ΜΑ270: ΑΡΙΘΜΗΣΙΚΗ ΑΝΑΛΤΗ Ι Χειμερινό εξάμθνο , Διδάςκων: Γιώργοσ Γεωργίου ΕΝΔΙΑΜΕΗ ΕΞΕΣΑΗ, Διάρκεια: 2 ώρεσ 21 Νοεμβρίου, 2009

Transcript

1 ΜΑ270: ΑΡΙΘΜΗΣΙΚΗ ΑΝΑΛΤΗ Ι Χειμερινό εξάμθνο , Διδάςκων: Γιώργοσ Γεωργίου ΕΝΔΙΑΜΕΗ ΕΞΕΣΑΗ, Διάρκεια: 2 ώρεσ 2 Νοεμβρίου, 2009 ΟΝΟΜΑ: Αρ. Πολ. Σαυτ. Πρόβλθμα Διατυπϊςτε τουσ οριςμοφσ των πιο κάτω: (α) υνκικθ Lipschitz. μ. (β) Σάξθ ςφγκλιςθσ ακολουκίασ (δϊςτε δφο εναλλακτικοφσ οριςμοφσ). 2μ. (γ) Τπερχείλιςθ. μ. (α) Η ςυνάρτθςθ φ: I R, όπου IR, ικανοποιεί τθ ςυνκικθ του Lipschitz ςτο Ι, αν υπάρχει ςτακερά L0 τζτοια ϊςτε φ x φ(y) L x y x, y I (β) Μια ακολουκία {x k } λζμε ότι ςυγκλίνει με τάξθ p ς ζνα ςθμείο x* αν όπου c>0 και ειδικά για p=, 0<c<. x x k+ c x x k p, k0 Εναλλακτικόσ οριςμόσ Μια ακολουκία {x k } λζμε ότι ςυγκλίνει με τάξθ p ς ζνα ςθμείο x* αν lim n x x n+ x = c x p n όπου c μθ μθδενικι ςτακερά και ειδικά για p=, 0<c<. (γ) Ζςτω Μ ο κατ απόλυτθ τιμι μζγιςτοσ αρικμόσ μθχανισ ς ζνα υπολογιςτι. Αν κατά τουσ υπολογιςμοφσ προκφπτει αρικμόσ xr τζτοιοσ ϊςτε x > Μ τότε ζχουμε υπερχείλιςθ (overflow) και ο υπολογιςτισ ςταματά τουσ υπολογιςμοφσ.

2 Πρόβλθμα 2 Διατυπϊςτε τουσ οριςμοφσ των πιο κάτω: (α) Πίνακασ με αυςτθρά διαγώνια υπεροχι. μ. (β) Θετικά οριςμζνοσ πίνακασ. μ. (γ) Φαςματικι ακτίνα. μ. (α) Ο n n πίνακασ Α λζμε ότι ζχει αυςτθρά διαγώνια υπεροχι (ι αυςτθρά κυρίαρχθ διαγώνιο) αν a ii > n j = j i a ij, i n (β) O nn πίνακασ Α είναι κετικά οριςμζνοσ (positive definite) αν x T Αx > 0 x R n, x 0 (γ) Η φαςματικι ακτίνα (spectral radius) του n n πίνακα Α ορίηεται από τθν ρ Α = όπου ς(α) το ςφνολο των ιδοτιμϊν (φάςμα) του Α. max λ ι σ(α) λ ι 2

3 Πρόβλθμα 3 (α) Ζςτω μια μθχανι που χρθςιμοποιεί το δεκαδικό ςφςτθμα με 7 ςθμαντικά ψθφία και ςτρογγφλευςθ. Αν x= , y= να βρεκοφν οι αρικμοί μθχανισ που αντιςτοιχοφν ςτα x,y, x+y. 3μ. (β) Εξθγιςτε ςφντομα γιατί ο απευκείασ υπολογιςμόσ με αρικμθτικι κινθτισ υποδιαςτολισ τθσ παράςταςθσ 2 + ε 2 όπου ε ζνασ πολφ μικρόσ αρικμόσ οδθγεί ςε μεγάλο ςφάλμα. Στθ ςυνζχεια βρείτε ζνα καλφτερο τρόπο για τον υπολογιςμό τθσ παράςταςθσ. 2μ. (α) fl(x)=+ ( ) fl(y)=+( ) fl( fl(x) + fl(y) ) = fl( fl(x) ) =fl(x)= + ( ) (Ζχουμε απϊλεια ςθμαντικότθτασ αφοφ προςκζτουμε ζνα πολφ μικρό ςε ζνα πολφ μεγάλο αρικμό.) (β) Ζχουμε μεγάλο ςφάλμα αφοφ αφαιροφμε δφο παραπλιςιουσ αρικμοφσ και ζτςι ζχουμε απϊλεια ςθμαντικότθτασ. Μποροφμε να υπολογίςουμε τθν παράςταςθ ωσ εξισ: 2 + ε 2 Το δεξιό μζλοσ οδθγεί ςε ακριβζςτερο αποτζλεςμα. 2 + ε ε + 2 = ε 2 + ε + 2 3

