ΜΑΣ 371: Αριθμητική Ανάλυση ΙI ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ. 1. Να βρεθεί το πολυώνυμο παρεμβολής Lagrange για τα σημεία (0, 1), (1, 2) και (4, 2).

Transcript

1 ΜΑΣ 7: Αριθμητική Ανάλυση ΙI ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Να βρεθεί το πολυώνυμο παρεμβολής Lagrage για τα σημεία (, ), (, ) και (4, ) Λύση: Για τα σημεία x, x, x 4, y, y, y υπολογίζουμε x x x x () x x x x x x 4 L ( x) ( x )( x 4) 4 4 x x x x () x x x x x x 4 L ( x) x( x 4) 4 x x x x () x x x x x x L ( x) x( x ) 4 4 και έχουμε () () () 5 p( x) yl ( x) yl ( x) yl ( x) x x 4 4 Να βρεθεί το πολυώνυμο παρεμβολής Lagrage που προσεγγίζει τη συνάρτηση f ( x) si x στους κόμβους xi,,,, 4 4 Λύση: Με f(x) = si(πx) και Έτσι βρίσκουμε τα πολυώνυμα Lagrage ως εξής: (4) L ( x) (4x )( x )(4 x )( x ), x,,,, υπολογίζουμε yi f ( xi),,,, (4) 6 L ( x) x(x )(4 x )( x )

2 L (4) ( x ) 4 x (4 x )(4 x )( x ), (4) 6 L ( x) x(4x )( x )( x ) και (4) L4 ( x) x(4x )( x )(4 x ) Επομένως, p ( x) f () L ( x) f (/ 4) L ( x) f (/ ) L ( x) f (/ 4) L ( x) f () L ( x) (4) (4) (4) (4) (4) 4 4 = 66 x 4-74x 575x x Αποδείξτε ότι i L ( ) i ( x), όπου ( L ) ( x ) τα πολυώνυμα Lagrage (Υπόδειξη: αυτή η i άσκηση λύνεται πολύ εύκολα αν θεωρήσετε ένα ειδικό πρόβλημα παρεμβολής) Λύση: Θεωρούμε το πρόβλημα παρεμβολής με f(x) =, δηλ θέλουμε να βρούμε ένα πολυώνυμο p(x) τέτοιο ώστε p(xi) = f(xi), i =,,, Έχουμε ( ) ( ) i i ( ) i p x y L x, όπου ( L ) ( x ) τα πολυώνυμα Lagrage και y f ( x ) i,,, Έτσι, έχουμε i i i ( ) Li ( x) i 4 Να βρείτε μια λογική εκτίμηση για το σφάλμα παρεμβολής όταν τριτοβάθμιο πολυώνυμο παρεμβολής προσεγγίζει τη συνάρτηση f ( x) διάστημα [/4, ] x σε ισαπέχοντα κομβικά σημεία στο

3 4 ( ),,, 4 και (4) f p f,[,/4] 4 όπου,[,/4] Λύση: Έχουμε f x x a b / 4 (4) 5 7/ Υπολογίζουμε f ( x) x και f f p 955,[,/4] 4 (4),[,/4] / Άρα, 5 Έστω t f ( x) e dt x (α) Να βρεθεί το μήκος του ομοιόμορφου πλέγματος, έτσι ώστε όταν προσεγγίσουμε την f(x) στο διάστημα [, ] με κατά-τμήματα πρώτου βαθμού πολυώνυμο παρεμβολής το σφάλμα (σε οποιαδήποτε σημεία) να είναι το πολύ 6 (β) Να επαναλάβετε την άσκηση για κατά-τμήματα δευτέρου βαθμού πολυώνυμο παρεμβολής Λύση: (α) Το σφάλμα παρεμβολής ικανοποιεί f p f, όπου και,[,],[,] 8 x ο αριθμός των κομβικών σημείων Υπολογίζουμε f ( x) xe e 5 και άρα f,[,] είναι μια απλή εκτίμηση για το f Επομένως,,[,] f p 5 και για να έχουμε ακρίβεια 6 πρέπει να ισχύει,[,] (δηλ χρειαζόμαστε 56 κομβικά σημεία) (β) Για δευτεροβάθμιο πολυώνυμο παρεμβολής, έχουμε f p f,[,],[,] 9 4 x Υπολογίζουμε f ( x) x e και έτσι f e 4,[,] Για να έχουμε ακρίβεια 6 πρέπει κομβικά σημεία) (δηλ χρειαζόμαστε 5

4 6 Να υπολογίσετε το κατά-τμήματα δευτεροβάθμιο πολυώνυμο παρεμβολής για τη συνάρτηση f ( x) / 5x, στα σημεία x, x /, x /, x, 4 x /, x /, και 4 5 x6 Λύση: Έχουμε τη συνάρτηση f( x) και τα κομβικά σημεία 5x x, x, x, x, x4, x5, x6 από τα οποία βρίσκουμε τις τιμές 9 9 y f, y f, y f, y f, y4 f, y5 f, y6 f Το δευτεροβάθμιο πολυώνυμο παρεμβολής της f(x) στο διάστημα [x, x] κατασκευάζεται χρησιμοποιώντας σημεία: και, πχ, 9, ( ),,, ( ), 6 9 x f x x f x Βρίσκουμε x x 5 6, x x f, 6 66 p ( x ) 8 x 495 x 6 () Με εντελώς ανάλογο τρόπο, βρίσκουμε και τα άλλα 5 δευτεροβάθμια πολυώνυμα: p ( x) 85x 8x () p ( x) 59x 7x 75 () p ( x) 59x 7x (4) p ( x) 85x 8x (5) p ( x) 8x 495x 6 (6) Το κατά-τμήματα δευτεροβάθμιο πολυώνυμο παρεμβολής της f(x) ορίζεται κατά-τμήματα ως () p ( x), x [, / ] () p ( x), x [ /, / ] () p ( x), x [ /,] p ( x) (4) p ( x), x [,/ ] (5) p ( x), x [/, / ] (6) p ( x), x [ /,]

