, …, 2, 1 trapecijų; 1, 4, 2, …, 4, 1 Simpsono, kai n lyginis) ir padauginkite iš h/2 arba h/3.
Diferencialinei lygčiai: žengkite nuo t₀ su yₙ₊₁ = yₙ + h·f(tₙ, yₙ) (Oileris) arba vidurkintu nuolydžiu (Hoinas), po eilutę kiekvienam žingsniui, kol pasieksite prašomą t.
Sekos ir eilutės
Aritmetinė seka
aₙ = a₁ + (n − 1)d, Sₙ = n(a₁ + aₙ)/2
Geometrinė seka
aₙ = a₁rⁿ⁻¹, Sₙ = a₁(1 − rⁿ)/(1 − r)
Begalinė geometrinė eilutė
S = a₁/(1 − r), |r| < 1
p eilutė
Σ1/kᵖ converges only for p > 1
D’Alambero kriterijus
L = lim |ak+1/ak|: L < 1 converges, L > 1 diverges
Konvergavimo spindulys
R = lim |ck/ck+1|
Teiloro polinomas
Pₙ(x) = Σ f⁽ᵏ⁾(a)(x − a)ᵏ/k!
Maklorino eilutė
eˣ = Σxᵏ/k!, sin x = x − x³/3! + …, cos x = 1 − x²/2! + …, ln(1 + x) = x − x²/2 + …
Sumoms naudokite Sₙ = n(a₁ + aₙ)/2, Sₙ = a₁(1 − rⁿ)/(1 − r) arba S = a₁/(1 − r), kai |r| < 1, kur a₁ yra pirmasis sumos narys.
Konvergavimui: pirmiausia būtinoji sąlyga, tada palyginkite su Σ1/kᵖ ar geometrine eilute, o faktorialams ir k-tiesiems laipsniams naudokite d’Alambero ar Koši kriterijų.
Teiloro polinomams išvardykite f(a), f′(a), f″(a), …, k-ąją išvestinę padalykite iš k! ir paklaidą įvertinkite M·|x − a|ⁿ⁺¹/(n + 1)!.
Matricos ir determinantai
2×2 determinantas
det = ad − bc
2×2 atvirkštinė matrica
A⁻¹ = (1/det)·[d −b; −c a]
Produktas
(AB)ij = Σk AikBkj
Tikrinės reikšmės
det(A − λI) = 0
Kramerio taisyklė
xi = det(Ai)/det(A)
Diferencialinės lygtys
Eksponentinis augimas / mažėjimas
dy/dt = ky → y = y0ekt
Pusėjimo trukmė
k = ln 2 / t½
Niutono aušimo dėsnis
T(t) = Ta + (T0 − Ta)e−kt
Integruojantysis daugiklis
y′ + p(x)y = q(x): μ = e∫p dx, (μy)′ = μq
Maišymo talpa
dm/dt = r·c − (r/V)·m
2Uždaviniai
1.Skaitiniai metodaiVidutinis
Simpsono formule su n = 2 juostų apytiksliai apskaičiuokite ∫01 1/√(1 + x⁴) dx. Pateikite S.
f(x) = 1/√(1 + x⁴)[a, b] = [0, 1]n = 2
S =
2.Skaitiniai metodaiSunkus
Išspręskite y′ = 1,5y, y(0) = 3 Oilerio metodu su žingsniu h = 0,2 iki t = 0,8. Tikslus sprendinys yra y = y₀e1,5t. Raskite globaliąją paklaidą |E| = |y(0,8) − y4|.
y′ = 1,5yy(0) = 3h = 0,2
|E| =
3.Sekos ir eilutėsVidutinis
Lygiai viena iš keturių eilučių konverguoja. Spustelėkite ją.
Raskite pateiktos 3×3 matricos A determinantą det A.
A = [4 1 2; 0 3 5; 0 4 0]
det A =
6.Matricos ir determinantaiSunkus
Išspręskite sistemą 4x + y = −5 ir −3x + 3y = −4. Raskite x.