4 Πρόβλθμα 4 (α) Εκφράςτε τουσ αρικμοφσ x=2.74, y= και z=-2.55 ςτθν μορφι αρικμϊν κινθτισ υποδιαςτολισ με τρία ςθμαντικά δεκαδικά ψθφία. Στθ ςυνζχεια υπολογίςτε τθν παράςταςθ x y x + z και υπολογίςτε τα ςφάλματα ςτρογγφλευςθσ ςε κάκε βιμα του υπολογιςμοφ, των αναπαραςτάςεων των x, y και z ςυμπεριλαμβανομζνων, κακϊσ και το ςυνολικό ςφάλμα από τθ ςτρογγφλευςθ του αποτελζςματοσ. 3μ. (β) Με τθ ςχζςθ S i = f.5 + i f(.5) i όπου i = 0 i, υπολογίηουμε ςτον υπολογιςτι μια ακολουκία προςεγγίςεων τθσ πρϊτθσ παραγϊγου τθσ f(x) ςτο ςθμείο x=.5. Περιγράψτε και εξθγιςτε τισ τιμζσ των S i για μεγάλεσ τιμζσ του i. μ. (α) fl(x)=+0.27e+2 Σφάλμα=-0.04 fl(y)=+0.250e-2 Σφάλμα=0 fl(z)=-0.26e+2 Σφάλμα=-0.05 fl(x)-fl(y)=+0.27e+2 fl(x)+fl(z)=+0.00e00 fl x fl (y) fl x +fl (z) =+0.27e3 Σφάλμα= Σφάλμα=0 Σφάλμα=0 Συνολικό ςφάλμα= Παρατθροφμε ότι το ςυνολικό ςφάλμα είναι πολφ μεγάλο παρά το γεγονόσ ότι τα επιμζρουσ ςφάλματα είναι μικρά! (β) Για μεγάλεσ τιμζσ του i τα h i είναι τόςο μικρό ζτςι ϊςτε για τον υπολογιςτι τα.5+ h i και.5 είναι τα ίδια. Άρα ο αρικμθτισ μθδενίηεται όπωσ και θ εκτίμθςθ τθσ παραγϊγου. 4

