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
t (s)024681012v (m/s)1223644

Transporto priemonės greitis matuojamas kas 2 s (lentelė). Simpsono formule įvertinkite nueitą kelią s nuo t = 0 iki t = 12 s.

h = 2 sn = 6
s = m
2.Skaitiniai metodaiSunkus
00,050,111,051,1ty(0, 1)

Atlikite vieną klasikinio Rungės–Kutos metodo (RK4) žingsnį su h = 0,1, kai y′ = e−ty, y(0) = 1. Raskite y₁ ≈ y(0,1).

y′ = e−tyy(0) = 1h = 0,1
y1 =
3.Sekos ir eilutėsVidutinis
AΣ 1/√kk = 1 … ∞BΣ (1 + 1/k)ᵏk = 1 … ∞CΣ 2ᵏ/k²k = 1 … ∞DΣ 1/(k² + 3)k = 1 … ∞

Lygiai viena iš keturių eilučių konverguoja. Spustelėkite ją.

A: Σ 1/√kB: Σ (1 + 1/k)ᵏC: Σ 2ᵏ/k²D: Σ 1/(k² + 3)
  1. 1A: Σ 1/√k
  2. 2B: Σ (1 + 1/k)ᵏ
  3. 3C: Σ 2ᵏ/k²
  4. 4D: Σ 1/(k² + 3)
4.Sekos ir eilutėsSunkus

Atpažinkite eilutę ir raskite jos sumą: S = Σk=1∞ (−1)k+1·0,75ᵏ/k.

ak = (−1)k+1·0,75ᵏ/k
S =
5.Matricos ir determinantaiVidutinis
A =25−315−3221

Raskite pateiktos 3×3 matricos A determinantą det A.

A = [2 5 −3; 1 5 −3; 2 2 1]
det A =
6.Matricos ir determinantaiSunkus
A =4−6−2−5b =7−3

Išspręskite sistemą 4x − 6y = 7 ir −2x − 5y = −3. Raskite x.

4x − 6y = 7−2x − 5y = −3
x =
7.Diferencialinės lygtysVidutinis
tyy(0) = 5y(1) = ?

Išspręskite y″ + 7y′ + 12y = 0, kai y(0) = 5 ir y′(0) = -2. Raskite y(1).

y″ + 7y′ + 12y = 0y(0) = 5y′(0) = -2
y(1) =
8.Diferencialinės lygtysSunkus
ty1,5y(1,5) = ?

Išspręskite y′ + 0,5y = 6e−t su y(0) = 1. Raskite y(1,5).

y′ + 0,5y = 6e−ty(0) = 1
y(1.5) =

3Tirpalai

1.Skaitiniai metodai

Atsakymas: s = 38 m

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.

Svertinė suma

1 + 4·2 + 2·2 + 4·3 + 2·6 + 4·4 + 4 = 57

Simpsono formulė

s = (2/3)·57 = 38 m

Atsakymas

s = 38 m
2.Skaitiniai metodai

Atsakymas: y1 = 1,095

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.

Keturi nuolydžiai

k₁ = f(0, 1) = 1
k₂ = f(0,05, 1,05) = 0,948854
k₃ = f(0,05, 1,047443) = 0,948976
k₄ = f(0,1, 1,094898) = 0,896291

Sujunkite

y₁ = 1 + (0,1/6)(1 + 2·0,948854 + 2·0,948976 + 0,896291) = 1,095

Atsakymas

y1 = 1,095
3.Sekos ir eilutės

Atsakymas: D: Σ 1/(k² + 3)

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.
B: Σ (1 + 1/k)ᵏ → Nariai artėja prie e, o ne prie 0: diverguoja pagal būtinąją sąlygą.
C: Σ 2ᵏ/k² → D’Alambero kriterijus: L = 2 > 1, diverguoja.
D: Σ 1/(k² + 3) → Mažesnė už 1/k², konverguojančią p eilutę: konverguoja pagal palyginimo kriterijų.

Atsakymas

D: Σ 1/(k² + 3)

Atsakymas

D: Σ 1/(k² + 3)
4.Sekos ir eilutės

Atsakymas: S = 0,5596

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 = 0,75
S = ln 1,75 = 0,5596

Atsakymas

S = 0,5596
5.Matricos ir determinantai

Atsakymas: det A = 11

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 = 11, M₁₂ = 7, M₁₃ = −8

Skleidinys pagal eilutę

det A = 2·11 − 5·7 + (−3)·(−8) = 11

Atsakymas

det A = 11
6.Matricos ir determinantai

Atsakymas: x = 1,656

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·(−5) − (−6)·(−2) = −32

Pakeiskite x stulpelį

det Aₓ = 7·(−5) − (−6)·(−3) = −53
x = −53/(−32) = 1,656

Atsakymas

x = 1,656
y = −0,0625
7.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: y(1) = 0,6581

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.

Charakteristinės šaknys

(r + 3)(r + 4) = 0 → r = −3, −4

Konstantos pagal pradines vertes

A + B = 5, −3A − 4B = -2
A = 18, B = −13

Apskaičiuokite

y(1) = 18·e−3 + (−13)·e−4 = 0,6581

Atsakymas

y(1) = 0,6581
8.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: y(1.5) = 3,463

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.

Integruojantysis daugiklis

μ = e0,5t
(e0,5ty)′ = 6e−0,5t

Bendrasis sprendinys

y = 6/(−0,5)·e−t + C·e−0,5t = −12·e−t + C·e−0,5t

Pradinė sąlyga

1 = −12 + C → C = 13

Apskaičiuokite

y(1,5) = −12·0,2231 + 13·0,4724 = 3,463

Atsakymas

y(1,5) = 3,463

ExamProblems · examproblems.com/courses/numerical-methods