Skaitiniai metodai: pasiruošimo paketas

Formulių lapai, pagrindiniai kiekvienos temos metodų žingsniai ir 8 uždavinių, o pilni sprendimai pateikti gale.

Nauji uždaviniaiAtgal į kursą

Spausdinimo lange pasirinkite „Išsaugoti kaip PDF“, kad nuosavą kopiją išsaugotumėte savo įrenginyje.

1Formulės ir metodai

Skaitiniai metodai

Pusiaukirta
c = (a + b)/2, width after n steps (b − a)/2ⁿ
Niutono–Rafsono metodas
xn+1 = xₙ − f(xₙ)/f′(xₙ)
Tiesinė interpoliacija
y = y₁ + (y₂ − y₁)(x − x₁)/(x₂ − x₁)
Trapecijų formulė
T = (h/2)[f₀ + 2f₁ + … + 2fn−1 + fₙ], h = (b − a)/n
Simpsono formulė (n lyginis)
S = (h/3)[f₀ + 4f₁ + 2f₂ + … + 4fn−1 + fₙ]
Trapecijų paklaidos įvertis
|E| ≤ (b − a)h²M/12, M = max|f″|
Oileris
yn+1 = yₙ + h·f(tₙ, yₙ)
Hoinas
yn+1 = yₙ + (h/2)(k₁ + k₂), k₂ = f(tₙ + h, yₙ + hk₁)
RK4
yn+1 = yₙ + (h/6)(k₁ + 2k₂ + 2k₃ + k₄)

Metodas

  1. Šakniai: pusiaukirtai patikrinkite ženklo pokytį, Niutono metodui apskaičiuokite f ir f′, o iteracijų lentelėje palikite šešis ar daugiau skaitmenų.
  2. Lentelės reikšmei: tiesiškai interpoliuokite tarp dviejų gretimų taškų.
  3. 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.
  4. 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 + …
Lagranžo paklaidos įvertis
|Rₙ| ≤ M·|x − a|ⁿ⁺¹/(n + 1)!

Metodas

  1. Nustatykite tipą: aritmetinė (pastovus skirtumas), geometrinė (pastovus daugiklis), standartinė eilutė, laipsninė eilutė arba Teiloro polinomas.
  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.
  3. Konvergavimui: pirmiausia būtinoji sąlyga, tada palyginkite su Σ1/kᵖ ar geometrine eilute, o faktorialams ir k-tiesiems laipsniams naudokite d’Alambero ar Koši kriterijų.
  4. 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
xy00,250,50,7511,251,5

Trapecijų formule su n = 6 juostų apytiksliai apskaičiuokite ∫01,5 sin(x²) dx. Pateikite T.

f(x) = sin(x²)[a, b] = [0, 1,5]n = 6
T =
2.Skaitiniai metodaiSunkus
00,20,40,60,811,52ty(0, 2)

Išspręskite y′ = t − y, y(0) = 2 Oilerio metodu su žingsniu h = 0,2 iki t = 0,8. Tikslus sprendinys yra y = t − 1 + (y₀ + 1)e−t. Raskite globaliąją paklaidą |E| = |y(0,8) − y4|.

y′ = t − yy(0) = 2h = 0,2
|E| =
3.Sekos ir eilutėsVidutinis
AΣ 1/(k(k + 4))k = 1 … ∞BΣ ln k / kk = 1 … ∞CΣ (−1)ᵏ/kk = 1 … ∞DΣ 3ᵏ/k!k = 1 … ∞

Lygiai viena iš keturių eilučių diverguoja. Spustelėkite ją.

A: Σ 1/(k(k + 4))B: Σ ln k / kC: Σ (−1)ᵏ/kD: Σ 3ᵏ/k!
  1. 1A: Σ 1/(k(k + 4))
  2. 2B: Σ ln k / k
  3. 3C: Σ (−1)ᵏ/k
  4. 4D: Σ 3ᵏ/k!
4.Sekos ir eilutėsSunkus

Raskite koeficientą c₃ prie (x − 1)³ funkcijos f(x) = ∛x Teiloro eilutėje taško a = 1 aplinkoje.

f(x) = ∛xa = 1k = 3
c₃ =
5.Matricos ir determinantaiVidutinis
A =3−5−4−4−3510−4

Raskite pateiktos 3×3 matricos A determinantą det A.

A = [3 −5 −4; −4 −3 5; 1 0 −4]
det A =
6.Matricos ir determinantaiSunkus
A =6−621b =−63

Išspręskite sistemą 6x − 6y = −6 ir 2x + y = 3. Raskite x.

6x − 6y = −62x + y = 3
x =
7.Diferencialinės lygtysVidutinis
t (min)T (°C)9Ta​T = ?

6 °C gaiviojo gėrimo skardinė išimama iš šaldytuvo į 30 °C kambarį. Ji kinta pagal Niutono aušimo dėsnį dT/dt = −k·(T − Tₐ). Kai k = 0,09 min⁻¹, raskite temperatūrą T po 9 min.

