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
xy00,751,5

Simpsono formule su n = 2 juostų apytiksliai apskaičiuokite ∫01,5 1/(1 + x³) dx. Pateikite S.

f(x) = 1/(1 + x³)[a, b] = [0, 1,5]n = 2
S =
2.Skaitiniai metodaiSunkus
00,20,40,81ty(0, 1)

Išspręskite y′ = t − y, y(0) = 1 Oilerio metodu su žingsniu h = 0,1 iki t = 0,5. Tikslus sprendinys yra y = t − 1 + (y₀ + 1)e−t. Raskite globaliąją paklaidą |E| = |y(0,5) − y5|.

y′ = t − yy(0) = 1h = 0,1
|E| =
3.Sekos ir eilutėsVidutinis
xx₀ = 0??R

Raskite laipsninės eilutės Σk=1∞ k²·5ᵏ·xᵏ konvergavimo spindulį R.

Σ k²·5ᵏ·xᵏx₀ = 0
R =
4.Sekos ir eilutėsSunkus

f(x) = eˣ aproksimuojama 3 laipsnio Maklorino polinomu taške x = 1. Naudodami Lagranžo paklaidos įvertį M·|x|ⁿ⁺¹/(n + 1)! su M = e1 = 2,718, raskite didžiausią galimą paklaidą |R₃|.

f(x) = eˣn = 3x = 1M = 2,718
|R₃| =
5.Matricos ir determinantaiVidutinis
A =−6−40−1B =−2−5−1−5

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

A = [−6 −4; 0 −1]B = [−2 −5; −1 −5]
c12 =
6.Matricos ir determinantaiSunkus
A =−1534b =4−11

Išspręskite sistemą −x + 5y = 4 ir 3x + 4y = −11. Raskite x.

−x + 5y = 43x + 4y = −11
x =
7.Diferencialinės lygtysVidutinis
t (min)T (°C)15Ta​63 °C45 °C

85 °C kavos puodelis paliekamas 24 °C kambaryje. Po 15 min temperatūra yra 63 °C. Ji kinta pagal Niutono aušimo dėsnį dT/dt = −k·(T − Tₐ). Kiek laiko nuo pradžios, t, reikia, kad temperatūra pasiektų 45 °C?

T0 = 85 °CTa = 24 °CT(15) = 63 °CT = 45 °C
t = min
8.Diferencialinės lygtysSunkus
tyK = 2ymax​ = ?

Sistema tenkina y″ + 4y′ + 29y = 58, kai t ≥ 0, pradedant iš rimties: y(0) = 0, y′(0) = 0. Raskite jos šuolinio atsako didžiausią vertę ymax.

y″ + 4y′ + 29y = 58y(0) = 0y′(0) = 0
ymax =

3Tirpalai

1.Skaitiniai metodai

Atsakymas: S = 1,01

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)svoris001110,750,703297421,50,2285711

Mazgai ir reikšmės

h = 0,75
Σ wᵢfᵢ = 1 + 4·0,703297 + 0,228571 = 4,041758

Simpsono formulė

S = (0,75/3)·4,041758 = 1,01

Atsakymas

S = 1,01

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

2.Skaitiniai metodai

Atsakymas: |E| = 0,03208

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₊₁001−10,910,10,9−0,80,8220,20,82−0,620,75830,30,758−0,4580,712240,40,7122−0,31220,68098

Oilerio žingsniai

y5 = 0,68098

Tiksli reikšmė

y(0,5) = 0,713061

Globalioji paklaida

|E| = |0,713061 − 0,68098| = 0,03208
00,20,40,81ty

Grafikas

Atsakymas

|E| = 0,03208

Perpus sumažinus h, Oilerio metodo paklaida sumažėja maždaug perpus.

3.Sekos ir eilutės

Atsakymas: R = 0,2

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.

Koeficientai

ck/ck+1 = (1/5)·(k/(k + 1))² → 1/5

Spindulys

R = 0,2

Atsakymas

R = 0,2

D’Alambero kriterijus nieko nesako apie du galinius taškus; juos reikia tikrinti atskirai.

4.Sekos ir eilutės

Atsakymas: |R₃| = 0,1133

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 = e1 = 2,718

Lagranžo įvertis

|R₃| ≤ 2,718·1⁴/4! = 0,1133

Atsakymas

|R₃| = 0,1133

Tikroji paklaida mažesnė: |f(1) − P₃(1)| = 0,05162.

5.Matricos ir determinantai

Atsakymas: c12 = 50

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 = (−6)·(−5) + (−4)·(−5) = 50

Atsakymas

c12 = 50
6.Matricos ir determinantai

Atsakymas: x = −3,737

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 = (−1)·4 − 5·3 = −19

Pakeiskite x stulpelį

det Aₓ = 4·4 − 5·(−11) = 71
x = 71/(−19) = −3,737

Atsakymas

x = −3,737
y = 0,05263
7.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: t = 35,76 min

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.

Aušimo konstanta

k = ln(61/39)/15 = 0,02982 min⁻¹

Laikas iki tikslinės temperatūros

t = ln(61/21)/0,02982 = 35,76 min

Atsakymas

t = 35,76 min
8.Diferencialinės lygtys

Atsakymas: ymax = 2,569

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 = 2, r = −2 ± 5j

Konstantos pagal pradines vertes

y(0) = 2 + A = 0 → A = −2
y′(0) = −2A + 5B = 0 → B = −0,8

Smailė

t = π/5 = 0,6283
ymax = 2·(1 + e−2·π/5) = 2,569

Atsakymas

ymax = 2,569

ExamProblems · examproblems.com/courses/numerical-methods