Fakulta matematiky, fyziky a informatiky. Univerzita Komenského. Contents I. Úvod do problematiky numeriky 2

NUMERICKÁ MATEMATIKA ročník Fakulta matematiky, fyziky a informatiky Univerzita Komenského Contents I Úvod do problematiky numeriky II Počítačová realizácia reálnych čísel 3 III Diferenčný počet 5 IV CORDIC algoritmus 0 V Čebyševove polynómy druhu VI Riešenie rovníc f(x)=0 VII Implementácia výpočtu druhej odmocniny 6 VIII n-rozmerný Newtonov algoritmus a riešenie sústav nelineárnych rovníc 7 IX Lubbockova metóda na aproximáciu súčtu nekonečných radov 8 X Interpolácia 0 XI Interpolácia pomocou splajnov 6 XII Metóda najmenších štvorcov 8 XIII Numerická derivácia 33 XIV Riešenie sústav lineárnych rovníc 36 XV Numerická kvadratúra 38 References Babušíková-Slodička-Weiss, Numerické metódy, UK, 000 Stanislav Mika, Numerické metódy algebry, SNTL, Praha, 98 3 Petr Přykril, Numerické metódy matemtickej analýzy, SNTL, Praha, 983 4 Nekvinda-Šrubaš-Wildt, Úvod do numerickej matematiky 5 Emil Vitásek, Numerické metódy 6 Anthony Ralston, Základy numerickej matematiky, Akademia, Praha, 983 7 Lars Eldén, Linda Wittmayer-Koch, Numerical Analysis an Introduction, Linköping 8 Filová-Valková, Numerická matematika (Aproximačné a kvadratúrne metódy) 9 Dávid, Numerické metódy na osobných počítačoch Typeset by AMS-TEX

ROČNÍK I Úvod do problematiky numerickej matematiky reálny problém experimenty merania riešenie problému mat model exaktné matmetódy exaktné riešenie jednoduchší model približné metódy num úloha numerické metódy num riešenie Príklad Objem Zeme: O V = 4 3 πr3 V 4 (r=6378km) V = 3 πr3 Príklad { Elektrický obvod: (a, b, c, d znéme konštanty) I = a(e bu ) c = da(e bu ) + U c = d I + U Ak c =, d = 4, e = 3 a b =, tak U 0, 99 Budeme predpokladať, že riešenie existuje; otázka stability úlohy; Príklad 3 x + 6x =8 x + 6x =8 x +600000x =800000 x +5999999x =800000 ( ) ( ) 7 riešenie: x = riešenie: x = Nestabilná sústava, lebo malá zmena v koeficientoch spôsobí veľkú zmenu Príklad 4 Ax = b: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x x x 3 x 4 x 5 = Riešenie tejto sústavy je x = (; 0; ; 0; ) T Ak namiesto 0 máme 00, tak riešenie bude x = (0; 0; ; 0; 0) T nestabilná sústava Príklad 5 x 4x + 4 = 0 x =, x = x 4x + 3999 = 0 x = 0, x = 99 0 0 0 Príklad 6 {z n } n=0 z n+ = a z n a 0, z 0 0 a>0, z 0 = 0 z = 0,, z i = 0 a>, z 0 0 z = a z 0, z = a z 0,, z n = a n z 0 lim n z n = Nech z 0 = 0 0 nestabilná