5 Πρόβλθμα 5 (α) Διατυπϊςτε τθν επαναλθπτικι ςχζςθ τθσ μεκόδου Newton για τθν επίλυςθ μιασ μθ γραμμικισ εξίςωςθσ f(x)=0. Ποια είναι θ ςυνικθσ τάξθ ςφγκλιςθσ τθσ μεκόδου; 2μ. (β) Διατυπϊςτε τθν επαναλθπτικι ςχζςθ τθσ μεκόδου τθσ τζμνουςασ για τθν επίλυςθ μιασ μθ γραμμικισ εξίςωςθσ f(x)=0. Ποια είναι θ ςυνικθσ τάξθ ςφγκλιςθσ τθσ μεκόδου; 2μ. (γ) Bρείτε το πλικοσ των ςτακερϊν ςθμείων τθσ επαναλθπτικισ ςχζςθσ x k+ = x k + λ x k 3 + x k 9 Βρείτε κατά προςζγγιςθ ζνα διάςτθμα ςτο οποίο πρζπει να ανικει το λ ζτςι ϊςτε θ επαναλθπτικι διαδικαςία να ςυγκλίνει ςτο ςτακερό ςθμείο πλθςίον του 2. 5μ. (α) Η επαναλθπτικι ςχζςθ τθσ μεκόδου Newton ζχει ωσ εξισ: όπου το x 0 είναι θ αρχικι εκτίμθςθ τθσ λφςθσ. Η τυπικι ςφγκλιςθ τθσ μεκόδου είναι τετραγωνικι. x k+ = x k f(x k ), k = 0,,2, () f (x k ) (β) Η επαναλθπτικι ςχζςθ τθσ μεκόδου τθσ τζμνουςασ ζχει ωσ εξισ: x k+ = x k f(x k ) x k x k f x k f(x k ), k =,2, (2) όπου τα x 0 και x είναι δεδομζνα (και κοντά ςτθ ηθτοφμενθ λφςθ). Αν θ f (x) είναι φραγμζνθ και τα x 0 και x είναι αρκοφντωσ κοντά ςτθ ρίηα x* τότε θ μζκοδοσ ζχει τάξθ ςφγκλιςθσ p = (ο χρυςόσ λόγοσ). Λζμε ότι θ μζκοδοσ ςυγκλίνει υπεργραμμικά (superlinearly). (γ) Τα ηθτοφμενα ςτακερά ςθμεία ικανοποιοφν τθν οπότε αυτά είναι λφςεισ τθσ Επειδι x = φ x = x + λ x 3 + x 9 g x = x 3 + x 9 = 0 g (x) = 3x 2 + > 0 θ g(x) είναι αφξουςα και ζτςι αυτι ζχει ακριβϊσ μια ρίηα. Επειδι g()=-7 και g(2)=, ζπεται από το κεϊρθμα ενδιάμεςθσ τιμισ ότι θ g ζχει τθ ρίηα τθσ ςτο (,2). Αυτι θ ρίηα είναι και το μοναδικό ςτακερό ςθμείο τθσ δοςμζνθσ επαναλθπτικισ ςχζςθσ. Για να ςυγκλίνει θ επαναλθπτικι διαδικαςία ςτο ςτακερό ςθμείο πρζπει φ (x ) < + λ 3x 2 + < 2 < λ 3x 2 + < 0 2 3x 2 + < λ < 0 2 < λ <

6 Πρόβλθμα 6. Να δειχκοφν οι προτάςεισ: (α) Κάκε ςυνεχισ ςυνάρτθςθ φ: [a, b] [a, b] ζχει τουλάχιςτον ζνα ςτακερό ςθμείο ςτο [a,b]. 4μ. (β)αν φc m [a,b] μια ςυςτολι ςτο [a,b] με ςτακερό ςθμείο το x*[a,b] και φ (i) (x*)=0 για i=,, m-, τότε ο αλγόρικμοσ x k+ = φ x k με x 0 a, b και k = 0,, ςυγκλίνει ςτο x* με τάξθ m. 4μ. (α) Βάςει τθσ υπόκεςθσ φ(*a,b]) [a,b] και ζτςι φ(a)a και φ(b)b. Αν φ(a)=a ι φ(b)=b ζχουμε ιδθ ςτακερό ςθμείο. Ζςτω λοιπόν ότι φ(a)>a και φ(b)<b. Η ςυνάρτθςθ g: [a, b] R με τφπο είναι ςυνεχισ ςτο[a, b]. Επειδι τϊρα g x = φ x x g a = φ a a > 0 και g b = φ b b < 0 ζχουμε g(a)g(b)<0. Από το κεϊρθμα ενδιάμεςθσ τιμισ ζπεται ότι υπάρχει ξ(a,b) τζτοιο ϊςτε g(ξ)=0 ι φ ξ ξ = 0 ξ = φ ξ. Άρα θ φ ζχει τουλάχιςτον ζνα ςτακερό ςθμείο ςτο [a,b]. (β) Η ςφγκλιςθ του αλγορίκμου ςτο x* εξαςφαλίηεται από το Θεϊρθμα του ςτακεροφ ςθμείου του Banach (θ φ είναι ςυςτολι): x*=φ(x*) Αναπτφςςοντασ τθν φ ςε ςειρά Taylor γφρω από το x* ζχουμε: φ x k φ x = x k x φ x + + x k x m φ (m ) x + x k x m φ (m ) (ξ) m! m! όπου το ξ είναι μεταξφ των x k και x*. Από τα δεδομζνα μασ προκφπτει εφκολα ότι x k+ x = φ (m ) (ξ) m! x k x m x k+ x = φ (m ) (ξ) m! x k+ x c x k x m όπου c0. Άρα ο αλγόρικμοσ ςυγκλίνει ςτο x* με τάξθ m. x k x m 6