5 5 7 Θεωρούμε τα κομβικά σημεία a x x x x b και ορίζουμε τις κατά-τμήματα γραμμικές συναρτήσεις k, k σαν x xk xk x x x k, x x x k k k ( x), xk x xk xk xk Ορίζουμε, επίσης, το συναρτησιακό χώρο k S { f C a, b : f ( a) f ( b) και f είναι κατά-τμήματα πολυώνυμο πρώτου βαθμού στο πλέγμα με κομβικά σημεία x, i,, i } Να δείξετε ότι S spa k k, δηλ τα k, k είναι μια βάση για τον χώρο S, και ότι κάθε f S μπορεί να γραφτεί σαν γραμμικός συνδυασμός των k Λύση: Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση ( x) έχει την εξής ιδιότητα: k (*) k ( x j) j k ά όπου xj, j =,, τα κομβικά σημεία Η γραφική της παράσταση φαίνεται πιο κάτω

6 6 Πρώτα θα δείξουμε ότι k k είναι γραμμικώς ανεξάρτητα, δηλαδή ότι αν a ( x) a ( x) a ( x) για κάθε x [a, b], τότε a a a Έστω ότι a ( x) a ( x) a ( x) για κάθε x [a, b], και επιλέγουμε x = xj Τότε a ( x ) a ( x ) a ( x ) και η (*) δίνει a ( x ) ή ισοδύναμα έχουμε j j j j j j aj = Μια και το j ήταν αυθαίρετο, έχουμε το ζητούμενο Τέλος, θα δείξουμε ότι για f S, μπορούμε να βρούμε μοναδικές σταθερές bj τέτοιες ώστε j j για x [a, b] j f ( x) b ( x) b ( x) b ( x) b ( x) Θέτοντας x = xj η πιο πάνω σχέση δίνει j j j j j j j j j f ( x ) b ( x ) b ( x ) b ( x ) b ( x ) b που δείχνει ότι πράγματι, υπάρχουν μοναδικές τέτοιες σταθερές και ισχύει Αυτό φαίνεται γραφικά στο πιο κάτω σχήμα f ( x) f ( x ) ( x) j j j

7 8 Να βρείτε το δευτεροβάθμιο πολυώνυμο ελάχιστων τετραγώνων που αντιπροσωπεύει τα δεδομένα (, 9), (, 7), (, 5), (, 5) και (, ) 7 Λύση: Θέλουμε να βρούμε το p( x) ax ax a, δηλ να υπολογίσουμε τους συντελεστές Κατασκευάζουμε τον πίνακα ( ) 4 ( ) A () () () 4 όπως και το διάνυσμα 9 7 b 5 5 Οι συντελεστές ικανοποιούν το σύστημα A Aa A b, όπου a [ a, a, a], δηλ 5 a 59 a 4 4 a 8 Λύνουμε το σύστημα και βρίσκουμε a 949, a 4, a 4486

8 8 9 Να βρείτε το τριτοβάθμιο πολυώνυμο συνεχών ελάχιστων τετραγώνων που προσεγγίζει τη συνάρτηση f ( x) si( x) στο διάστημα [, ] (Πάρτε σαν συνάρτηση βάρους w(x) = ) Λύση: Θα χρησιμοποιήσουμε τα ορθοκανονικά πολυώνυμα Legedre Τα πρώτα 4 είναι L ( x) /, L ( x) x /, L ( x) (x ) 5 / 8, L( x) (5 x x) 7 / Έχουμε j p ( x) f, L L ( x), όπου f, Lj f ( x) Lj( x) dx w Υπολογίζουμε, f, L f ( x) L ( x) dx f ( x) / dx / si( x) dx w, f, L f ( x) L ( x) dx f ( x) x / dx / xsi( x) dx w w, f, L f ( x) L ( x) dx f ( x)(x ) 5 / 8dx 5 / 8 (x )si( x) dx w f, L f ( x) L ( x) dx f ( x) (5 x x) 7 / dx 7 / (5 x x)si( x) dx 4 j w j Άρα, p x L x L x x x ( ) ( ) 4 ( )

9 y Να προσεγγίσετε την συνάρτηση f ( x) / x στο [, ] με δευτεροβάθμιο πολυώνυμο 9 ελάχιστων τετραγώνων (Πάρτε σαν συνάρτηση βάρους w(x) = ) Λύση: Η ιδέα είναι ακριβώς η ίδια με το προηγούμενο πρόβλημα, με την σημαντική διαφορά ότι το διάστημα είναι το [, ] Άρα, ορίζουμε την συνάρτηση F() t t t f / για t [,] και την προσεγγίζουμε όπως ακριβώς το προηγούμενο πρόβλημα Δηλ j p ( t) F, L L ( t), όπου F, Lj F( t) Lj( t) dt w Υπολογίζουμε t F, L F( x) L ( t) dt F( t) / dt / dt 666, w t F, L F( t) L ( t) dt F( t) t / dt / t dt , w w t F, L F( t) L ( t) dt F( t)(t ) 5 / 8dt 5 / 8 (t ) dt Άρα, p ( t) 666 L ( t) L ( t) L ( t) t 48574t για t [,] Η απάντηση για x [,] δίδεται από p x x x ( ) ( ) 48574( ) x x j w j / /, / 9 8 x / p (x) x