NUMERICKÁ MATEMATIKA 3 Príklad 7 f (x) = 0, f (x) = ε sin(nx) pre x R, ε>0, n>0 g(x) = f (x) f (x) max f (x) f (x) = max ε sin(nx) ε x R x R g (x) = f (x) f (x) max g (x) = ε cos(nx) n εn x R Nech ε = 0 9 a n = 0 9 Výpočet derivácie je nestabilná úloha g(x) je spojitá funkcia Nech f (x) f (x) ε x 0, 0 f (x) f (x) dx ε 0 dx = ε Integrovanie je stabilná úloha Číselné sústavy ±a n a n a a 0, b b = ± a k 0 k + b k 0 k k=0 Definícia Ak q je základ číselnej sústavy, tak číslo tvaru ±a 0, a a a t q c (kde a 0 0 a a i {0,,, 9} ) sa nazýva mantisa Normalizovaná mantisa je číslo tvaru ±0a a a t q b, kde a 0 Príklad 8 85 (0) = 00000 () 545 (0) = 000 () k=0 II Počítačová realizácia reálnych čísel a ) x = ±0d d d t d t+ 0 e (e exponent); q m < b ) x = ±d 0 d d d t q e m < q M(q, t, L, U) q aditívny t miestny počítač L najmenší exponent, U najväčší exponent Príklad M(, 3,, ) prípad a ) : 0, 00, 0, 0,, 0, tieto sú presne zobraziteľné ( ) čísla Najmenšie presne zobraziteľné číslo je ( ) 7 0, 00 = ; najväčšie presne zobraziteľné číslo je 0, = 4 (0) 4 (0) Počet presne zobraziteľných čísel na počítači M(q, t, L, U) je (q ) q t (U L + ) + Definícia Absolútna chyba je rozdiel medzi presným číslom x a výsledkom x: x x m m q t ak x je správne zaokrúhlené číslo na t-tom mieste m resp m mantisa čísla x resp x Definícia Ak x = m q e a x = m q e, tak relatívna chyba je výraz x x x Platí: x x x = mq e mq e mq e = m m m q t Teda x x x q t :=η η je zaokrúhlovacia jednotka Zaokrúhlovacia jednotka sa rovná κ q t, kde κ = pri rezaní; a κ = pri zaokrúhlovaní ω presná operácia; ˆω počítačová operácia x sa dá presne zobraziť, tak fl t (x) = x, kde fl t (x) je počítačová realizácia čísla x

4 ROČNÍK Ak x, y M, tak x ˆω y = fl t (x ω y) Ak x, y / M, tak x ˆω y = fl t (fl t (x) ω fl t (y)) Súčet čísel s rovnakými znamienkami: R x, y > 0, x x resp ȳ y tj x = x + ε resp y = ȳ + ε (x + y) ( x + ȳ) = (x + y) ( x ε + ȳ ε ) = ε + ε (x + y) ( x + ȳ) x + y = ε + ε x + y ε x + y + ε x + y ε + ε x y Súčet s rôznymi znamienkami: relatívna chyba: Re(x + y) = ε + ε x + y Príklad Zaokrúhlite na desatinné miesta: x = 0996 x = 00 y = 0994 ȳ = 099 Re(x + y) = ε + ε x + y = 0004 0004 000 = 4 ε = x x = 0004 = 0004 = 04% Re(x) = x x x = 46 < 0005 ε = y ȳ = 0004 = 0004 = 04% Re(y) = y ȳ y = 4 994 < 0005 Dôsledky počítačovej aritmetiky: Ak chceme vyrátať x sin x v okolí bodu 0, tak musíme použiť Taylora Chceme nájsť korene kvadratického trojčlena ax + bx + c = 0, kde a 0, b<0 a b 4ac Potom dostaneme x = b + b 4ac b + ( b) = b a a a, ale b ( b) x = 0 čo je zlý výsledok Treba použiť Vietove vzťahy na určenie a koreňa x : x x = c a x = c ax { ( ) ( ) εx + x = ε ε ε 0 x + x = 0 ε ε ( ) ( ) ( ) ε x 0 = ε x x = ε ε a x = x 0 zle ε ε ( ) ( ) Správny postup: ε 0 ε ε x = ε ε + ε x = x = = x = ε ε Platné dekadické číslice a platné desatinné miesta Definícia 3 Nech x = a 0 b, a mantisa, x = ā 0 b Hovoríme, že j-tá dekadická číslica je za desatinnou čiarkou je platná, ak platí () x x 0b j a () a ā 0 j Ak platia pre nejaké j = s (tým skôr pre j < s), ale pre j = s + už nerovnosť neplatí, potom hovoríme, že x má s platných číslic za desatinnou čiarkou Príklad 3 a = 03459 a ā = 034, tak a ā 0 4, teda ā má 4 platné číslice Pre čísla s normalizovanou mantisou sa používa výraz platné desatinné miesta Platné desatinné miesta sú tie miesta za desatinnou čiarkou, ktoré sú obsadené platnými číslicami v zmysle tých nerovností (), (), a nulami pred prvou platnou číslicou

NUMERICKÁ MATEMATIKA 5 III Diferenčný počet Majme diskrétnu množinu bodov x i a v nich funkčné hodnoty f(x i ) x i = x 0 +ih, kde h veľkosť kroku a i Z f(x 0 ) = f(x 0 + h) f(x 0 ) Označme f i :=f(x i ) Definícia 3 Diferencia rádu funkcie f(x) v bode x i s krokom h sa nazýva číslo: f(x i )=f(x i +h) f(x i ) = f(x i+ ) f(x i ) = f i+ f i Diferencia rádu: f(x i ) = f(x i+ ) f(x i ),, n tehorádu: n f(x i ) = n f(x i+ ) n f(x i ) k ( ) k Všeobecne platí: k f(x i ) = ( ) j f(x i + (k j)h) j inverzný operátor Potom f(x) = g(x) c(x) + f(x) = g(x) g(x) = f(x)+c(x) g(x) = f(x)+0, teda c(x) = 0 tj c(x+h) c(x) = 0 Príklad 3 a x = a x+ a x = a x (a ) x = x a x = ax a a x = a x a b b f(x) = g(x), g(x) = [f(x + h) f(x)] = [f(x)] b+ x=a x=a x [k] = x(x ) (x k + ) x [k] = (x + ) [k] x [k] = (x + )x(x ) (x k + ) x(x ) (x k + ) = = x(x ) (x k + )[x + (x k + )] = k x [k+] x [k+] = (k + )x [k] x [k] = x[k+] k + x [k] = x[k+] k + Diferenčná rovnica: sústava rovníc G(n, y n, y n,, p y n ) = 0 Neznáma v tomto G je {y n } k ( ) k k y n = ( ) j y n k+j G(n, y n, y n, y n+,, y n+p ) = 0 j y n+p = F (n, y n,, y n+p ) () Rovnicu () nazývame diferenčnou rovnicou p-teho rádu Partikulárnym riešením tejto rovnice rozumieme akúkoľvek postupnosť {y n } n N, ktorej členy vyhovujú rovnici () pre všetky n Každé riešenie diferenciálnej rovnice p-teho rádu je jednoznačne určené p začiatočnými podmienkami Všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice p-teho rádu rozumieme {y n } n N, ktorej členy závisia od p konštánt: c,, c p y n = y(n, c,, c p ) Každé partikulárne riešenie sa dá získať zo všeobecného riešenia a zo začiatočných podmienok Lineárna homogénna diferenčná rovnica s konštantnými koeficientami