ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΙΑΣ - ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΗ ΣΧΟΛΗ ΤΜΗΜΑ ΜΗΧΑΝΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ, 3 Ο ΕΞΑΜΗΝΟ, ΔΙΔΑΣΚΩΝ: Δρ Ιωάννης Αθ.

Transcript

1 ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΙΑΣ - ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΗ ΣΧΟΛΗ ΤΜΗΜΑ ΜΗΧΑΝΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ, 3 Ο ΕΞΑΜΗΝΟ, ΔΙΔΑΣΚΩΝ: Δρ Ιωάννης Αθ. Σταυράκης 1 η Σειρά Ασκήσεων Άσκηση 1. Δίνονται τα ακόλουθα ζεύγη τιμών: Α. x = 28,254 x = 28,271 B. x = 0, x = 0, Γ. x = e x = 19 7 Δ. x = 2 x = 1,414 όπου x είναι η πραγματική τιμή και x η προσεγγιστική τιμή. Να βρεθεί το πλήθος των δεκαδικών και σημαντικών ψηφίων στα οποία είναι ακριβή τα παραπάνω ζεύγη τιμών. Απάντηση: Γενικά, η προσεγγιστική τιμή x είναι ακριβής σε k δεκαδικά ψηφία αν για το απόλυτο σφάλμα ισχύει: ε = x x 0,5 10. Επίσης, η προσεγγιστική τιμή x είναι ακριβής σε k σημαντικά ψηφία αν για το απόλυτο σχετικό σφάλμα ισχύει: δ = 5 10 x 0. Με βάση τα παραπάνω προκύπτει για κάθε ζεύγος τιμών: Α. ε = 28,271 28,254 = 0,017 = 0,17 10 < 0,5 10 Συνεπώς η προσεγγιστική τιμή x είναι ακριβής σε ένα δεκαδικό ψηφίο. Επίσης, 28,271 28,254 δ = 0, < ,254 που σημαίνει ότι η προσεγγιστική τιμή x είναι ακριβής σε τρία σημαντικά ψηφία. Β. ε = 0, , = 0, = 0,17 10 < 0,5 10 Συνεπώς η προσεγγιστική τιμή x είναι ακριβής σε τέσσερα δεκαδικά ψηφία. Επίσης, 0, , δ = 0, < , που σημαίνει ότι η προσεγγιστική τιμή x είναι ακριβής σε τρία σημαντικά ψηφία. 1

2 Γ. ε = 19 7 e = 2, , , < 0,5 10 Συνεπώς η προσεγγιστική τιμή x είναι ακριβής σε δύο δεκαδικά ψηφία. Επίσης, 19 δ = 7 e 0, = e 2, ,47 10 < 5 10 που σημαίνει ότι η προσεγγιστική τιμή x είναι ακριβής σε τρία σημαντικά ψηφία. Δ. ε = 1,414 2 = 1,414 1, , < 0,5 10 Συνεπώς η προσεγγιστική τιμή x είναι ακριβής σε τρία δεκαδικά ψηφία. Επίσης, 1, , δ = = 2 1, , < 5 10 που σημαίνει ότι η προσεγγιστική τιμή x είναι ακριβής σε τέσσερα σημαντικά ψηφία. Άσκηση 2. Με βάση τα αποτελέσματα της άσκησης 1 να υπολογιστούν: Α. το μέγιστο απόλυτο σφάλμα της ποσότητας x + x x Β. το μέγιστο απόλυτο σχετικό σφάλμα της ποσότητας x x x Απάντηση: Α. Από την προηγούμενη άσκηση ισχύει: ε 0,5 10 ε 0,5 10 ε 0,5 10 Σύμφωνα με τα θεωρήματα 2.1 και 2.2 του βιβλίου «Αριθμητική Ανάλυση» του Μ. Βραχάτη (σελ. 46), για το απόλυτο σφάλμα της ποσότητας x + x x ισχύει: ε = ε + ε ε ε + ε + ε = = 0, , ,5 10 = 0, ,55 10 > 0,5 10 Επομένως, η ποσότητα στη χειρότερη περίπτωση δε θα έχει κανένα δεκαδικό ψηφίο ακριβές. Β. Από την προηγούμενη άσκηση ισχύει: δ 5 10 δ 5 10 δ 5 10 Σύμφωνα με τα θεωρήματα 2.3 και 2.4 του βιβλίου «Αριθμητική Ανάλυση» του Μ. Βραχάτη (σελ. 50 και 51), για το απόλυτο σχετικό σφάλμα της ποσότητας x x x ισχύει δ = δ + δ δ δ + δ + δ = = = = 1,5 10 < 5 10 Επομένως, η ποσότητα στη χειρότερη περίπτωση θα έχει δύο σημαντικά ψηφία ακριβή. 2