10 Θέλουμε να προσαρμόσουμε ένα κύκλο στα δεδομένα (4, ), (5, ), (5, 5), (5, ), (, ), (5, ), (5, 5), (5, ) με τον εξής τρόπο: (α) Δείξτε ότι ax by c x y είναι η εξίσωση ενός κύκλου με κέντρο το (a, b) και ακτίνα c a b (β) Δείξτε ότι αν αντικαταστήσουμε τα δοθέντα σημεία στην πιο πάνω εξίσωση του κύκλου, τότε παίρνουμε ένα υπερπροσδιορισμένο γραμμικό σύστημα εξισώσεων της μορφής Ad z όπου d [ a, b, c] (γ) Λύστε το σύστημα A Ad A z για να βρείτε τις σταθερές που δίνουν τον κύκλο Λύση: (α) Έχουμε ax by c x y x ax y by c x ax a y by b c a b x a y b c a b (β) Αντικαθιστώντας τα δεδομένα στην εξίσωση ax by c x y, παίρνουμε το εξής 8 υπερπροσδιορισμένο γραμμικό σύστημα για a, b, c: a 6 5 b 4 5 c 5 d A z (γ) Το σύστημα A Ad A z γράφεται σαν a b c 99 Χρησιμοποιούμε αυτή την εξίσωση αντί για την συνηθισμένη έτσι ώστε το σύστημα να είναι γραμμικό

11 a 5 του οποίου η λύση είναι b Δηλαδή, ο κύκλος έχει κέντρο το (5, ) και c 85 ακτίνα c a b MALAB SESSION (για τη γραφική παράσταση του κύκλου μαζί με τα σημεία): >> x=[4,5,5,5,,5,5,5]; >> y=[,,5,,,,5,]; >> ezplot('(x-5)^ + (y-)^ = 4577^',[,5]) >> axis equal >> old Curret plot eld >> plot(x,y,'ob') >> title(' ') >> axis([ 5 4]) Έστω f(x) = si(x), x [, π] Να βρείτε το πολυώνυμο συνεχών ελάχιστων τετραγώνων βαθμού 4, χρησιμοποιώντας τα ορθογώνια πολυώνυμα (α) Legedre (β) Cebysev Λύση: Με [a, b] = [, π], ορίζουμε τη συνάρτηση g( t) b a ( b a) t t t η οποία μετακινεί το διάστημα [, ] στο [, π] Σημειώνουμε ότι η αντίστροφη x απεικόνιση είναι t g ( x) Κάνουμε την αλλαγή μεταβλητών x = g(t) και έχουμε το πρόβλημα ελάχιστων τετραγώνων για την F(t) = f(g(t)) = si(π+πt) με t [, ] (α) Τα πρώτα 5 ορθοκανονικά πολυώνυμα Legedre είναι L ( x) /, L ( x) x /, L ( x) (x ) 5 / 8, 4 L( x) (5x x) 7 /, L4( x) (5x x ) 9 / 8

12 Άρα, το πολυώνυμο ελάχιστων τετραγώνων p4(x) δίδεται από 4 j p4( t) F, Lj Lj( t) όπου F, Lj F( t) Lj( t) dt w Υπολογίζουμε F, L F( t) L ( t) dt / si( t) dt w F, L F( t) L ( t) dt / t si( t) dt 7797 w, ( ) ( ) 5 / 8 ( )si( ) w F L F t L t dt t t dt, ( ) ( ) 7 / (5 )si( ) 69 w F L F t L t dt t t t dt 4, 4 ( ) 4( ) 8 / (5 )si( ) w 8 F L F t L t dt t t t dt Άρα, p ( t) 7797 L ( t) 69 L ( t) 4 w για πάνω) t [,] Η απάντηση για x[, ] δίδεται από (βλ αντίστροφη απεικόνιση πιο x x x p4 7797L 69L 98x 88x 99x με το γράφημα και των δύο να φαίνεται πιο κάτω, μαζί με το σφάλμα μεταξύ τους (β) Έχουμε τα ορθοκανονικά πολυώνυμα Cebysev x x x x x ( ) /, ( ) /, ( ) ( ) /, 4 ( x) (4x x) /, 4( x) (8x 8x ) / Άρα, το πολυώνυμο ελάχιστων τετραγώνων p4(x) δίδεται από

13 4 j p4( t) F, j j( t) w όπου F, j ( ) ( ) w F t j t dt Υπολογίζουμε t F t t ( ) ( ) si( t) F, dt / dt w t t F( t) ( t) tsi( t) F, dt / dt 74 w t t F( t) ( t) (t )si( t) F, dt / dt w t t F( t) ( t) (4t t)si( t) F, dt / dt 859 w t t 4 4 F( t) ( t) (8t 8t )si( t) F, 4 dt / dt w t t Άρα, p ( t) 745 ( t) 859 ( t) 4 για t [,] Η απάντηση για x[, ] δίδεται από x x x p x 8x 86x Η γραφικές παραστάσεις φαίνονται πιο κάτω Να βρείτε τρία πολυώνυμα τα οποία είναι ορθογώνια ως προς το εσωτερικό γινόμενο, ( ) ( ) f g x f x g x dx Στη συνέχεια, να τα χρησιμοποιήσετε για να βρείτε το