a 0 y n+p + a y n+p + + a p y n = 0, kde a i sú konštanty, pričom a 0 0 a p Riešenie budeme hľadať v tvare c z n = y n, y n+ = c z n+,, y n+p = c z n+p dosadením: a 0 c z n+p + a c z n+p + + a p c z n = 0 c z n (a 0 z p + a z p + + + a p z 0 ) = 0 a 0 z p + a z p + + a p z 0 je charakteristická rovnica príslušná k diferenciálnej rovnici, je to algebraická rovnica p-teho rádu v premennej z a s tými istými koeficientami Charakteristická rovnica: a 0 z p + a z p + + a p z 0 = 0 () Predpokladajme, že charakteristická rovnica má všetky korene reálne, rôzne: a

6 ROČNÍK z,, z p Potom fundamentálny systém riešení rovnice () je tvaru z n, z n,, z n p (množina lineárne nezávislých riešení) Všeobecné riešenie: y n = c z n + +c p z n p Ak je niektorý reálny koreň charakteristickej rovnice k-násobný, potom z titulu tohto koreňa sa dostanú do fundamentálneho systému takéto funkcie: z n i ; nzn i ; ; n k z n i Lineárna kombinácia týchto riešení je všeobecné riešenie zn i (c i0 + c i n+ + + c ik n k ) 3 Ak je niektorý koreň charakteristickej rovnice komplexný k-násobný z = ρ(cos ϕ+i sin ϕ) Vo fundamentálnom systéme riešení z titulu tohto k-násobného koreňa bude vystupovať celkom k riešení tvaru: ρ n cos(nϕ); nρ n cos(nϕ); ; n k ρ n cos(nϕ); ρ n sin(nϕ); nρ n sin(nϕ); ; n k ρ n sin(nϕ) 4 Ak je koreň jednoduchý, komplexný: z =ρ(cos ϕ±i sin ϕ) z n =ρ n (cos(nϕ)± ±i sin(nϕ)) Do fundamentálneho systému prídu takéto rovnice: c ρ n (cos(nϕ)+ +i sin(nϕ))+c ρ n (cos(nϕ) i sin(nϕ)) tj ρ n (c +c ) cos(nϕ)+ρ n (c c ) sin(nϕ) = = K ρ n cos(nϕ) + K ρ n sin(nϕ) Príklad 3 Vyriešte rovnicu 4-ho rádu: y n+4 + y n+3 + 3y n+ + y n+ + y n = 0 Jej charakteristická rovnica je z 4 + z 3 + 3z + z + = 0 z = ± i 3 sú komplexne združené dvojnásobné korene z = + i 3 = cos( 3 π) + i sin( 3 π) z = i 3 = cos( 3 π) i sin( 3 π) Príklad 33 V banke máme y 0 korún Ročný úrok je r%, pričom úroky sa budú pripisovať mesačne, a budeme platiť mesačne poplatok d Koľko peňazí budeme mať po n mesiacoch? Riešenie: y n+ = y n + r y n d y n+ = y n (+ r ) d = Ay n+b, kde A = + r a B = d y n = A y n = A y n +AB+B = = A n y 0 +B(A n +A n + +A+ +) = A n y 0 + B An Všimnime si stabilitu Predpokladajme, že A, B M A (presne zobrazovateľné čísla) y n Y n Y n+ = AY n +B+R n+ Y n+ y n+ = =AY n +B+R n+ Ay n B=A(Y n y n )+R n+ =A (A(Y n y n )+R n )+R n = = A n+ (Y 0 y 0 ) + A n R + + A R n + AR n + R n+ A < : R n R pre n =,, Y n+ y n+ C A > : y n+ Y n+ 3 A = : R n R > 0 n : Y n+ y n+ numericky nestabilné Príklad 34 V skklenenej nádobe je tekutina, ktorá má v