T0 = 6 °CTa = 30 °Ck = 0,09 min⁻¹t = 9 min
T = °C
8.Diferencialinės lygtysSunkus
tyK = 1ymax​ = ?

Sistema tenkina y″ + 3y′ + 11,25y = 11,25, kai t ≥ 0, pradedant iš rimties: y(0) = 0, y′(0) = 0. Raskite jos šuolinio atsako didžiausią vertę ymax.

y″ + 3y′ + 11,25y = 11,25y(0) = 0y′(0) = 0
ymax =

3Tirpalai

1.Skaitiniai metodai

Atsakymas: T = 0,7684

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.

ixᵢf(xᵢ)svoris000110,250,0624593220,50,247404230,750,5333032410,841471251,250,999966261,50,7780731

Mazgai ir reikšmės

h = 0,25
Σ wᵢfᵢ = 0 + 2·0,0624593 + 2·0,247404 + 2·0,533303 + 2·0,841471 + 2·0,999966 + 0,778073 = 6,147278

Trapecijų formulė

T = (0,25/2)·6,147278 = 0,7684

Atsakymas

T = 0,7684

Šis integralas neturi elementariosios pirmykštės funkcijos, būtent tada ir reikia skaitinio metodo.

2.Skaitiniai metodai

Atsakymas: |E| = 0,1192

Skaitinis y′ = f(t, y) sprendimas: Oilerio metodas žengia išilgai nuolydžio kiekvieno žingsnio pradžioje: yn+1 = yₙ + h·f(tₙ, yₙ). Hoino metodas (patobulintas Oilerio) vidurkina nuolydį pradžioje ir Oilerio prognozės taške: k₁ = f(tₙ, yₙ), k₂ = f(tₙ + h, yₙ + h·k₁), yn+1 = yₙ + (h/2)(k₁ + k₂). Klasikinis Rungės–Kutos metodas (RK4) sujungia keturis nuolydžius: yn+1 = yₙ + (h/6)(k₁ + 2k₂ + 2k₃ + k₄). Oilerio globalioji paklaida proporcinga h, Hoino – h², RK4 – h⁴.

ntₙyₙf(tₙ, yₙ)yₙ₊₁002−21,610,21,6−1,41,3220,41,32−0,921,13630,61,136−0,5361,0288

Oilerio žingsniai

y4 = 1,0288

Tiksli reikšmė

y(0,8) = 1,147987

Globalioji paklaida

|E| = |1,147987 − 1,0288| = 0,1192
00,20,40,60,811,52ty

Grafikas

Atsakymas

|E| = 0,1192

Perpus sumažinus h, Oilerio metodo paklaida sumažėja maždaug perpus.

3.Sekos ir eilutės

Atsakymas: B: Σ ln k / k

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(k + 4)) → Mažesnė už 1/k²: konverguoja pagal palyginimo kriterijų.
B: Σ ln k / k → Didesnė už 1/k, kai k ≥ 3: diverguoja pagal palyginimą su harmonine eilute.
C: Σ (−1)ᵏ/k → Alternuojanti, 1/k mažėja iki 0: konverguoja (sąlygiškai).
D: Σ 3ᵏ/k! → D’Alambero kriterijus: L = lim 3/(k + 1) = 0 < 1, konverguoja.

Atsakymas

B: Σ ln k / k

Atsakymas

B: Σ ln k / k
4.Sekos ir eilutės

Atsakymas: c₃ = 0,06173

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.

Išvestinė f⁽³⁾

f⁽³⁾(x) = 0,3704·x1/3 − 3

Koeficientas

c₃ = 0,3704·11/3 − 3/3! = 0,06173
c₃ = 0,06173

Atsakymas

c₃ = 0,06173
5.Matricos ir determinantai

Atsakymas: det A = 79

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 = 12, M₁₂ = 11, M₁₃ = 3

Skleidinys pagal eilutę

det A = 3·12 − (−5)·11 + (−4)·3 = 79

Atsakymas

det A = 79
6.Matricos ir determinantai

Atsakymas: x = 0,6667

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 = 6·1 − (−6)·2 = 18

Pakeiskite x stulpelį

det Aₓ = (−6)·1 − (−6)·3 = 12
x = 12/18 = 0,6667

Atsakymas

x = 0,6667
y = 1,667
7.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: T = 19,32 °C

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.

Aušimo dėsnio sprendinys

T(t) = 30 + (−24)·e−0,09t

Įstatykite t

T(9) = 30 + (−24)·0,4449 = 19,32 °C

Atsakymas

T = 19,32 °C
8.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: ymax = 1,208

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.

Nusistovėjusi vertė ir šaknys

yss = 1, r = −1,5 ± 3j

Konstantos pagal pradines vertes

y(0) = 1 + A = 0 → A = −1
y′(0) = −1,5A + 3B = 0 → B = −0,5

Smailė

t = π/3 = 1,047
ymax = 1·(1 + e−1,5·π/3) = 1,208

Atsakymas

ymax = 1,208

ExamProblems · examproblems.com/courses/numerical-methods