14 δευτεροβάθμιο πολυώνυμο p ( ) x που ελαχιστοποιεί την ποσότητα 4 x si( x / ) p( x) dx Λύση: Έστω ( x) Ορίζουμε x xdx x, ( x) x ( x) x x, x dx x x x xdx x, x, ( x) x ( x) ( x) x x,, x x dx 5 4 x x x 4 x dx x dx x dx x dx 5 x x xdx x dx Τα πιο πάνω είναι ορθογώνια αλλά όχι ορθοκανονικά Γι αυτό διαιρούμε δια την νόρμα του κάθε ενός: x 5 ( x), / ( x) x, / x dx x x dx ( x) / x x 5 x x x dx 5 Με τα πιο πάνω, έχουμε ότι και άρα j p( x) si x /, j j( x) Υπολογίζουμε si x /, x si x / ( x) dx si x /, x si x / ( x) dx si x /, x si x / ( x) dx 5 p( x) ( x) x x

15 5 4 Έστω τα πολυώνυμα Berstei k k! B ( x, f ) f x ( x) f x ( x) k k k k!( k)! k k k k όπου f(x) δοθείσα συνεχής συνάρτηση στο [, ] Να δείξετε τα εξής: k k! ( )! (α) B(x, x) = x (Υπόδειξη: για k, ισχύει k k!( k)! ( k )!( k)! k (β) (, ) B x x x x (Υπόδειξη: για k, ισχύει ) k k k k k k k, ενώ για k, ισχύει k k k k k k ) (γ) k k k x( x) x x ( x) k k Λύσεις: (α) Από τον ορισμό, έχουμε k k! k! B ( x, x) x ( x) x ( x) x ( x) k k k k!( k)! k k!( k)! και από την υπόδειξη, παίρνουμε k k k k k k

16 B ( x, x) x ( x) x ( x) k k k k k k k k x x ( x) x ( x) k k x k k 6 (β) Με εντελώς ανάλογο τρόπο, έχουμε B ( x, x ) x ( x) x( x) x ( x) k k k k k k k k k k k k x( x) ( ) x x k k k k k k k x( x) x ( x) x ( x) k k k k x( x) x ( x) x ( x) k k k k k k k k x x x x x k k ( ) ( ) k k k x x ( x) k k x x x x x x x x k k ( ) ( ) ( ) ( ) k k x x x x x x x x( x) x x ( x) x x k k ( ) ( ) ( ) k k k (γ) k k k x x ( x) x x x ( x) k k k k k k k k x ( x) x x ( x) x x ( x) k k k k k k k k k k k k k k B ( x, x ) xb ( x, x) x x( x) x x x x x x

17 7 5 Να βρείτε προσεγγίσεις για τα πιο κάτω ολοκληρώματα με τους απλούς και τους σύνθετους κανόνες του Τραπεζίου και Simpso Για τους σύνθετους κανόνες να χρησιμοποιήσετε = 6 υποδιαστήματα (α) dx (β) 4 x e x dx (γ) x dx Λύση: (α) I( f ) dx x 4 Κανόνας Τραπεζίου: I f f f ( ) ( ) () () Κανόνας Simpso: S f f f f ( ) ( ) () 4 (/ ) () Σύνθετος Κανόνας Τραπεζίου: = ( )/6 = /6 x, x / 6, x / 6 /, x / 6 /, x 4 / 6 /, x 5 / 6, x ( f ) f () f (/ 6) f (/ ) f (/ ) f ( / ) f (5 / 6) f () Σύνθετος Κανόνας Simpso: = / S6 ( f ) f () f (/ 6) f (/ ) f (5 / 6) f (/ ) f ( / ) f () x (β) I( f ) e dx Με τον ίδιο τρόπο όπως και πριν, βρίσκουμε Τ(f) = 9975, S(f) = , 6(f) = 6774, S6(f) = (γ) I( f ) dx x Και εδώ με τον ίδιο τρόπο, βρίσκουμε Τ(f) = 75, S(f) = , 6(f) = 89475, S6(f) = Ο Κανόνας του Μέσου Σημείου για την προσέγγιση του I( f ) f ( x) dx είναι a b a b I ( f ) I( p ) p ( x) dx f dx ( b a) f a b b a b a