3 Άσκηση 3. Δίνεται η εξίσωση: e + x x 4 = 0. Α. Δοκιμάζοντας τις τιμές 0,1,2, να βρεθεί ένα αρχικό διάστημα [a, b] μήκους 1, μέσα στο οποίο υπάρχει λύση και να αποδειχθεί ότι η λύση είναι μοναδική. Β. Να υπολογιστεί η ρίζα της εξίσωσης με τη χρήση του Mathematica. Γ. Να γραφτεί πρόγραμμα σε Fortran για τον υπολογισμό της ρίζας με ακρίβεια 6 σημαντικών ψηφίων, εφαρμόζοντας τις μεθόδους: 1. Διχοτόμησης ή Γραμμικής Παρεμβολής (να επιλεγεί μία από τις δύο), 2. Newton-Raphson, αφού αποδειχτεί ότι συγκλίνει, 3. Τέμνουσας. (Τα παραδοτέα θα είναι το πρόγραμμα για κάθε μέθοδο και τα αποτελέσματα των επαναλήψεων) Απάντηση: Α. Αρχικά, θα εξεταστεί αν ισχύει το κριτήριο Bolzano στο διάστημα [0,1] για τη συνάρτηση f(x) = e + x x 4 Πιο συγκεκριμένα: f(0) = 3 και f(1) = e 4 1,28172 Ισχύει ότι: f(0) f(1) > 0 Επομένως, στο διάστημα [0,1] η εξίσωση δεν έχει λύση. Στη συνέχεια εξετάζεται το διάστημα [1,2]. Πιο συγκεκριμένα: f(1) = e 4 1,28172 και f(2) = e 2 5,38906 Ισχύει ότι: f(1) f(2) < 0. Επομένως, θα υπάρχει τουλάχιστον μία λύση στο διάστημα [1,2]. Παραγωγίζοντας τη συνάρτηση προκύπτει: f (x) = e + 2x 1 Η πρώτη παράγωγος στο διάστημα [1,2] έχει θετικό πρόσημο, δηλαδή η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα. Επομένως, η συνάρτηση θα έχει μία και μοναδική λύση στο διάστημα [1,2]. Β. Η επίλυση στο Mathematica βρίσκεται δίνοντας: FindRoot[e + x x 4,{x,1}] και προκύπτει: {x }. 3

4 Επομένως, η ρίζα που αναζητάμε στο διάστημα [1,2] είναι η 1, Γ. Στη συνέχεια φαίνεται ο πηγαίος κώδικας σε γλώσσα προγραμματισμού Fortran για τις διάφορες μεθόδους. Για κάθε μέθοδο, ο κώδικας γράφτηκε σε περιβάλλον Mandrake Linux 10.1 και μεταγλωττίστηκε με τον compiler g77 έκδοση Με βάση τα δεδομένα της άσκησης, σαν κριτήριο τερματισμού της επαναληπτικής διαδικασίας για κάθε μέθοδο επιλέγεται: 1. Μέθοδος Διχοτόμησης x x 5 10 x Ο πηγαίος κώδικας είναι: program dixotomisi implicit none l,xr,xm,xold,err,f,tol integer i,maxiter tol=5.0d0*1.0d-6 maxiter=100 xl=1.0d0 xr=2.0d0 xold=xl open(unit=15,file="dixotomisi.txt") write(15,*) ' Dixotomisi' write(15,50) write(15,*) ' ' do i=1,maxiter xm=(xl+xr)/2.0d0 err=dabs((xm-xold)/xm) if ( err.le.tol) then write(15,100) i,xm,err exit else if ( f(xl)*f(xm).lt.0.0d0 ) then xr=xm else xl=xm if xold=xm write(15,100) i,xm,err do 4

5 50 format(2x,'i',9x,'x',13x,'error') 100 format(i3,2x,e14.7,2x,e14.7) close(15) stop double precision function f(x) f=exp(x)+x*x-x-4.0d0 Τα αποτελέσματα της επαναληπτικής διαδικασίας είναι: Dixotomisi i x error E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E-05 Επομένως, στην 18 η επανάληψη προκύπτει η ρίζα της εξίσωσης 1, Μέθοδος Γραμμικής Παρεμβολής Ο πηγαίος κώδικας είναι: program paremvoli implicit none l,xr,xm,xold,err,f,tol integer i,maxiter tol=5.0d0*1.0d-6 maxiter=100 5