7 Πρόβλθμα 7 Δείξτε πρόχειρα ότι θ εξίςωςθ f x = e x x = 0 ζχει ακριβϊσ μια ρίηα. 2μ. Να υπολογιςτεί προςεγγιςτικά (κάντε μόνο 2 επαναλιψεισ) θ ρίηα τθσ εξίςωςθσ με τισ εξισ μεκόδουσ: (α) Μζκοδοσ τθσ διχοτόμθςθσ. 2μ. (β) Μζκοδοσ Newton 2μ. (γ) Γενικι επαναλθπτικι μζκοδοσ 2μ. (δ) Μζκοδοσ τθσ τζμνουςασ 2μ. Η λφςθ είναι ςθμείο τομισ των ςυναρτιςεων y=e -x και y=x. Είναι εφκολο να δοφμε γραφικά ότι υπάρχει μόνο ζνα ςθμείο τομισ: (α) Μζκοδοσ τθσ διχοτόμθςθσ. Επειδι f(0)=>0 και f()=/e-<0,ζχουμε f(0)f()<0 όποτε από το κεϊρθμα ενδιάμεςθσ τιμισ γνωρίηουμε ότι υπάρχει μια ρίηα ςτο *0,+. Εργαηόμαςτε λοιπόν ςε αυτό το διάςτθμα a b c=(a+b)/2 f(c) (β) Μζκοδοσ Newton Η επαναλθπτικι ςχζςθ τθσ μεκόδου Newton ζχει ωσ εξισ: 7

8 Με αρχικι εκτίμθςθ x 0 = βρίςκουμε: x k+ = x k f(x k ) = x f (x k ) k e xk x k, k = 0,,2, e x k k xk f(xk) (γ) Γενικι επαναλθπτικι μζκοδοσ Γράφουμε τθν εξίςωςθ ςτθ μορφι x = φ x = e x Παρατθροφμε ότι θ ηθτοφμενθ ρίηα είναι ςτακερό ςθμείο τθσ φ. Επιπλζον Είναι φανερό ότι φ x = e x Σφμφωνα με τθ κεωρία, θ επαναλθπτικι ςχζςθ φ x < για x > 0 x k+ = φ x k = e x k, k = 0,,2, ςυγκλίνει για κάκε κετικό x 0. Ακολουκοφν αποτελζςματα που παίρνουμε με x 0 = και ανοχι δ= k xk xk-phi(xk)

9 (δ) Μζκοδοσ τθσ τζμνουςασ Η επαναλθπτικι ςχζςθ τθσ μεκόδου τθσ τζμνουςασ ζχει ωσ εξισ: x k+ = x k f(x k ) x k x k f x k f(x k ), k =,2, (6) όπου τα x 0 και x είναι αρχικζσ εκτιμιςεισ κοντά ςτθ ηθτοφμενθ λφςθ. Με x 0 =0, x = και ανοχι δ=0-3 παίρνουμε τα ακόλουκα αποτελζςματα k xk f(xk)