18 (Δηλαδή, χρησιμοποιούμε πολυώνυμο βαθμού για την προσέγγιση της f) (α) Να βρεθεί μια παράσταση για το σφάλμα E( f ) I( f ) I( p), όπως επίσης και ο 8 βαθμός ακρίβειας του κανόνα (β) Να βρείτε τον τύπο για τον Σύνθετο Κανόνα του Μέσου Σημείου για ισαπέχοντα κομβικά σημεία, όπως επίσης και μια παράσταση για το σφάλμα στον κανόνα αυτό Τι είναι ο ασυμπτοτικός ρυθμός σύγκλισης του κανόνα; (γ) Να βρεθεί ο αριθμός των υποδιαστημάτων που χρειάζονται για την προσέγγιση του si( x ) με τον Σύνθετο Κανόνα του Μέσου Σημείου έτσι ώστε το σφάλμα να είναι το πολύ dx Λύση: (α) Με ( ) ( ) a b I f b a f παρατηρούμε ότι i i I ( x ) I( x ), i, ο Κανόνας Μέσου Σημείου έχει βαθμό ακρίβειας Έστω p(x) το γραμμικό πολυώνυμο παρεμβολής της f στα κομβικά σημεία x = c ε, x = c + ε, όπου c = (a + b)/ και ε > μια παράμετρος Τότε έχουμε όπου Άρα, και R x x x x x f x f ( x) p ( x) R ( x) ( ) ( ) για κάποιο ξx (a, b), από το θεώρημα του aylor I( f ) I ( f ) I( p R ) I ( p R ) I( p ) I( R ) I ( p ) I ( R ) a b I( R ) ( b a) R ( b a)( c x)( c x ) f ( c) Όταν το ε, xi c, i =,, έτσι lim I( R) Επίσης, και έχουμε b lim ( ) ( ) ( x) a I R x c f dx b b ( ) ( ) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 a a, I f I f x c f dx f x c dx b a f για κάποιο ξ (a, b) Άρα, ο βαθμός ακρίβειας του Κανόνα Μέσου Σημείου είναι (β) Έστω τα ισαπέχοντα κομβικά σημεία ii m b a x : xi a i, i,,,, Τότε m b m xi m m a xi xi i i i, f ( x) dx f ( x) dx x x f f x i x i i i

19 x x x m Το σφάλμα Em I( f ) f xi όπου i i i ικανοποιεί i 9 m Em f i i 4 για κάποιο ξi (xi, xi), ή E f ( b a) f κάποιο ξ (a, b) Άρα ο ασυμπτωτικός ρυθμός σύγκλισης είναι m m για 4 4 i (γ) Έστω ( ) si( ) I f x dx Τότε, a =, b =, f(x) = si(x ) και f x cos( x ) 4x si( x ) Το σφάλμα του Σύνθετου Κανόνα του Μέσου Σημείου είναι ( ) Em f ( ) cos( ) 4 si( ) 4 cos( ) 4 si( ), [,] 8 4 Για να έχουμε ακρίβεια, πρέπει να ισχύει 67 5 (ή m 78) 7 Ένα αυτοκίνητο χρειάζεται 84 δευτερόλεπτα για να κάνει το γύρο μιας πίστας Η ταχύτητα του αυτοκινήτου (σε πόδια ανά δευτερόλεπτο) μετριέται με ραντάρ κάθε 6 δευτερόλεπτα και δίνεται από τον πιο κάτω πίνακα Να βρεθεί μια προσέγγιση για το μήκος της πίστας Χρόνος Ταχύτητα Λύση: Έστω v(t) η ταχύτητα του αυτοκινήτου τη χρονική στιγμή t και έστω r(t) η θέση του Τότε, το μήκος της πίστας είναι r(84) r() r( t) dt v( t) dt Προσεγγίζουμε το πιο πάνω ολοκλήρωμα με τον Σύνθετο Κανόνα του Τραπεζίου χρησιμοποιώντας τις τιμές του δοθέντος πίνακα (όπου = 6)

20 84 v( t) dt v() v(6) v() v(78) v(84) (πόδια) 8 Έστω ότι p(x) είναι ένα πολυώνυμο βαθμού που ικανοποιεί p() = / και p(5) = 7/4 Υπολογίστε το p ( x ) dx (ακριβώς) Λύση: Ο Κανόνας κατά Gauss-Legedre σημείων θα δώσει την ακριβή απάντηση μια και ο βαθμός ακρίβειάς του είναι (και το p(x) είναι πολυώνυμο βαθμού ) Αφού κάνουμε αλλαγή μεταβλητών, έχουμε p( x) dx p( x) dx p p 7 7 p(5) p() 4 9 Έστω η f μια συνεχής συνάρτηση στο [, ], η οποία ικανοποιεί f ( x) f ( x) 4 για x (α) Να δείξετε ότι f ( x) dx 6 (β) Να δείξετε ότι ο Κανόνας το Τραπεζίου υπολογίζει το Λύση: f ( x) dx ακριβώς (α) Κάνουμε την εξής αλλαγή μεταβλητών: t x dt dx Άρα f ( x ) dx f ( t ) dt f ( t ) dt f ( x ) dx f ( x ) dx Επίσης, Προσθέτοντας τα δύο f ( x) f ( x) 4 f ( x) dx f ( x) dx 4dx βρίσκουμε f ( x) dx f ( x) dx 6 Να δείξετε ότι ένας συμμετρικός πίνακας οι ιδιοτιμές του είναι όλες αυστηρά θετικές Είναι ο Λύση: A είναι θετικά ορισμένος αν και μόνο αν 4 A θετικά ορισμένος;

