Skaitiniai metodai: pasiruošimo paketas

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

Nauji uždaviniai Atgal 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: x_n+1 = xₙ − f(xₙ)/f′(xₙ)
Tiesinė interpoliacija: y = y₁ + (y₂ − y₁)(x − x₁)/(x₂ − x₁)
Trapecijų formulė: T = (h/2)[f₀ + 2f₁ + … + 2f_n−1 + fₙ], h = (b − a)/n
Simpsono formulė (n lyginis): S = (h/3)[f₀ + 4f₁ + 2f₂ + … + 4f_n−1 + fₙ]
Trapecijų paklaidos įvertis: |E| ≤ (b − a)h²M/12, M = max|f″|
Oileris: y_n+1 = yₙ + h·f(tₙ, yₙ)
Hoinas: y_n+1 = yₙ + (h/2)(k₁ + k₂), k₂ = f(tₙ + h, yₙ + hk₁)
RK4: y_n+1 = yₙ + (h/6)(k₁ + 2k₂ + 2k₃ + k₄)

Metodas

Šakniai: pusiaukirtai patikrinkite ženklo pokytį, Niutono metodui apskaičiuokite f ir f′, o iteracijų lentelėje palikite šešis ar daugiau skaitmenų.
Lentelės reikšmei: tiesiškai interpoliuokite tarp dviejų gretimų taškų.
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.
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 |a_k+1/a_k|: L < 1 converges, L > 1 diverges
Konvergavimo spindulys: R = lim |c_k/c_k+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

Nustatykite tipą: aritmetinė (pastovus skirtumas), geometrinė (pastovus daugiklis), standartinė eilutė, laipsninė eilutė arba Teiloro polinomas.
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.
Konvergavimui: pirmiausia būtinoji sąlyga, tada palyginkite su Σ1/kᵖ ar geometrine eilute, o faktorialams ir k-tiesiems laipsniams naudokite d’Alambero ar Koši kriterijų.
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 = Σ_k A_ikB_kj
Tikrinės reikšmės: det(A − λI) = 0
Kramerio taisyklė: x_i = det(A_i)/det(A)

Diferencialinės lygtys

Eksponentinis augimas / mažėjimas: dy/dt = ky → y = y₀e^kt
Pusėjimo trukmė: k = ln 2 / t_½
Niutono aušimo dėsnis: T(t) = T_a + (T₀ − T_a)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

Transporto priemonės greitis matuojamas kas 5 s (lentelė). Simpsono formule įvertinkite nueitą kelią s nuo t = 0 iki t = 20 s.

h = 5 sn = 4

s = m

2.Skaitiniai metodaiSunkus

Hoino metodu (patobulintu Oilerio) su h = 0,1, kai y′ = e^−ty, y(0) = 0,5, įvertinkite y₂ ≈ y(0,2).

y′ = e^−tyy(0) = 0,5h = 0,1

y₂ =

3.Sekos ir eilutėsVidutinis

Lygiai viena iš keturių eilučių diverguoja. Spustelėkite ją.

A: Σ k/5ᵏB: Σ 2/kC: Σ 1/k⁴D: Σ (1/3)ᵏ

1A: Σ k/5ᵏ
2B: Σ 2/k
3C: Σ 1/k⁴
4D: Σ (1/3)ᵏ

4.Sekos ir eilutėsSunkus

f(x) = sin x aproksimuojama 3 laipsnio Maklorino polinomu taške x = 1. Naudodami Lagranžo paklaidos įvertį M·|x|ⁿ⁺¹/(n + 1)! su M = 1, raskite didžiausią galimą paklaidą |R₃|.

f(x) = sin xn = 3x = 1M = 1

|R₃| =

5.Matricos ir determinantaiVidutinis

Raskite pateiktos 3×3 matricos A determinantą det A.

A = [−2 1 −3; −2 4 −2; 4 −2 5]

det A =

6.Matricos ir determinantaiSunkus

Išspręskite sistemą 4x + 6y = −9 ir 6x + 2y = −8. Raskite x.

4x + 6y = −96x + 2y = −8

x =

7.Diferencialinės lygtysVidutinis

80 °C kavos puodelis paliekamas 22 °C kambaryje. Po 20 min temperatūra yra 30 °C. Ji kinta pagal Niutono aušimo dėsnį dT/dt = −k·(T − Tₐ). Raskite konstantą k min⁻¹.