10 Πρόβλθμα 8 Ζςτω α διπλι ρίηα τθσ εξίςωςθσ f(x)=0 και ότι θ f είναι αρκοφντωσ λεία ςτθν περιοχι του α. (α) Δείξτε ότι θ μζκοδοσ Newton ςυγκλίνει γραμμικά 6μ. (β) Δείξτε ότι θ τροποποιθμζνθ μζκοδοσ Newton x k+ = x k 2 f(x k ), k = 0,,2, f (x k ) ςυγκλίνει τετραγωνικά. 9μ. Ορίηουμε πρϊτα το ςφάλμα ε κ = α x k όπου x k θ εκτίμθςθ τθσ λφςθσ κατά τθν κ-οςτι επανάλθψθ. Για τα αναπτφγματα των f και f ζχουμε αντίςτοιχα: και f x k = f α ε k = f α f α ε k + f (α) 2 f x k = f (α) 2 ε 2 k f (α) ε k + O ε k ε 2 k f (α) ε k + O ε k f x k = f α ε k = f α f α ε k + f (α) ε k + O ε k f x k = f α ε k + f (α) ε k + O ε k όπου χρθςιμοποιιςαμε το γεγονόσ ότι f(α)=f (α)=0 (το α είναι διπλι ρίηα τθσ f). (α) Θεωροφμε τθ μζκοδο Newton x k+ = x k f(x k ), k = 0,,2, f (x k ) από τθν οποία προκφπτει εφκολα θ εξίςωςθ ςφάλματοσ ε k+ = ε k + f(x k ) f (x k ) οπότε κρατϊντασ τουσ όρουσ μζχρι δεφτερθσ τάξθσ ζχουμε: ε k+ = ε k f (x k +f(x k ) f (x k ) = f α ε k f α ε k 2 +O(εk 3 ) f α ε k +O(ε k 2 ) = 2 f α ε k +O(ε k 2 ) f α +O(ε k ) Από τθν τελευταία ςχζςθ ςυμπεραίνουμε ότι Άρα θ μζκοδοσ Newton ςυγκλίνει γραμμικά. ε k+ lim = k ε k 2 (β) Στθν τροποποιθμζνθ μζκοδο Newton προκφπτει εφκολα θ εξίςωςθ ςφάλματοσ 0

11 ε k+ = ε k + 2 f(x k ) f (x k ) οπότε κρατϊντασ τουσ όρουσ μζχρι τρίτθσ τάξθσ ζχουμε: ε k+ = ε k f (x k +2f(x k ) f (x k ) = f α ε k f α ε k 3 + f α ε k 2 3 f (α)ε k 3 +O(εk 4 ) f α ε k +O(ε k 2 ) = 6 f α ε k 2 +O(εk 3 ) f α +O(ε k ) Από τθν τελευταία ςχζςθ ςυμπεραίνουμε ότι ε k+ lim k 2 ε = k 6 Άρα θ τροποποιθμζνθ μζκοδοσ Newton ςυγκλίνει τετραγωνικά. Παρατιρθςθ Το πρόβλθμα μπορεί να λυκεί χρθςιμοποιϊντασ το γενικό κεϊρθμα ςφγκλιςθσ για τισ ςυναρτιςεισ και Η λφςθ με ανάπτυγμα Taylor είναι πιο απλι. g x = x f(x) f (x) g x = x 2 f(x) f (x)

12 Πρόβλθμα 9 (α) Να δειχκεί θ πρόταςθ για το ςφάλμα τθσ μεκόδου Newton: Ζςτω fc 2 (I) όπου ΙR και f(x*)=0 όπου x*i. Αν,x k - είναι θ ακολουκία τθσ μεκόδου Newton με x k I k,, τότε υπάρχει ξk μεταξφ των x* και x k τζτοιο ϊςτε x x k+ = 2 x x k 2 f (ξ k) f (x k ), k = 0,,2, 4μ. (β) Θεωροφμε τϊρα τθν ακολουκία {x k - τθσ μεκόδου Newton για τθν εξίςωςθ f x = e x x = 0 θ οποία ζχει μοναδικι ρίηα x*(0,). Δείξτε ότι αν x 0 >0 τότε όλοι οι όροι τθσ ακολουκίασ,x k - είναι κετικοί. 2μ. (γ) Δείξτε ότι αν x 0 >0 και x 0 x*, τότε ιςχφει 0 < x k < x k+ < x < για k 3μ. (δ) Δείξτε ότι θ μζκοδοσ ςυγκλίνει ςτθ ρίηα x*. μ. (ε) Δείξτε ότι αν x 0 >0, τότε ε k = x x k < 2 2k 4μ. (ςτ) Για οποιαδιποτε κετικι εκτίμθςθ x 0, πόςεσ επαναλιψεισ τθσ μεκόδου Newton απαιτοφνται για να είναι το ςφάλμα μικρότερο από 0-0 ; μ. (α) Αναπτφςςουμε τθν f ςε ςειρά Taylor γφρω από το x k : f x = f x k + x x k f x k + 2 x x k 2 f (ξ k ) όπου το ξ k είναι μεταξφ των x και x k. Θζτοντασ x=x* παίρνουμε 0 = f x = f x k + x x k f x k + 2 x x k 2 f (ξ k ) Από τθν επαναλθπτικι ςχζςθ τθσ μεκόδου Newton ιςχφει f x k = x k+ x k f (x k ) Συνδυάηοντασ τισ δφο τελευταίεσ ςχζςεισ βρίςκουμε x x k+ = 2 x x 2 f (ξ k) k, k = 0,,2, f (x k ) (β) Από τθν επαναλθπτικι ςχζςθ τθσ μεκόδου Newton ζχουμε x k+ = x k f(x k) f (x k ) = x k e xk x k e x = x k k + e xk x k e x k + x k+ = x k e x + e xk k + e x > 0 για x k + k 0 2