čase t 0 teplotu y 0 Nech okolité prostredie má ȳ a nech c je tepelná vodivosť skla Označenie y n teplotu tekutiny v čase t n h časový krok t n = t 0 + nh Podľa Newtona: y n+ y n = = c h(ȳ y n ) y n+ = y n c hy n + c hȳ y n+ = ( c h)y n + c hȳ Označme a:= c h a b:=c hȳ y n+ = ay n + b = = a n+ y 0 + b an+ a a < y n+ b a lim y chȳ n+ = = ȳ ch < n ( ch) 0<ch< h< c Ak by sme poznali y 0, ȳ a určíme si h experimentálne y y 0 = ch(ȳ y 0 ) hc = y y 0 ȳ y 0

NUMERICKÁ MATEMATIKA 7 Lineárne rekurentné relácie rádu s konštantnými koeficientami y n+ + b y n+ + b 0 y n = 0 y n = z n z 0 y n+ = z n+ y n+ = z n+ z n+ + b z n+ + b 0 z n = 0 p(z) = z + b z + b 0 = 0 a ) Nech korene sú rôzne: z z Potom {z n }, {z n } sú dve lineárne nezávislé riešenia b ) má dvojnásobný koreň: {z n } ({nz n } {nz n }) Nech z je dvojnásobný koreň pôvodnej rovnice Nech y n = nz n y n+ = (n + )z n+ (n + )z n+ + b (n + )z n+ + b 0 n z n = 0 n z n+ + b n z n+ + b 0 n z n + z n+ + b z n+ = 0 n z n (z + b z + b }{{} 0 ) + z n+ (z + b ) = 0 }{{} p(z) p (z) Domáca úloha Dokážte, že {n z n } je tiež riešením Veta 3 Nech b 0, b R Potom existujú dve lineárne nezávislé riešenia postupnosti () y n+ + b y n+ + b 0 y n Dôkaz Stačí dokázať lineárnu nezávislosť a ) : Ak polynóm p(z) má dva rôzne reálne korene, tak z n, z n sú dve lineárne nezávislé riešenia rovnice () b ) : Nech p(z) má dvojnásobný koreň z {z n }, {n z n } sú lineárne nezávislé Sporom predpokladajme, že sú lineárne závislé z n = αn z n n n = : z = α z 0 α = z n = 0: z 0 = α 0 z = 0 spor Dôsledok Množina všetkých postupností spĺňajúci () je lineárny vektorový priestor dimenzie Veta 3 Dimenzia lineárneho vektorového priestoru všetkých postupností spĺňajúci rekurentnú reláciu () je Veta 33 Nech b 0, b, A, B R n 0 n Z potom existuje jediná postupnosť spĺňajúca rovnicu () taká, že spĺňa dve začiatočné podmienky: y n0 = A, y n = B Príklad 35 y 0 =, y = 3, y n+ = 0 3 y n y n z 0 3 z + = 0 (z 3)(z 3 ) = 0 z = 3 z = ( ) n 3 y n = c 3 n + c y 0 = c + c y = 3c + 3 3 c y = 3(y 0 c ) + 3 c y 3y 0 = 3c + 3 c = 8 3 c c = 3 8 y + 9 8 y 0 c = 8 y 0 + 3 8 y y n = 3y y 0 3 n + 9y 0 3y 8 8 3 n Po dosadení: y n = 3 n

8 ROČNÍK Nehomogénna rekurentná rovnica rádu () y n+ + b y n+ b 0 y n = a n+ Veta 34 (princíp superpozície) a ) Nech v n je nejaká pevne zvolená postupnosť spĺňajúca () Potom každá {y n }, ktorá spĺňa () sa dá napísať v tvare: y n = u n + v n, kde v n je nejaké partikulárne riešenie nehomogénneho systému a u n je riešenie príslušneho homogénneho systému b ) Nech v n spĺňa () a u