4x + y = −5−3x + 3y = −4
x =
7.Diferencialinės lygtysVidutinis
Išspręskite y″ + 2y′ + y = 0, kai y(0) = 1 ir y′(0) = 4. Raskite y(0,5).
y″ + 2y′ + y = 0y(0) = 1y′(0) = 4
y(0.5) =
8.Diferencialinės lygtysSunkus
Išspręskite Koši uždavinį y′ + y/x = 5x2, kai x > 0, su y(1) = −3. Raskite y(2).
y′ + y/x = 5x2y(1) = −3
y(2) =
3Tirpalai
1.Skaitiniai metodai
Atsakymas: S = 0,9313
Skaitinis integravimas: padalykite [a, b] į n juostų, kurių plotis h = (b − a)/n, su mazgais x₀ … xₙ. Trapecijų formulė: T = (h/2)[f₀ + 2f₁ + 2f₂ + … + 2fn−1 + fₙ]. Simpsono formulė (n lyginis): S = (h/3)[f₀ + 4f₁ + 2f₂ + 4f₃ + … + 4fn−1 + fₙ]. Trapecijų paklaida mažėja kaip h² (įvertis (b − a)h²·M/12, kur M = max|f″|), Simpsono – kaip h⁴, todėl su tais pačiais mazgais Simpsono formulė paprastai yra gerokai tikslesnė.
Mazgai ir reikšmės
h = 0,5
Σ wᵢfᵢ = 1 + 4·0,970143 + 0,707107 = 5,587677
Simpsono formulė
S = (0,5/3)·5,587677 = 0,9313
Atsakymas
S = 0,9313
Šis integralas neturi elementariosios pirmykštės funkcijos, būtent tada ir reikia skaitinio metodo.
Perpus sumažinus h, Oilerio metodo paklaida sumažėja maždaug perpus.
3.Sekos ir eilutės
Atsakymas: C: Σ 1/k⁴
Konvergavimas: jei nariai nesiekia 0, eilutė diverguoja (būtinoji sąlyga). Σ1/kᵖ konverguoja tik kai p > 1, o Σrᵏ – tik kai |r| < 1. Eilutę palyginkite su viena iš šių, kai jos nariai dideliems k elgiasi panašiai. D’Alambero kriterijus: L = lim |ak+1/ak|; Koši šaknies kriterijus: L = lim |ak|1/k. L < 1 konverguoja, L > 1 diverguoja, L = 1 nieko nenusprendžia. Laipsninė eilutė Σck(x − x₀)ᵏ konverguoja, kai |x − x₀| < R, kur R = lim |ck/ck+1|; alternuojančioji eilutė, kurios nariai mažėja iki 0, konverguoja.
Patikrinkite kiekvieną eilutę
A: Σ 1/√k → p eilutė, kai p = 1/2 ≤ 1: diverguoja.
D: Σ (4k + 1)/(k + 2) → Nariai artėja prie 4, o ne prie 0: diverguoja pagal būtinąją sąlygą.
Atsakymas
C: Σ 1/k⁴
Atsakymas
C: Σ 1/k⁴
4.Sekos ir eilutės
Atsakymas: P₂(−0.3) = 0,79
Teiloro polinomai: prie x = a glodi funkcija aproksimuojama Pₙ(x) = f(a) + f′(a)(x − a) + f″(a)(x − a)²/2! + … + f⁽ⁿ⁾(a)(x − a)ⁿ/n!; kai a = 0, tai Maklorino polinomas. Standartinės eilutės: eˣ = Σxᵏ/k!, sin x = x − x³/3! + x⁵/5! − …, cos x = 1 − x²/2! + x⁴/4! − …, ln(1 + x) = x − x²/2 + x³/3 − …, 1/(1 − x) = Σxᵏ. Lagranžo paklaidos įvertis: |f(x) − Pₙ(x)| ≤ M·|x − a|ⁿ⁺¹/(n + 1)!, kur M yra didžiausia |f⁽ⁿ⁺¹⁾| reikšmė tarp a ir x.