13 Άρα, πράγματι, αν αν x 0 >0 τότε όλοι οι όροι τθσ ακολουκίασ,x k - είναι κετικοί. (γ) Γνωρίηουμε ότι x*< (i) και ότι αν x 0 >0 και x 0 x*, τότε 0<x k (ii) Από τθν εκτίμθςθ ςφάλματοσ που αποδείξαμε ςτο (α) ζχουμε: x x k+ = 2 x x 2 e ξ k k e x k + x k+ < x (iii) Μζνει να δείξουμε ότι x k <x k+.από τθν εκτίμθςθ ςφάλματοσ x x k+ = 2 x x k 2 e ξ k e x k + 2 x x k 2 0+ x x k+ 2 x x k 2 (iv) Παρατθροφμε ότι x x k+ x x k x k < x k+ (v) Από τισ (i), (ii), (iii) και (v) ςυμπεραίνουμε ότι: 0 < x k < x k+ < x < για k (δ) Η ακολουκία,x k - είναι αφξουςα και φράςςεται από το x*. Άρα (ε) Από τθν (iv) παρατθροφμε ότι lim x k = x k Επειδι ε κ+ 2 ε κ 2 ζχουμε ε 2 2 ε 2 Συνεχίηοντασ επαγωγικά βρίςκουμε: ε 3 2 ε 2 2 < 2 3 ε 4 ε k = x x k < 2 2k (vi) όπου λάβαμε υπόψθ ότι ε <. 3

14 (ςτ) Με βάςθ το αποτζλεςμα ςτο (ε) μποροφμε να καταςκευάςουμε τον ακόλουκο πίνακα για το μζγιςτο ςφάλμα ςε κάκε επανάλθψθ: k ε k,max Άρα για να είναι το ςφάλμα μικρότερο από 0-0 απαιτοφνται 7 επαναλιψεισ τθσ μεκόδου Newton. 4

15 Πρόβλθμα 0 Ζςτω ο πίνακασ Α = (α) Να βρεκεί θ LU παραγοντοποίθςθ του Α χρθςιμοποιϊντασ μερικι οδιγθςθ κατά ςτιλθ. 3μ. (β) Με τι ιςοφται το γινόμενο LU; 2μ. (γ) Αν b=[ - 2] Τ βρείτε τθ λφςθ του ςυςτιματοσ Ax=b; 3μ. Χρθςιμοποιοφμε κατά τα γνωςτά απαλοιφι Gauss και ςθμειϊνουμε τισ αντιμετακζςεισ γραμμϊν: Άρα Α = ~ 4 0 r r ~ 3 3 Α~ 4 0 (/2) 2 5/2 (/4) 3 3/4 4 0 (/4) 3 3/4 (/2) (2/3) 2 ~ 4 0 r 2 r (/4) 3 3/4 3 (/2) 2 5/2 L = 0 0 /4 0 /2 2/3 και U = / (β) Ζχουμε LU=PA όπου P ο πίνακασ μετάκεςθσ που προκφπτει από τισ αντιμετακζςεισ γραμμϊν r r 3 και r 2 r 3 : P = (γ) Παρατθροφμε ότι Pb = 2 Επιλφοντασ με εμπρόσ αντικατάςταςθ το ςφςτθμα Ly=Pb, βρίςκουμε y = 2 y 2 = 4 y = 2 y 3 = 2 y 2 3 y 2 = 7 3 Επιλφοντασ με εμπρόσ αντικατάςταςθ το ςφςτθμα Ux=y βρίςκουμε τθ λφςθ: x 3 = 7 6 x 2 = /2 3/4x 3 /3 = 24 x = (2 x 3 )/4 =