n spĺňa (), potom y n = u n + v n Príklad 36 Riešte y n+ y n+ y n =n + y 0 =0, y = Riešenie: Hľadáme u n a v n (hľadáme v tvare pravej strany) Charakteristická rovnica: r r =0 r =, r = Nehomogénna časť: v n =an +bn+c v n+ =a(n+) +b(n+)+c v n+ =a(n+) +b(n+)+c(n+) v n+ v n+ v n =n + a=, b=, c= 3 v n = n n 3 Teda y n =c n +c ( ) n n n 3 Začiatočné podmienky: y 0 =0=c +c 3 a y ==c c 5 Po vyriešení: c =3, c =0 Výsledok: y n = n 3 n n 3 Príklad 37 Riešte: y n+ =y n +b n y 0 = Riešenie: b : y n+ =y n +b n y n =u n +v n v n =k b n k b n+ k b n =b n k b k= k(b )= k= b v n= bn b u n+ u n =0 u= u n =c n y n =u n +v n y n =c n + bn Začiatočná podmienka: =c+ b b c=b 3 b Výsledok y n = n (b 3)+b n b b=: v n =k n n v n+ =v n + n k(n+) n+ =kn n + n k(n+)=kn+ kn+k=kn+ k= v n=n n y n =n n +c n Začiatočná podmienka: =c 0 c= Výsledok: y n = n (n+) Príklad 38 Riešte: y n+ 6y n+ +9y n =0 y 0 =, y =3 Riešenie: z 6z+9=0 (z 3) =0 c 3 n +c n 3 n =3 n (c n+c ) Začiatočné podmienky: y 0 == (c 0+c )=c a y =3=9 (c +) 8c = 6 c = 3 Výsledok: y n =3 n ( n ) 3 Príklad 39 Riešte: y n+ y n +y n =0 y 0 =, y = Riešenie: z z+=0 z = +± 4 8 =±i= (cos π 4 ±i sin π 4 ) y n =c ( ) n (cos nπ 4 +i sin nπ 4 )+c ( ) n (cos nπ 4 i sin nπ 4 ) Začiatočné podmienky: y 0 ==c (cos 0+i sin 0)+c (cos 0 i sin 0) =c +c y == ( +i )+ c ( i ) =c (+i)+c ( i)=c +c +i(c c )

i(c c )= i(c )= c = i NUMERICKÁ MATEMATIKA 9 c = +i Po dosadení dostaneme výsledok: y n =( ) n+ sin (n+)π 4 Domáce úlohy Riešte: y n+ 4y n+ +4y n =3 n y 0 =, y = y n+ 5y n+ +4y n =3 n y 0 =, y = 3 y n+ 5y n+ +4y n = 4 n y 0 =, y = 4 y n+ +y n =0, začiatočné podmienky si zvoľte Odhad chyby funkčnej hodnoty s približným argumentom x presná hodnota; x aproximácia x=x x, x = x x ε(x) y(x)=y(x) y( x)=y (ξ)(x x) y(x) max z O(x) y (z) x M ε(x) }{{} M y(x) y(x) Mε(x) y( x) Výpočet štandardných funkcií a ukážky implementácie štandardných funkcií na počítači Požiadavka: η= t Aby algoritmus pre výpočet štandardných funkcií bol dostatočne rýchly Príklad 30 sin x=x x3 3! +x5 5! x7 7! +x9 9! 0 x π Chyba je menšia ako x k+ x k (k+)! ak sme skončili pri člene (k )! Polynomiálna aproximácia: sin πx q(x)=x(b 0+b x +b x 4 +b 3 x 6 )=x(((b 3 x +b )x +b )x +b 0 ) Racionálna aproximácia: f(x) P (x) Q(x) Príklad 3 Chceme aproximovať f(x)= x 0, pomocou polynómu tak, aby relatívna chyba bola menšia ako 0 0 Potrebujeme polynóm 6-teho stupňa Potrebujeme 6-krát násobenie a 6-krát sčítanie Racinálne: x q(x )+xs(x ) q(x ) xs(x =r(x) Potrebujeme 3 násobenia, 4 sčítania a delenie ) Výpočet hodnôt štandardných