T₀ = 80 °CT_a = 22 °CT(20) = 30 °C

k = min⁻¹

8.Diferencialinės lygtysSunkus

Išspręskite Koši uždavinį y′ + 2y/x = 3x², kai x > 0, su y(1) = 3. Raskite y(3).

y′ + 2y/x = 3x²y(1) = 3

y(3) =

3Tirpalai

1.Skaitiniai metodai

Atsakymas: s = 196,7 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 + … + 2f_n−1 + fₙ]. Simpsono formulė (n lyginis): S = (h/3)[f₀ + 4f₁ + 2f₂ + 4f₃ + … + 4f_n−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

2 + 4·6 + 2·10 + 4·14 + 16 = 118

Simpsono formulė

s = (5/3)·118 = 196,7 m

Atsakymas

s = 196,7 m

2.Skaitiniai metodai

Atsakymas: y₂ = 0,6877

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

Hoino žingsniai

y₁ = 0,5 + (0,1/2)(1 + 0,941765) = 0,597088

y₂ = 0,597088 + (0,1/2)(0,942039 + 0,870874) = 0,687734

Grafikas

y₂ = 0,6877

Atsakymas

y₂ = 0,6877

3.Sekos ir eilutės

Atsakymas: B: Σ 2/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 |a_k+1/a_k|; Koši šaknies kriterijus: L = lim |a_k|^1/k. L < 1 konverguoja, L > 1 diverguoja, L = 1 nieko nenusprendžia. Laipsninė eilutė Σc_k(x − x₀)ᵏ konverguoja, kai |x − x₀| < R, kur R = lim |c_k/c_k+1|; alternuojančioji eilutė, kurios nariai mažėja iki 0, konverguoja.

Patikrinkite kiekvieną eilutę

A: Σ k/5ᵏ → D’Alambero kriterijus: L = 1/5 < 1, konverguoja.

B: Σ 2/k → Harmoninės eilutės (p = 1) kartotinė: diverguoja.

C: Σ 1/k⁴ → p eilutė, kai p = 4 > 1: konverguoja.

D: Σ (1/3)ᵏ → Geometrinė, kai r = 1/3, |r| < 1: konverguoja.

Atsakymas

B: Σ 2/k

Atsakymas

B: Σ 2/k

4.Sekos ir eilutės

Atsakymas: |R₃| = 0,04167

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.

Išvestinės įvertis

M = 1

Lagranžo įvertis

|R₃| ≤ 1·1⁴/4! = 0,04167

Atsakymas

|R₃| = 0,04167

Tikroji paklaida mažesnė: |f(1) − P₃(1)| = 0,008138.

5.Matricos ir determinantai

Atsakymas: det A = 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.

Pirmosios eilutės 2×2 minorai

M₁₁ = 16, M₁₂ = −2, M₁₃ = −12

Skleidinys pagal eilutę

det A = (−2)·16 − 1·(−2) + (−3)·(−12) = 6

Atsakymas

det A = 6

6.Matricos ir determinantai

Atsakymas: x = −1,071

Koeficientų matricos determinantas

det A = 4·2 − 6·6 = −28

Pakeiskite x stulpelį

det Aₓ = (−9)·2 − 6·(−8) = 30

x = 30/(−28) = −1,071

Atsakymas

x = −1,071

y = −0,7857

7.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: k = 0,09905 min⁻¹

Pirmos eilės diferencialinės lygtys: lygties dy/dt = k·y sprendinys yra y = y₀·e^kt (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^−20k = 8/58

Išspręskite k atžvilgiu

k = ln(58/8)/20 = 0,09905 min⁻¹

Atsakymas

k = 0,09905 min⁻¹

8.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: y(3) = 16,47

Integruojantysis daugiklis

μ = e^{∫2/x dx} = x²

Integruokite

(x²y)′ = 3x⁴ → x²y = 3x⁵/5 + C

Pradinė sąlyga

3 = 3/5 + C → C = 2,4

Apskaičiuokite

y(3) = (3·3⁵/5 + 2,4)/3² = 16,47

Atsakymas

y(3) = 16,47

ExamProblems · examproblems.com/courses/numerical-methods