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
xy00,3750,751,1251,5

Simpsono formule su n = 4 juostų apytiksliai apskaičiuokite ∫01,5 sin(x²) dx. Pateikite S.

f(x) = sin(x²)[a, b] = [0, 1,5]n = 4
S =
2.Skaitiniai metodaiSunkus
00,20,4−1−0,50ty(0, −1)

Oilerio metodu su h = 0,1, kai y′ = cos t − y, y(0) = −1, įvertinkite y5 ≈ y(0,5).

y′ = cos t − yy(0) = −1h = 0,1
y5 =
3.Sekos ir eilutėsVidutinis
k|aₖ₊₁/aₖ|123456789101112

Taikykite d’Alambero kriterijų eilutei Σk=1∞ k²·3ᵏ/4ᵏ. Raskite L = lim |ak+1/ak|.

ak = k²·3ᵏ/4ᵏ
L =
4.Sekos ir eilutėsSunkus

Atpažinkite eilutę ir raskite jos sumą: S = Σk=1∞ (−1)k+1·0,25ᵏ/k.

ak = (−1)k+1·0,25ᵏ/k
S =
5.Matricos ir determinantaiVidutinis
A =1−4−1−45031−3

Raskite pateiktos 3×3 matricos A determinantą det A.

A = [1 −4 −1; −4 5 0; 3 1 −3]
det A =
6.Matricos ir determinantaiSunkus
A =418−3

Raskite pateiktos matricos A didesnę tikrinę reikšmę λ.

A = [4 1; 8 −3]
λ =
7.Diferencialinės lygtysVidutinis
t (min)T (°C)30Ta​22 °C16 °C

3 °C gaiviojo gėrimo skardinė išimama iš šaldytuvo į 26 °C kambarį. Po 30 min temperatūra yra 22 °C. Ji kinta pagal Niutono aušimo dėsnį dT/dt = −k·(T − Tₐ). Kiek laiko nuo pradžios, t, reikia, kad temperatūra pasiektų 16 °C?

T0 = 3 °CTa = 26 °CT(30) = 22 °CT = 16 °C
t = min
8.Diferencialinės lygtysSunkus
tyK = 10ymax​ = ?

Sistema tenkina y″ + 4y′ + 29y = 290, kai t ≥ 0, pradedant iš rimties: y(0) = 0, y′(0) = 0. Raskite jos šuolinio atsako didžiausią vertę ymax.

y″ + 4y′ + 29y = 290y(0) = 0y′(0) = 0
ymax =

3Tirpalai

1.Skaitiniai metodai

Atsakymas: S = 0,7776

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)svoris000110,3750,140162420,750,533303231,1250,953795441,50,7780731

Mazgai ir reikšmės

h = 0,375
Σ wᵢfᵢ = 0 + 4·0,140162 + 2·0,533303 + 4·0,953795 + 0,778073 = 6,220508

Simpsono formulė

S = (0,375/3)·6,220508 = 0,7776

Atsakymas

S = 0,7776

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

2.Skaitiniai metodai

Atsakymas: y5 = −0,1949

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₊₁00−12−0,810,1−0,81,795004−0,620520,2−0,62051,600566−0,46044330,3−0,4604431,415779−0,31886540,4−0,3188651,239926−0,194872

Oilerio žingsniai

y₁ = −1 + 0,1·(2) = −0,8
y₂ = −0,8 + 0,1·(1,795004) = −0,6205
y₃ = −0,6205 + 0,1·(1,600566) = −0,460443
y₄ = −0,460443 + 0,1·(1,415779) = −0,318865
y₅ = −0,318865 + 0,1·(1,239926) = −0,194872
00,20,4−1−0,50ty

Grafikas

y5 = −0,1949

Atsakymas

y5 = −0,1949
3.Sekos ir eilutės

Atsakymas: L = 0,75

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.

Gretimų narių santykis

|ak+1/ak| = ((k + 1)/k)²·3/4 → 3/4

Išvada

L = 0,75 < 1

Atsakymas

L = 0,75

L < 1, todėl eilutė konverguoja.

4.Sekos ir eilutės

Atsakymas: S = 0,2231

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.

Standartinės eilutės

Σ (−1)k+1xᵏ/k = ln(1 + x)

Įstatykite

x = 0,25
S = ln 1,25 = 0,2231

Atsakymas

S = 0,2231
5.Matricos ir determinantai

Atsakymas: det A = 52

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 = −15, M₁₂ = 12, M₁₃ = −19

Skleidinys pagal eilutę

det A = 1·(−15) − (−4)·12 + (−1)·(−19) = 52

Atsakymas

det A = 52
6.Matricos ir determinantai

Atsakymas: λ = 5

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.

Charakteringoji lygtis

λ² − (1)λ + (−20) = 0

Išspręskite

λ = (1 ± √(81))/2 → λ = −4, 5
λ = 5

Atsakymas

λ = 5
7.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: t = 14,28 min

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 konstanta

k = ln(-23/-4)/30 = 0,05831 min⁻¹

Laikas iki tikslinės temperatūros

t = ln(-23/(−10))/0,05831 = 14,28 min

Atsakymas

t = 14,28 min
8.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: ymax = 12,85

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 = 10, r = −2 ± 5j

Konstantos pagal pradines vertes

y(0) = 10 + A = 0 → A = −10
y′(0) = −2A + 5B = 0 → B = −4

Smailė

t = π/5 = 0,6283
ymax = 10·(1 + e−2·π/5) = 12,85

Atsakymas

ymax = 12,85

ExamProblems · examproblems.com/courses/numerical-methods