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

Trapecijų formulė naudojama ∫01 x³ dx. Paklaida ne didesnė kaip (b − a)³·M/(12n²), kur M = max|f″| intervale [0, 1]. Raskite mažiausią juostų skaičių n, garantuojantį paklaidą, mažesnę nei 0,0001.

f(x) = x³[a, b] = [0, 1]ε = 0,0001
n =
2.Skaitiniai metodaiSunkus
00,510,40,60,81ty(0, 0,5)

Oilerio metodu su h = 0,25, kai y′ = y − t², y(0) = 0,5, įvertinkite y5 ≈ y(1,25).

y′ = y − t²y(0) = 0,5h = 0,25
y5 =
3.Sekos ir eilutėsVidutinis
AΣ (3k + 1)/(k + 2)k = 1 … ∞BΣ 1/(3k + 3)k = 1 … ∞CΣ (−1)ᵏ/√kk = 1 … ∞DΣ 3ᵏ/k³k = 1 … ∞

Lygiai viena iš keturių eilučių konverguoja. Spustelėkite ją.

A: Σ (3k + 1)/(k + 2)B: Σ 1/(3k + 3)C: Σ (−1)ᵏ/√kD: Σ 3ᵏ/k³
  1. 1A: Σ (3k + 1)/(k + 2)
  2. 2B: Σ 1/(3k + 3)
  3. 3C: Σ (−1)ᵏ/√k
  4. 4D: Σ 3ᵏ/k³
4.Sekos ir eilutėsSunkus
xyfP₄0,5

Naudokite 4 laipsnio f(x) = 1/(1 − x) Maklorino polinomą f(0,5) apytiksliai rasti. Pateikite P₄(0,5).

f(x) = 1/(1 − x)n = 4x = 0,5
P₄(0.5) =
5.Matricos ir determinantaiVidutinis
A =5−3−1−3B =−221−6

Tegu C = AB pateiktoms matricoms. Raskite elementą c12 (eilutė 1, stulpelis 2).

A = [5 −3; −1 −3]B = [−2 2; 1 −6]
c12 =
6.Matricos ir determinantaiSunkus
A =4422

Raskite pateiktos matricos A didesnę tikrinę reikšmę λ.

A = [4 4; 2 2]
λ =
7.Diferencialinės lygtysVidutinis
tyy(0) = 1y(2) = ?

Išspręskite y″ + 6y′ + 9y = 0, kai y(0) = 1 ir y′(0) = 1. Raskite y(2).

y″ + 6y′ + 9y = 0y(0) = 1y′(0) = 1
y(2) =
8.Diferencialinės lygtysSunkus
t (min)m (kg)85 minm = ?

Talpoje yra 500 L gryno vandens. Sūrymas, kurio litre yra 0,1 kg druskos, įteka 4 L/min greičiu, o gerai išmaišytas tirpalas tokiu pat greičiu išteka. Kiek druskos m bus talpoje po 85 min?

V = 500 Lm0 = 0 kgc = 0,1 kg/Lr = 4 L/min
m = kg

3Tirpalai

1.Skaitiniai metodai

Atsakymas: n = 71

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.

Antros išvestinės įvertis

M = 6·1 = 6

Išreikškite n

n² > 1·6/(12·0,0001) = 5000
n > 70,71 → n = 71

Atsakymas

n = 71
2.Skaitiniai metodai

Atsakymas: y5 = 0,9719

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₊₁000,50,50,62510,250,6250,56250,76562520,50,7656250,5156250,89453130,750,8945310,3320310,977539410,977539−0,02246090,971924

Oilerio žingsniai

y₁ = 0,5 + 0,25·(0,5) = 0,625
y₂ = 0,625 + 0,25·(0,5625) = 0,765625
y₃ = 0,765625 + 0,25·(0,515625) = 0,894531
y₄ = 0,894531 + 0,25·(0,332031) = 0,977539
y₅ = 0,977539 + 0,25·(−0,0224609) = 0,971924
00,510,40,60,81ty

Grafikas

y5 = 0,9719

Atsakymas

y5 = 0,9719

Tiksli reikšmė yra y(1,25) = 0,826986.

3.Sekos ir eilutės

Atsakymas: C: Σ (−1)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 (3k + 1)/(k + 2) → Nariai artėja prie 3, o ne prie 0: diverguoja pagal būtinąją sąlygą.
B: Σ 1/(3k + 3) → Dideliems k elgiasi kaip 1/(3k); palyginus su harmonine eilute, diverguoja.
C: Σ (−1)ᵏ/√k → Alternuojanti, 1/√k mažėja iki 0: konverguoja (sąlygiškai).
D: Σ 3ᵏ/k³ → D’Alambero kriterijus: L = 3 > 1, diverguoja.

Atsakymas

C: Σ (−1)ᵏ/√k

Atsakymas

C: Σ (−1)ᵏ/√k
4.Sekos ir eilutės

Atsakymas: P₄(0.5) = 1,938

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

P₄(x) = 1 + x + x² + x³ + x⁴

Įstatykite

P₄(0,5) = 1 + 0,5 + 0,25 + 0,125 + 0,0625 = 1,938

Atsakymas

P₄(0,5) = 1,938

Tiksli reikšmė yra f(0,5) = 2; paklaida 0,0625 mažėja, kai imama daugiau narių arba taškas arčiau 0.

5.Matricos ir determinantai

Atsakymas: c12 = 28

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

c12 = 5·2 + (−3)·(−6) = 28

Atsakymas

c12 = 28
6.Matricos ir determinantai

Atsakymas: λ = 6

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 − (6)λ + (0) = 0

Išspręskite

λ = (6 ± √(36))/2 → λ = 0, 6
λ = 6

Atsakymas

λ = 6
7.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: y(2) = 0,02231

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 + 3)² = 0 → r = −3

Konstantos

A = y(0) = 1
y′(0) = B − 3A → B = 1 + 3 = 4

Apskaičiuokite

y(2) = (1 + 4·2)·e−6 = 0,02231

Atsakymas

y(2) = 0,02231
8.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: m = 24,67 kg

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.

Sudarykite lygtį

dm/dt = 4·0,1 − (4/500)·m = 0,4 − 0,008·m

Išspręskite

Integruojantysis daugiklis yra ert/V; sprendinys artėja prie pusiausvyrinės reikšmės c·V.

m(t) = 50 + (−50)·e−t/125

Įstatykite t

m(85) = 50 + (−50)·0,5066 = 24,67 kg

Atsakymas

m = 24,67 kg

ExamProblems · examproblems.com/courses/numerical-methods