21 Έστω A συμμετρικός Τότε οι ιδιοτιμές του είναι πραγματικές Επίσης, ο Α είναι ορθογώνια διαγωνιοποιήσιμος, δηλ υπάρχει ορθογώνιος πίνακας U τέτοιος ώστε U AU diag y U x (,, ), με λi τις ιδιοτιμές του Α Έστω Τότε x U y και x y U, άρα x A x y U AU y y y i yi Αν ο Α είναι θετικά ορισμένος, τότε x Ax που σημαίνει ότι x τυχαίο και έστω i i y, i,, i i i Αν λi >, i =,, τότε i yi x Ax ορισμένος Τέλος, ο πίνακας x 4 A που δείχνει ότι ο Α είναι θετικά i δεν είναι θετικά ορισμένος, αφού με x [,] έχουμε A x = (Σημειώστε ότι ο Α εδώ δεν είναι συμμετρικός) Έστω ο πενταδιαγώνιος πίνακας A Να δείξετε ότι ο Α είναι αντιστρέψιμος και να βρείτε ένα άνω φράγμα για τον δείκτη κατάστασης του, στη άπειρη νόρμα Λύση: Ο πίνακας Α γράφεται ως Α = 6(Ι + Β) όπου

22 / 6 / 6 / 6 / 6 / 6 / 6 / 6 / 6 / 6 B / 6 / 6, / 6 / 6 / 6 / 6 / 6 / 6 / 6 με 4 B που δείχνει ότι ο πίνακας (Ι + Β) είναι αντιστρέψιμος, άρα και ο Α είναι 6 αντιστρέψιμος Τώρα, A και Επομένως, ( A) A A 5 A ( I B) / 6 6 B 6 / Έστω ο πίνακας A Να δείξετε ότι ο αντίστροφος A ισούται με j i, i j A i, j, i j και, επίσης, να υπολογίσετε τον δείκτη κατάστασης του A, στη άπειρη νόρμα Λύση: Ο A γράφεται ως Έχουμε A

23 AA και A A Τώρα, A και A i i Επομένως, ( A) A A Να κάνετε επαναλήψεις με τις μεθόδους Jacobi και Gauss-Seidel για τα πιο κάτω συστήματα: (α) x x x 4x 5 (β) 4x x 6 x 5x (Χρησιμοποιείστε σαν αρχική εκτίμηση το μηδενικό διάνυσμα) Λύση: (α) >> A=[ -; 4] A = - 4 >> b=[;5]; >> jacobi(a,b,e-,4,[;]) N = 4

24 4 P = - x= x = 8 8 x = (β) >> A=[-4,;,-5] A = -4-5 >> b=[-6;]; >> jacobi(a,b,e-,4,[;]) N = -4-5 P = - - x = 5 - x = 4 7 x =

25 Θεωρούμε το διάνυσμα ( k ) ( k ) ( k ) ( k ) u [ x, y, z ] του οποίου τα στοιχεία ικανοποιούν την επαναληπτική σχέση ( k ) ( k ) ( k ) ( k ) 4x x y z ( k ) ( k ) ( k ) ( k ) 6y x y z ( k ) ( k ) ( k ) ( k ) 4z x y z 4 Να αποδείξετε ότι η πιο πάνω σχέση ορίζει μια ακολουθία u ( k) k η οποία συγκλίνει για κάθε () () () () u [ x, y, z ] Στη συνέχεια, βρείτε το όριο αυτής της ακολουθίας Λύση: Η δοθείσα επαναληπτική σχέση γράφεται σαν ( k) ( k) 4 x x ( k ) ( k) 6 y y ( k) ( k) 4 z z 4 ( k) ( k) u N Pu N b M N ( k) P ( k ) u b u ( k ) Η ακολουθία u M N P k ( k) ( k) Nu Pu b θα συγκλίνει αν ρ(μ) <, όπου / 4 / 4 / 4 / 4 / 6 / / 6 / 6 / 4 / 4 / 4 / 4 5 Μια και M max,,, έχουμε ότι ρ(μ) < και έτσι η μέθοδος συγκλίνει στη λύση του συστήματος Au (Η λύση δίδεται από u [5 / 9, / 9, / ] ) b, όπου 5 A N P 5, b 4 5 Έστω AB, με Α αντιστρέψιμο Θεωρούμε τις εξής εξισώσεις: Az Bz b Bz Az b οι οποίες προσδιορίζουν τα z, z όπου τα b, b είναι γνωστά (α) Να δώσετε αναγκαίες και ικανές συνθήκες κάτω από τις οποίες η επαναληπτική μέθοδος

26 ( m) ( m) Az b Bz ( m) ( m) Az b Bz, m 6 συγκλίνει (β) Να κάνετε το ίδιο για την εξής επαναληπτική μέθοδο: ( m) ( m) Az b Bz ( m) ( m) Az b Bz, m (γ) Ποια από τις δύο μεθόδους συγκλίνει γρηγορότερα; Λύση: (α) Θέτουμε e z z ( m) ( m) z ( m) z ως το σφάλμα της μεθόδου (και θέλουμε e ( m) όταν το m ) Οι εξισώσεις που ορίζουν τα Επίσης, έχουμε ( m) A b za Bz ( m) e A b z A Bz Άρα, ( m) e ( m) e αν και μόνο αν ρ(μ) < z ( m) ( m), z δίνουν z A b Bz z A b Bz ( m) ( m) ( m) A B z z ( m) ( m) O A Bz z ( ) ( m) m A B z A B O z z z M ( m) e (β) Με παρόμοιο τρόπο ορίζουμε και έχουμε Επομένως, e z z ( m) ( m) z ( m) z ( m) ( m) ( m) z z z A b Bz A B z z ( m) ( m) ( m) ( m) z z z A b Bz A B z z A B z z ( m) e ( m) m O A B m O A B M m m ( ) ( ) A B z z A B z z ( ) ( ) A B z z A B z z Και πάλι, e όταν το m, αν και μόνο αν ρ( M ) < ( m) e