16 Πρόβλθμα Βρείτε τθν LU παραγοντοποίθςθ του πίνακα Α = μ. Χρθςιμοποιοφμε κατά τα γνωςτά απαλοιφι Gauss: A ~ (-/2) ~ (-/2) ~ (-/2) (0) (0) (2) 4 6 (0) (2) 4 6 (0) (0) (0) 6 0 (0) (0) (-3/2) Άρα / L / 2 και U

17 Πρόβλθμα 2 (α)διατυπϊςτε τουσ οριςμοφσ των πιο κάτω: (i) p-νόρμα πίνακα. μ. (ii) Δείκτθσ κατάςταςθσ πίνακα. μ. (β) Εξθγιςτε τι ςθμαίνει θ πρόταςθ: Το γραμμικό ςφςτθμα Ax=b είναι κακισ κατάςταςθσ. μ. (γ) Αν οποιαδιποτε φυςικι νόρμα πίνακα και Α και Β αντιςτρζψιμοι n n πίνακεσ, δείξτε ότι Β Α Β κ Α Β Α Α Τπόδειξθ: B A = A (A B)B 3μ. (ε) Δείξτε ότι για κάκε n n πίνακα Α ιςχφει ρ(α) Α όπου ρ(α) θ φαςματικι ακτίνα του Α και οποιαδιποτε φυςικι νόρμα πίνακα. 3μ. (α)(i) Για p< θ διανυςματικι p-νόρμα ορίηεται από τθν n /p u p = u i p, u R n i= Η p-νόρμα ενόσ n n πίνακα ορίηεται από τθν Α p = sup u 0 Au p u (ii) Ο δείκτθσ κατάςταςθσ ενόσ αντιςτρζψιμου πίνακα Α ορίηεται από τθν κ Α = Α Α όπου οποιαδιποτε φυςικι νόρμα πίνακα. (β) Σθμαίνει ότι μια μικρζσ διαταραχζσ ςτουσ Α ι b επιφζρουν τεράςτιεσ μεταβολζσ ςτθ λφςθ του διαταραγμζνου ςυςτιματοσ. (γ) Από τθ δοςμζνθ ςχζςθ και τθν πολλαπλαςιαςτικι τριγωνικι ανιςότθτα ζχουμε Β Α Β = A (A B)B Β Α A B) Β Β = Α A B) Β Α Β Α Α A B) Α = κ Α Β Α Α (δ) Ζςτω λ μια οποιαδιποτε ιδιοτιμι του Α και Χ ζνα αντίςτοιχο ιδιοδιάνυςμα, οπότε Ζχουμε διαδοχικά ΑΧ = λ Χ λ Χ = λχ = ΑΧ Α Χ λ Α Το πιο πάνω αποτζλεςμα αλθκεφει για κάκε ιδιοτιμι του Α. Άρα ρ Α = max λ i Α λ i σ(α) 7

18 Πρόβλθμα 3 Θεωροφμε το ςφςτθμα x x 2 x 3 = και τθν αρχικι εκτίμθςθ x (0) =0. (α) Κάντε δφο επαναλιψεισ τθσ μεκόδου Jacobi. 3μ. (β) Πόςεσ επαναλιψεισ τθσ μεκόδου απαιτοφνται για να είναι x (k) x < 0 5 4μ. (γ) Kάντε δφο επαναλιψεισ τθσ μεκόδου Gauss-Seidel. 3μ. (α) Με τθ μζκοδο Jacobi ζχουμε: ( k ) ( k ) ( k ) 2 3 ( k ) ( k ) ( k ) 2 3 Με αρχικι εκτιμιςθ το x (0) =(0, 0, 0) T παίρνουμε: 0 2 x x 3 x /0 x x 2 x /0 x 2 3x 2 x /0 ( k ) ( k ) ( k ) 3 2 x () /0 0 / 5 και x (2) ( 0 3/ 5) /0 / 25 ( /0 2 / 5) /0 / 20 ( 2 3/0 0) /0 23/00 θμείωςθ: θ ακριβισ λφςθ του ςυςτιματοσ είναι θ x*=(2/57, -5/4, -23/4) T. (β) Η επαναλθπτικι ςχζςθ τθσ μεκόδου Jacobi γράφεται επίςθσ ωσ εξισ: x x ( k) ( k) Είναι φανερό ότι ο πίνακασ επανάλθψθσ τθσ μεκόδου είναι ο 0 3 G Για το ςφάλμα τθσ μεκόδου Jacobi ιςχφει Άρα πρζπει να είναι x (k) x G k x (0) x 8