Maklorino polinomas
P₂(x) = 1 + x + x²
Įstatykite
P₂(−0,3) = 1 − 0,3 + 0,09 = 0,79
Atsakymas
P₂(−0,3) = 0,79
Tiksli reikšmė yra f(−0,3) = 0,769231; paklaida −0,0207692 mažėja, kai imama daugiau narių arba taškas arčiau 0.
5.Matricos ir determinantai
Atsakymas: det A = −80
Matricos: 2×2 matricos determinantas yra ad − bc. 3×3 atveju skleiskite pagal eilutę: kiekvienas elementas dauginamas iš 2×2 matricos, likusios išbraukus jo eilutę ir stulpelį, determinanto, su besikeičiančiais ženklais + − +. Tikrinės reikšmės λ tenkina det(A − λI) = 0; 2×2 atveju tai λ² − (pėdsakas)·λ + det = 0.
Pirmosios eilutės 2×2 minorai
M₁₁ = −20, M₁₂ = 0, M₁₃ = 0
Skleidinys pagal eilutę
det A = 4·(−20) − 1·0 + 2·0 = −80
Atsakymas
det A = −80
6.Matricos ir determinantai
Atsakymas: x = −0,7333
Matricos: 2×2 matricos determinantas yra ad − bc. 3×3 atveju skleiskite pagal eilutę: kiekvienas elementas dauginamas iš 2×2 matricos, likusios išbraukus jo eilutę ir stulpelį, determinanto, su besikeičiančiais ženklais + − +. Tikrinės reikšmės λ tenkina det(A − λI) = 0; 2×2 atveju tai λ² − (pėdsakas)·λ + det = 0.
Koeficientų matricos determinantas
det A = 4·3 − 1·(−3) = 15
Pakeiskite x stulpelį
det Aₓ = (−5)·3 − 1·(−4) = −11
x = −11/15 = −0,7333
Atsakymas
x = −0,7333
y = −2,067
7.Diferencialinės lygtys
Atsakymas: y(0.5) = 2,123
Antros eilės tiesinės lygtys: lygčiai y″ + b·y′ + c·y = 0 bandykite y = ert: gaunama charakteristinė lygtis r² + b·r + c = 0. Dvi skirtingos realiosios šaknys r₁ ≠ r₂ duoda y = A·er₁t + B·er₂t (viršslopinamas atvejis); dviguba šaknis r duoda y = (A + Bt)·ert (kritinis slopinimas); kompleksinės šaknys −α ± jω duoda y = e−αt(A cos ωt + B sin ωt) (nepakankamas slopinimas, virpesiai). Pradinės vertės y(0) ir y′(0) nustato A ir B. Užrašius y″ + 2ζωny′ + ωn²y = 0, ωn yra savasis dažnis, o ζ – slopinimo santykis: kai ζ < 1, atsiranda virpesių. Esant pastoviam įėjimui, y″ + by′ + cy = c·K, sprendinys yra nusistovėjusi vertė K plius laisvoji dedamoji.
Dviguba šaknis
(r + 1)² = 0 → r = −1
Konstantos
A = y(0) = 1
y′(0) = B − 1A → B = 4 + 1 = 5
Apskaičiuokite
y(0,5) = (1 + 5·0,5)·e−0,5 = 2,123
Atsakymas
y(0,5) = 2,123
8.Diferencialinės lygtys
Atsakymas: y(2) = 7,875
Pirmos eilės diferencialinės lygtys: lygties dy/dt = k·y sprendinys yra y = y₀·ekt (augimas, kai k > 0, mažėjimas, kai k < 0); pusėjimo trukmė T duoda k = ln 2/T. Niutono aušimo dėsnis dT/dt = −k·(T − Tₐ) duoda T(t) = Tₐ + (T₀ − Tₐ)·e−kt. Tiesinė lygtis y′ + p(x)·y = q(x) sprendžiama su integruojančiuoju daugikliu μ = e∫p dx: (μy)′ = μq, todėl μy = ∫μq dx + C.