27 (γ) Για να απαντήσουμε, θα πρέπει να συγκρίνουμε τις φασματικές ακτίνες των Μ και M Προφανώς, μια και ο M είναι μπλόκ-άνω-τριγωνικός, έχουμε M A B δούμε με τι ισούται το ρ(μ), χρησιμοποιούμε την ταυτότητα A A det det det A A η οποία ισχύει για μπλόκ πίνακες Έτσι έχουμε A A A A A I A B det( M I) det det I det I A B I A B A B I A B A B I det I det I det I det A B I A B I A B I A B I det det det Για να που δείχνει ότι οι ιδιοτιμές του Μ αποτελούνται από τις ιδιοτιμές του Α Β και του Α Β Άρα, ρ(μ) = ρ(α Β), η οποία είναι μεγαλύτερη από την ρ(μ) = ρ((α Β) ) Συμπεραίνουμε ότι η δεύτερη επαναληπτική μέθοδος συγκλίνει γρηγορότερα 7 6 Να δείξετε ότι τα διαγώνια στοιχεία ενός θετικά ορισμένου πίνακα, είναι θετικά Λύση: Έστω A θετικά ορισμένος, δηλ x A x για κάθε x Παίρνοντας x ei [,,,,,,], έχουμε 7 Έστω A x A x e A e a i i ii αντιστρέψιμος με λ μια ιδιοτιμή και x το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα Υποθέτουμε, επίσης ότι τα ιδιοδιανύσματα του Α αποτελούν μια ορθοκανονική βάση για τον (α) Με μ μια σταθερά που δεν είναι ιδιοτιμή του Α, να βρείτε τις ιδιοτιμές του πίνακα A I, συναρτήσει των λ και μ (β) Να δείξετε ότι τα ιδιοδιανύσματα των Α και A I είναι τα ίδια (γ) Θεωρούμε την μέθοδο της Αντίστροφης Επανάληψης, για τον προσδιορισμό της κυρίαρχης ιδιοτιμής λ (και του αντίστοιχου ιδιοδιανύσματος x ) του πίνακα οποία ορίζεται ως εξής: A, η () Με () x μια αρχική εκτίμηση για το ιδιοδιάνυσμα, θέτουμε

28 ( m) ( m z A I x ), m,,, 8 όπου μ μια παράμετρος που δεν είναι ιδιοτιμή του Α (αλλά μπορεί, και ίσως πρέπει, να είναι κοντά σε μια ιδιοτιμή) Στην πράξη, δεν υπολογίζουμε τον αντίστροφο πίνακα, αλλά A I z x για το λύνουμε το σύστημα ( m ) ( m ), z ( m ) () Θέτουμε x ( m) z z ( m) ( m) () Υπολογίζουμε ( m ) ( m ) ( m ) x z Να δείξετε ότι η πιο πάνω μέθοδος συγκλίνει όταν το m Τι είναι ο ρυθμός σύγκλισης; Λύση: Με λ, ιδιοτιμή και x ιδιοδιάνυσμα του Ax x x x Αυτή η σχέση δείχνει ότι A, ισχύει Ax x Έχουμε (α) οι ιδιοτιμές του A I είναι (β) τα ιδιοδιανύσματα των Α και A I, είναι τα ίδια, (γ) ισχύει ( m) ( m) ( m) m () ( m ) ( m) A I x A I x x ( m) z ( m) m () ( m) z A I x x A I x A I x z x Με τα ii ιδιοδιανύσματα του Α (αλλά και του A I ) τα οποία αποτελούν βάση για τον, γράφουμε x () ixi, i και έτσι i x m m i A I xi i i I xi ( m) i i m m i A I xi i i I xi i i Υπενθυμίζουμε ότι οι ιδιοτιμές του Α ικανοποιούν k, k,4,, Τώρα, για να δείξουμε σύγκλιση, θεωρούμε m m m ( ) i i x x O i k i k k ( m) m m k m i i x i x O i k k m A I x x

29 Αυτό δείχνει ότι όταν m, παίρνουμε το 9 O με γραμμικό ρυθμό σύγκλισης της τάξης του 8 Να βρείτε άνω και κάτω φράγματα για τις ιδιοτιμές του πίνακα / / 4 / 5 A 7 / / 4 Βάση αυτών που βρήκατε, τι μπορείτε να πείτε για την πιθανή σύγκλιση της Μεθόδου των Δυνάμεων για τον προσδιορισμό της κυρίαρχης ιδιοτιμής του Α; Λύση: Από το Θεώρημα του Gerscgori, έχουμε τους κύκλους Z Z Z Z : [ 9, ] : 8 [ 8, 48] : 7 [5, 7] : 4 [,5] 4 4 Μια και κανένα από τα Ζi δεν τέμνονται, οι ιδιοτιμές είναι διακεκριμένες, πραγματικές και ικανοποιούν τα πιο πάνω άνω και κάτω φράγματα Συνεπώς, ο Α έχει 4 γραμμικώς ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα Το λ είναι η κυρίαρχη ιδιοτιμή και λόγω του ότι όλες οι ιδιοτιμές είναι πραγματικές και διακεκριμένες, η Μέθοδος των Δυνάμεων θα συγκλίνει στο λ Ας ελέγξουμε τις απαντήσεις μας μέσω της MALAB: >> A=[- -/ /; 4/5; 7 ;/ / 4] A = >> eig(a) as = και βλέπουμε ότι πράγματι τα αποτελέσματα μας είναι μέσα στα πλαίσια