19 G k x (0) x 0 5 Επειδι G =/2 και x (0) x = 23/4 ζχουμε Άρα απαιτοφνται 5 επαναλιψεισ. 2 (γ) Με τθ μζκοδο Gauss-Seidel ζχουμε: κ 23 4 < 0 5 κ > 4.3 x x 3 x /0 ( k ) ( k ) ( k ) 2 3 x x 2 x /0 ( k ) ( k ) ( k ) 2 3 Με αρχικι εκτίμθςθ το x (0) =(0, 0, 0) T παίρνουμε: x 2 3x 2 x /0 ( k ) ( k ) ( k ) 3 2 x () /0 /0 ( /0 0) /0 /00 ( 2 3/0 2 /00) /0 68/000 9

20 Πρόβλθμα 4 (α) Οι πίνακεσ Hilbert είναι ςυμμετρικοί πίνακεσ με γενικό ςτοιχείο ij = i + j γνωςτοί για τθν κακι τουσ κατάςταςθ. Βρείτε τον δείκτθ κατάςταςθσ κ (Η 2 ) του 22 πίνακα Hilbert. 3μ. (β) Ζςτω το ςφςτθμα Η 2 x = b όπου b μοναδιαίο διάνυςμα Αν Δb είναι μια διαταραχι του b με Δb = 0., βρείτε μιαν εκτίμθςθ τθσ ςχετικισ μεταβολισ τθσ λφςθσ. 2μ. (α) Ζχουμε Μποροφμε εφκολα να βροφμε τον αντίςτροφo: Για τον δείκτθ κατάςταςθσ ζχουμε Η 2 = /2 /2 /3 H 2 = κ Η 2 = H 2 H 2 = = 27 (β) Ιςχφει Δx x κ Η 2 Δb b Δx x =

21 Πρόβλθμα 5 Θεωροφμε τθ γενικι επαναλθπτικι μζκοδο για τθν αρικμθτικι επίλυςθ του γραμμικοφ ςυςτιματοσ Μx (k+) = Νx (k) + b () Αx = b (2) (α) Ποια ςυνκικθ πρζπει να ικανοποιοφν οι Μ και Ν για να είναι θ μζκοδοσ καλά οριςμζνθ; μ. (β) Πωσ ορίηεται ο πίνακασ επανάλθψθσ; μ. (γ) Ποια ςυνκικθ πρζπει να ικανοποιεί ο πίνακασ επανάλθψθσ για να ςυγκλίνει θ (); 2μ. (δ) Ορίςτε τουσ πίνακεσ Μ και Ν ςτθν περίπτωςθ τθσ μεκόδου Jacobi. μ. (ε) Ορίςτε τουσ πίνακεσ Μ και Ν ςτθν περίπτωςθ τθσ μεκόδου Gauss-Seidel. μ. (α) Αν θ () ςυγκλίνει τότε Άρα πρζπει να ιςχφει (β) Ο πίνακασ επανάλθψθσ είναι ο οπότε από τθν () ζχουμε Μx = Νx + b M N x = b Α = Μ Ν (3) G = M Ν (γ) Αρκεί να ιςχφει μια από τισ ακόλουκεσ ιςοδφναμεσ ιδιότθτεσ: (i) Για μια φυςικι νόρμα πινάκων ιςχφει G <. (ii) Για τθ φαςματικι ακτίνα ιςχφει ρ(g)< (iii) x (k+) = Gx (k) + M b (4) (δ) Στθ μζκοδο Jacobi, lim k Gk = 0. M J =D και Ν J =-(L+U) όπου D ο διαγϊνιοσ πίνακασ με τα διαγϊνια ςτοιχεία του Α, L ο κάτω τριγωνικόσ πίνακασ με τα ςτοιχεία του Α κάτω από τθ διαγϊνιο, και U ο άνω τριγωνικόσ πίνακασ με τα ςτοιχεία του Α πάνω από τθ κφρια διαγϊνιο: (δ)στθ μζκοδο Gauss-Seidel, A=L+D+U M GS =L+D και Ν GS =-U 2