6 xl=1.0d0 xr=2.0d0 xold=xl open(unit=15,file="paremvoli.txt") write(15,*) ' Paremvoli' write(15,50) write(15,*) ' ' do i=1,maxiter xm=xr-f(xr)*(xr-xl)/(f(xr)-f(xl)) err=dabs((xm-xold)/xm) if ( err.le.tol) then write(15,100) i,xm,err exit else if ( f(xl)*f(xm).lt.0.0d0 ) then xr=xm else xl=xm if xold=xm write(15,100) i,xm,err do 50 format(2x,'i',9x,'x',13x,'error') 100 format(i3,2x,e14.7,2x,e14.7) close(15) stop double precision function f(x) f=exp(x)+x*x-x-4.0d0 Τα αποτελέσματα της επαναληπτικής διαδικασίας είναι: Paremvoli i x error E E E E E E E E E E E E E E E E-04 6

7 E E E E-05 Επομένως, στην 10 η επανάληψη προκύπτει η ρίζα της εξίσωσης 1, Μέθοδος Newton-Raphson Θα εξεταστεί αν ισχύει το θεώρημα σύγκλισης της μεθόδου. Πιο συγκεκριμένα: Η συνάρτηση f(x) = e + x x 4 είναι ορισμένη και δύο φορές συνεχώς παραγωγίσιμη στο διάστημα [1,2]. Ικανοποιείται το κριτήριο Bolzano (βλ. σελ. 3). Η f (x) = e + 2x 1 είναι διάφορη του μηδενός για κάθε x [1,2]. H f (x) = e + 2 διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [1,2]. Για x = 1 η f (x) ελαχιστοποιείται στο [1,2] και ισχύει: f(1) 4 f = e 0, < 2 1 = 1 (1) e + 1 Επομένως, μιας και ισχύουν όλα τα παραπάνω, το επαναληπτικό σχήμα της μεθόδου Newton- Raphson θα συγκλίνει στη λύση, που υπάρχει στο διάστημα [1,2]. Ο πηγαίος κώδικας είναι: program newton_rapshon implicit none l,xr,xnew,xold,err,f,df,tol integer i,maxiter tol= 5.0d0*1.0d-6 maxiter=100 xl=1.0d0 xr=2.0d0 xold=(xl+xr)/2.0d0 open(unit=15,file="newton.txt") write(15,*) ' Newton-Raphson' write(15,50) write(15,*) ' ' do i=1,maxiter xnew=xold-f(xold)/df(xold) err=dabs((xnew-xold)/xnew) if ( err.le.tol) then write(15,100) i,xnew,err exit if xold=xnew write(15,100) i,xnew,err 7

8 do 50 format(2x,'i',9x,'x',13x,'error') 100 format(i3,2x,e14.7,2x,e14.7) close(15) stop double precision function f(x) f=exp(x)+x*x-x-4.0d0 double precision function df(x) df=exp(x)+2.0d0*x-1.0d0 Τα αποτελέσματα της επαναληπτικής διαδικασίας είναι: Newton-Raphson i x error E E E E E E E E-07 Επομένως, στην 4 η επανάληψη προκύπτει η ρίζα της εξίσωσης 1, Μέθοδος της Τέμνουσας Ο πηγαίος κώδικας είναι: program temnousa implicit none l,xr,xnew,xold0,xold1,err,f,tol integer i,maxiter tol=5.0d0*1.0d-6 maxiter=100 xl=1.0d0 xr=2.0d0 xold1=xl xold0=(xl+xr)/2.0d0 open(unit=15,file="temnousa.txt") write(15,*) ' Temnousa' write(15,50) write(15,*) ' ' do i=1,maxiter 8

9 xnew=xold0-f(xold0)/((f(xold0)-f(xold1))/(xold0-xold1)) err=dabs((xnew-xold0)/xnew) if ( err.le.tol) then write(15,100) i,xnew,err exit if xold1=xold0 xold0=xnew write(15,100) i,xnew,err do 50 format(2x,'i',9x,'x',13x,'error') 100 format(i3,2x,e14.7,2x,e14.7) close(15) stop double precision function f(x) f=exp(x)+x*x-x-4.0d0 Τα αποτελέσματα της επαναληπτικής διαδικασίας είναι: Temnousa i x error E E E E E E E E E E-06 Επομένως, στην 5 η επανάληψη προκύπτει η ρίζα της εξίσωσης 1,