30 9 Έστω κάποιο v P vv ένας πίνακας μετασχηματισμού Houseolder, δηλ PI για vv Να δείξετε ότι ο Ρ είναι συμμετρικός, ορθογώνιος και ότι P I Λύση: Έχουμε, vv vv P I I vv I v v I P v v v v v v v v που δείχνει ότι ο Ρ είναι συμμετρικός Τώρα, λόγω συμμετρικότητας, vv vv vv vv vv vv v v v v v v v v v v v v P P PP P I I I 4 vv 4 vv vv I 4 v v v v I 4 4 I v v v v v v v v που δείχνει όλα τα υπόλοιπα ζητούμενα,,, [,,,] και a [ x4,, x8] Έστω x x x x P Να βρείτε ένα πίνακα τέτοιο ώστε,,,,,,, 9, Px x x x a x x,,, a,,,,9, Πως μπορείτε να πάρετε το ίδιο αποτέλεσμα, χωρίς να υπολογίσετε τον πίνακα Ρ; Λύση: Πρώτα υπολογίζουμε a [ x4,, x8] [45,6,7,8] 784, και θέτουμε,,,,,,,,,,,7784,5,6,7,8,, v x a x x Ο πίνακας Ρ δίδεται από vv PI = vv και ελέγχουμε ότι πράγματι,,,,,,,,,,,,,,,9, Px x x x a x x a = 9

31 Θα μπορούσαμε να μην υπολογίσουμε τον Ρ, αλλά να κάνουμε το εξής: Με v όπως ορίστηκε πιο πάνω, θέτουμε 4 και v x 456 Τότε, vv Px x v = mm Έστω U ένας πίνακας μετασχηματισμού Houseolder, και I ο ( m) ( m) ταυτοτικός πίνακας Να δείξετε ότι ο πίνακας U, I U U, είναι επίσης ένας πίνακας μετασχηματισμού Houseolder mm Λύση: Μια και ο U είναι πίνακας Houseolder, υπάρχει m v τέτοιο ώστε U vv Im Ορίζουμε το διάνυσμα v v u m ως u,,, v και παρατηρούμε ότι u u v v Άρα και έτσι uu,, v m vv v m

32 I uu I Im I m uu vv U u u v v I U m v v Που δείχνει ότι ο U είναι πίνακας Houseolder 6 Έστω A 8 Να βρείτε την παραγοντοποίηση A = QR, χρησιμοποιώντας την 8 6 μέθοδο των μετασχηματισμών Houseolder Λύση: >> A=[6 ;8 ;8 6 ] A = >> [Q,R]=qr(A) Iteratio: R = Q = Iteratio: R = Q = Iteratio: R = Q =

33 Έστω H ένας πίνακας σε μορφή Hesseberg και έστω R ένας άνω τριγωνικός πίνακας Να δείξετε ότι τα γινόμενα HR και RH είναι σε μορφή Hesseberg Λύση: Έστω r r r H,,,,,,,,,,, r,,,, R r, r,,, Τότε με απευθείας υπολογισμό, βλέπουμε ότι που δείχνει το ζητούμενο, r, * * *,r, * * * HR,r, * *, r, * r,, * * * r,, * * * RH r,, * * r r,,,, 4 4 Έστω A 4 Να κάνετε επαναλήψεις του Αλγόριθμου QR, δηλ να βρείτε τον Α (ο οποίος θα είναι σχεδόν άνω τριγωνικός, ή ίσως και σχεδόν διαγώνιος) Να επαναλάβετε χρησιμοποιώντας τον Αλγόριθμο QR με μετατόπιση (μια με απλή και μια με Wilikiso ) Λύση: >> A=[-4 ; 4] A = -4 4

34 >> qr_iteratio(a,) 4 as = -4 4 >> sifted_qr_iteratio(a,) as = -4-4 >> w_qr_iteratio(a,) as = Να δείξετε ότι ο αντίστροφος ενός τριγωνικού πίνακα (άνω ή κάτω) είναι επίσης τριγωνικός (άνω ή κάτω) Λύση: Έστω ο U mm ένας άνω τριγωνικός πίνακας Η στήλη x i στη θέση i του U δίδεται από το σύστημα Uxi ei όπου e [,,,,,] Με πίσω αντικατάσταση, λύνουμε i θέση i το σύστημα και βλέπουμε ότι στη θέση ι του U x για i j Δηλαδή, όλα τα στοιχεία τις στήλης i j κάτω από τη κύρια διαγώνιο είναι Αυτό συμβαίνει για όλα τα i, άρα ο αντίστροφος πίνακας είναι U x x,, είναι άνω τριγωνικός Η ίδια ιδέα δουλεύει και για κάτω τριγωνικούς πίνακες αλλά η λύση του συστήματος για τον υπολογισμό του αντίστροφου θα πρέπει να γίνει με εμπρός αντικατάσταση 6 Να βρείτε πίνακες UV, έτσι ώστε το γινόμενο U AV να είναι δυ-διαγώνιος πίνακας, όπου Λύση: 6 A 8 8 6

35 5 >> U = >> V = >> U'*A*V as =