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
xy00,250,50,751

Trapecijų formule su n = 4 juostų apytiksliai apskaičiuokite ∫01 √x·e−x dx. Pateikite T.

f(x) = √x·e−x[a, b] = [0, 1]n = 4
T =
2.Skaitiniai metodaiSunkus
00,10,20,30,434ty(0, 3)

Oilerio metodu su h = 0,1, kai y′ = t + y, y(0) = 3, įvertinkite y4 ≈ y(0,4).

y′ = t + yy(0) = 3h = 0,1
y4 =
3.Sekos ir eilutėsVidutinis
AΣ (−1)ᵏ/√kk = 1 … ∞BΣ (1/3)ᵏk = 1 … ∞CΣ k/5ᵏk = 1 … ∞DΣ k!/2ᵏk = 1 … ∞

Lygiai viena iš keturių eilučių diverguoja. Spustelėkite ją.

A: Σ (−1)ᵏ/√kB: Σ (1/3)ᵏC: Σ k/5ᵏD: Σ k!/2ᵏ
  1. 1A: Σ (−1)ᵏ/√k
  2. 2B: Σ (1/3)ᵏ
  3. 3C: Σ k/5ᵏ
  4. 4D: Σ k!/2ᵏ
4.Sekos ir eilutėsSunkus

Atpažinkite eilutę ir raskite jos sumą: S = Σk=0∞ (−1)ᵏ/(2k)!.

ak = (−1)ᵏ/(2k)!
S =
5.Matricos ir determinantaiVidutinis
A =401−1B =−332−6

Tegu C = AB pateiktoms matricoms. Raskite elementą c22 (eilutė 2, stulpelis 2).

A = [4 0; 1 −1]B = [−3 3; 2 −6]
c22 =
6.Matricos ir determinantaiSunkus
A =−3−345

Raskite pateiktos matricos A didesnę tikrinę reikšmę λ.

A = [−3 −3; 4 5]
λ =
7.Diferencialinės lygtysVidutinis
t (min)T (°C)10Ta​398 °C

480 °C kalta plieno detalė paliekama aušti 25 °C dirbtuvėje. Po 10 min temperatūra yra 398 °C. Ji kinta pagal Niutono aušimo dėsnį dT/dt = −k·(T − Tₐ). Raskite konstantą k min⁻¹.

T0 = 480 °CTa = 25 °CT(10) = 398 °C
k = min⁻¹
8.Diferencialinės lygtysSunkus
tyK = 5ymax​ = ?

Sistema tenkina y″ + 4y′ + 8y = 40, kai t ≥ 0, pradedant iš rimties: y(0) = 0, y′(0) = 0. Raskite jos šuolinio atsako didžiausią vertę ymax.

y″ + 4y′ + 8y = 40y(0) = 0y′(0) = 0
ymax =

3Tirpalai

1.Skaitiniai metodai

Atsakymas: T = 0,3528

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)svoris000110,250,3894220,50,428882230,750,4090812410,3678791

Mazgai ir reikšmės

h = 0,25
Σ wᵢfᵢ = 0 + 2·0,3894 + 2·0,428882 + 2·0,409081 + 0,367879 = 2,822607

Trapecijų formulė

T = (0,25/2)·2,822607 = 0,3528

Atsakymas

T = 0,3528

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

2.Skaitiniai metodai

Atsakymas: y4 = 4,456

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₊₁00333,310,13,33,43,6420,23,643,844,02430,34,0244,3244,4564

Oilerio žingsniai

y₁ = 3 + 0,1·(3) = 3,3
y₂ = 3,3 + 0,1·(3,4) = 3,64
y₃ = 3,64 + 0,1·(3,84) = 4,024
y₄ = 4,024 + 0,1·(4,324) = 4,4564
00,10,20,30,434ty

Grafikas

y4 = 4,456

Atsakymas

y4 = 4,456

Tiksli reikšmė yra y(0,4) = 4,567299.

3.Sekos ir eilutės

Atsakymas: D: Σ k!/2ᵏ

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 → Alternuojanti, 1/√k mažėja iki 0: konverguoja (sąlygiškai).
B: Σ (1/3)ᵏ → Geometrinė, kai r = 1/3, |r| < 1: konverguoja.
C: Σ k/5ᵏ → D’Alambero kriterijus: L = 1/5 < 1, konverguoja.
D: Σ k!/2ᵏ → D’Alambero kriterijus: L = lim (k + 1)/2 = ∞, diverguoja.

Atsakymas

D: Σ k!/2ᵏ

Atsakymas

D: Σ k!/2ᵏ
4.Sekos ir eilutės

Atsakymas: S = 0,5403

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)ᵏx2k/(2k)! = cos x

Įstatykite

x = 1
S = cos 1 = 0,5403

Atsakymas

S = 0,5403
5.Matricos ir determinantai

Atsakymas: c22 = 9

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.

Eilutė kart stulpelis

c22 = 1·3 + (−1)·(−6) = 9

Atsakymas

c22 = 9
6.Matricos ir determinantai

Atsakymas: λ = 3

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 − (2)λ + (−3) = 0

Išspręskite

λ = (2 ± √(16))/2 → λ = −1, 3
λ = 3

Atsakymas

λ = 3
7.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: k = 0,01987 min⁻¹

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.

Temperatūrų skirtumų santykis

e−10k = 373/455

Išspręskite k atžvilgiu

k = ln(455/373)/10 = 0,01987 min⁻¹

Atsakymas

k = 0,01987 min⁻¹
8.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: ymax = 5,216

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 = 5, r = −2 ± 2j

Konstantos pagal pradines vertes

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

Smailė

t = π/2 = 1,571
ymax = 5·(1 + e−2·π/2) = 5,216

Atsakymas

ymax = 5,216

ExamProblems · examproblems.com/courses/numerical-methods