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

Simpsono formule su n = 4 juostų apytiksliai apskaičiuokite ∫₀^1,5 1/(1 + x³) dx. Pateikite S.

f(x) = 1/(1 + x³)[a, b] = [0, 1,5]n = 4

S =

2.Skaitiniai metodaiSunkus

Išspręskite y′ = y(2 − y), y(0) = 0,5 Oilerio metodu su žingsniu h = 0,2 iki t = 0,8. Tikslus sprendinys yra y = 2y₀/(y₀ + (2 − y₀)e^−2t). Raskite globaliąją paklaidą |E| = |y(0,8) − y₄|.

y′ = y(2 − y)y(0) = 0,5h = 0,2

|E| =

3.Sekos ir eilutėsVidutinis

Raskite sumą S = Σ_k=1³⁹ 2/(k(k + 1)).

a_k = 2/(k(k + 1))n = 39

S =

4.Sekos ir eilutėsSunkus

f(x) = cos x aproksimuojama 2 laipsnio Maklorino polinomu taške x = 1,5. Naudodami Lagranžo paklaidos įvertį M·|x|ⁿ⁺¹/(n + 1)! su M = 1, raskite didžiausią galimą paklaidą |R₂|.

f(x) = cos xn = 2x = 1,5M = 1

|R₂| =

5.Matricos ir determinantaiVidutinis

Raskite pateiktos 3×3 matricos A determinantą det A.

A = [−5 −5 −3; 3 −2 −5; 0 −4 5]

det A =

6.Matricos ir determinantaiSunkus

Raskite pateiktos matricos A didesnę tikrinę reikšmę λ.

A = [0 2; −2 −5]

λ =

7.Diferencialinės lygtysVidutinis

480 °C kalta plieno detalė paliekama aušti 23 °C dirbtuvėje. Ji kinta pagal Niutono aušimo dėsnį dT/dt = −k·(T − Tₐ). Kai k = 0,04 min⁻¹, raskite temperatūrą T po 24 min.

T₀ = 480 °CT_a = 23 °Ck = 0,04 min⁻¹t = 24 min

T = °C

8.Diferencialinės lygtysSunkus

Talpoje yra 200 L vandens, kuriame ištirpinta 20 kg druskos. Sūrymas, kurio litre yra 0,25 kg druskos, įteka 10 L/min greičiu, o gerai išmaišytas tirpalas tokiu pat greičiu išteka. Kiek druskos m bus talpoje po 20 min?

V = 200 Lm₀ = 20 kgc = 0,25 kg/Lr = 10 L/min

m = kg

3Tirpalai

1.Skaitiniai metodai

Atsakymas: S = 1,011

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.

Mazgai ir reikšmės

h = 0,375

Σ wᵢfᵢ = 1 + 4·0,949907 + 2·0,703297 + 4·0,412571 + 0,228571 = 8,085076

Simpsono formulė

S = (0,375/3)·8,085076 = 1,011

Atsakymas

S = 1,011

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

2.Skaitiniai metodai

Atsakymas: |E| = 0,02624

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.

Oilerio žingsniai

y₄ = 1,219335

Tiksli reikšmė

y(0,8) = 1,245571

Globalioji paklaida

|E| = |1,245571 − 1,219335| = 0,02624

Grafikas

Atsakymas

|E| = 0,02624

Perpus sumažinus h, Oilerio metodo paklaida sumažėja maždaug perpus.

3.Sekos ir eilutės

Atsakymas: S = 1,95

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.

Paprastosios trupmenos

2/(k(k + 1)) = 2·(1/k − 1/(k + 1))

Atšaukti

S = 2·(1 − 1/40) = 1,95

Atsakymas

S = 1,95

4.Sekos ir eilutės

Atsakymas: |R₂| = 0,5625

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

|R₂| ≤ 1·1,5³/3! = 0,5625

Atsakymas

|R₂| = 0,5625

Tikroji paklaida mažesnė: |f(1,5) − P₂(1,5)| = 0,1957.

5.Matricos ir determinantai

Atsakymas: det A = 261

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 = −30, M₁₂ = 15, M₁₃ = −12

Skleidinys pagal eilutę

det A = (−5)·(−30) − (−5)·15 + (−3)·(−12) = 261

Atsakymas

det A = 261

6.Matricos ir determinantai

Atsakymas: λ = −1

Charakteringoji lygtis

λ² − (−5)λ + (4) = 0

Išspręskite

λ = (−5 ± √(9))/2 → λ = −4, −1

λ = −1

Atsakymas

λ = −1

7.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: T = 198 °C

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.

Aušimo dėsnio sprendinys

T(t) = 23 + 457·e^−0,04t

Įstatykite t

T(24) = 23 + 457·0,3829 = 198 °C

Atsakymas

T = 198 °C

8.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: m = 38,96 kg

Sudarykite lygtį

dm/dt = 10·0,25 − (10/200)·m = 2,5 − 0,05·m

Išspręskite

Integruojantysis daugiklis yra e^rt/V; sprendinys artėja prie pusiausvyrinės reikšmės c·V.

m(t) = 50 + (−30)·e^−t/20

Įstatykite t

m(20) = 50 + (−30)·0,3679 = 38,96 kg

Atsakymas

m = 38,96 kg

ExamProblems · examproblems.com/courses/numerical-methods