funkcií a transformácia argumentu do vhodného intervalu a jej numerické aspekty Majme vhodnú aproximačnú funkciu, ktorá aproximuje funkciu sin x na 0, π sin x= sin(x+kπ) u:=x kπ=x nπ Predpokladajme, že n, x sa dá presne zobraziť na počítači a π je zobrazené na maximálny počet desatinných miest π π π =ε, π=π(+ε ), ε η, ū=x n π, ū=(x nπ(+ε )(+ε ))(+ε 3 ), kde ε i η, u = ū u (x nπ)ε 3 nπ(ε +ε ) x nπ η+nπη u η+nπη

0 ROČNÍK Príklad 3 Predpokladajme, že x 0 =000 a chceme spočítať sin x 0 v jednoduchej presnosti na počítači M(, 3, 6, 7) Riešenie: n= 000 π =38, u=x 0 nπ=000 38π 0973536 =ū, η= 3, u u η+nπη<000η 0 4 u 0 4 u 0973 3 0 4, u=x 0 nπ, sin u= sin x 0 cos nπ cos x 0 sin nπ sin u = sin x 0, sin x 0 = sin u cos ū u cos 0973536 0 4 068 0 4, sin x 0 sin x 0 068 0 4 086875 <09 0 4 η= 53 = 5 u <000η= 0 3, sin x 0 sin x 0 6 0 3 IV CORDIC algoritmus (CORDIC= COordinate ROtation DIgital Computer) CORDIC algoritmus sa používa na aproximáciu trigonometrických funkcií Výpočet sa bude realizovať v registre t bitoch v pevnej rádovej čiarke Zoberme si: t=3, d d d 3 4 =0000d d d 3 0 sin β=β β3 3! +β5 5! sin β sin β <η, sin β β sin β β 3 3!β =β 6 β =m e, m<, β e =m < 4 e = 6 6 6 3 e < t =η, e< log 075 t e> t + (04 ) e> (t+) Pre všetky e> (t+) budeme aproximovať β= sin β t=3: d d d 3 00d d d 3 sa ešte zmestí v registre t bit s pevnou desatinnou čiarkou ( ) β=m e, e= v 0 = β 0 =β 0 γ 0 β =β γ δ v i+ =P i v i ( ) ( ) cos γi δ P i = i sin γ i cos γ0 sin γ sgnβ δ i sin γ i cos γ i =δ i P 0 = 0 i sin γ 0 cos γ 0 P i je ortogonálna matica tj P i =P T i ( cos γ0 sin γ P 0 v 0 = 0 sin γ 0 cos γ 0 ) ( ) = 0 ( ) cos γ0 sin γ 0 Nech γ 0, γ,, γ t je postupnosť rotácií vektorov v 0, v, a nech v 0 =(, 0) T, β 0 =β, v i+ =P i v i, β i+ =β i δ i γ i ( ) cos γi δ P i v i = i sin γ i cos γ i =c i ( ) ( ) v δ i sin γ i cos γ i = i sin γ i =s i tan γ i =t i =c δi t i xi i =c δ i t i y i Q i v i i Budeme voliť γ i tak, aby tan γ i =t i = i v i+ =P i v i =c i Q i v i, c i = cos γ i =, + i v t = c t c t c c 0 Q t Q t Q Q 0 v 0 }{{} τ

Algoritmus: Vstupy(Input):β, γ 0, γ,, γ t for i:=0 to t- do δ:=sgn(β) ( ) δ i v:= δ i v β:=β δγ i NUMERICKÁ MATEMATIKA Poznámka Operácie sú jednoduché; posunutie desatinnej čiarky a jedna logická operácia (testovanie) Uhly γ i = arctan( i ), pre malé γ i : γ i = i V ČEBYŠEVOVE POLYNÓMY DRUHU Predpis: T n+ (x)=xt n (x) T n (x), T 0 (x)=, T (x)=x, x, Charakteristická rovnica: z xz+=0 x <: z = x± 4x 4 =x± x c z+c 0 z==c 0 +c, c x+c x +c x c x =x c =, c = Zaveďme substitúciu x= cos t, t 0, π x =: T n (x)= (x+ x ) n + (x x ) n T n (x)= (x+i x ) n + (x i x ) n T n (x)= (cos t+i sin t)n + (cos t i sin t)n T n (cos t)= (cos(nt)+i sin(nt))+ (cos(nt) i sin(nt))= cos(nt) T n (x)= cos(arccos x) x= : λ λ+=0 (λ ) =0 λ = x= : λ = T n (x)=x n (c n+c ) T 0 (x)==c 0+c c = T (x)=x=x(c +c )=x(c +) c =0 T n (x)=x n VI Riešenie rovníc f(x) = 0 Majme M R a f : M R; f(x)=0 f(x)=0 x+f(x)=x x=x f(x)=:ϕ(x) Brouwerova veta Nech a, b R, a<b, ϕ je spojitá na a, b, ϕ( a, b ) a, b x a, b : x=ϕ( x) Dôkaz ψ(x):=x ϕ(x), ψ(a)=a ϕ(a) 0, ψ(b)=b ϕ(b) 0 x a, b : ψ( x)=0 x=ϕ( x)

ROČNÍK Banachova veta Nech a, b R, a<b, ϕ( a, b ) a, b Ak existuje L R : >L 0, že pre x, y a, b : ϕ(x) ϕ(y) L x y < x y Potom! x a, b : x=ϕ( x) {x n } konštruovaná pomocou x n+ =ϕ(x n ) konverguje pre x 0 a, b x n x Ln L x x 0 Dôkaz x x n L x L n x n, x x n = x x n +x n x n x x n + x n x n ϕ( x) ϕ(x n ) + x n x n L x x n + x n x n x n x n L x n x n x x n ϕ( x) ϕ(x n ) L x x n L L x n x n Veta 63 (postačujúca podmienka konvergencie iteračnej postupnosti) Nech ϕ C a, b tj ϕ, ϕ sú spojité ϕ( a, b ) a, b Nech L= max x a,b ϕ (x) < Potom platia všetky tvrdenia Banachovej vety a lim x x n+ x x x n =ϕ ( x) Dôkaz x x n+ = ϕ( x) ϕ(x n ) = ϕ(ξ n ) x x n L x x n x x n+ x x n = ϕ (ξ n ) lim x x n+ n x x n =ϕ ( x) Veta 64 Nech x=ϕ( x) a nech ϕ je spojitá diferenciálna funkcia v O( x), nech ϕ ( x) < Potom, ak x 0 je dostatočne blízke k x, tak platia všetky tvrdenia vety 63 Dôkaz ϕ C (O( x)) I= x δ, x+δ taký, že L= max x I ϕ (x) < Ukážeme, že ak x I ϕ(x) I tj či x x δ? ϕ(x) I x ϕ(x) = ϕ( x) ϕ(x) L x x x x <δ Poznámka Dôsledkom týchto viet je metóda prostej iterácie x n+ =ϕ(x n ) Vždy konvergentné metódy Metóda bisekcie: Ak f : a, b R je spojitá funkcia a f(a)f(b)<0, tak existuje koreň na intervale a, b a nájdeme ho takto: u:=a, v:=b repeat m:= u+v if f(m)*f(u)<0 then u:=m else v:=m until v-u<ε Metóda regula falsi: 3 Metóda tetív: y f(b)=(f(b) f(a)) x a b a x i x i x i+ =x i f(x i ) f(x i ) f(x i )

4 Newtonova metóda: NUMERICKÁ MATEMATIKA 3 x i =x i f(x i ) f (x i ) Veta 65 Nech x R, f( x)=0, x n+ =x n f(x n) f (x n ), f C (O( x)), f ( x) 0 Potom O ( x) také, že postupnosť x n+ =x n f(x n) f konverguje k x Naviac platí: (x n ) x n+ x lim n x n x = ϕ ( x) Dôkaz ϕ (x)= f (x) f(x)f (x) = f( x)f ( x) f (x) f ( x) Funkciu ϕ rozvinieme do Taylorovho radu: ϕ(x)=ϕ( x)+ ϕ ( x)! ϕ(x n )=ϕ( x)+ ϕ ( x)! ϕ ( x)= f( x)f ( x) f ( x) (x x)+ ϕ (ξ) (x x)! (x n x)+ ϕ (ξ n ) (x n x)! x n+ = x+ ϕ (ξ n ) (x n x)! x n+ x x n x = ϕ (ξ n ) x n+ x! lim n (x n x) = x n+ =ϕ(x n )= x+ϕ (ξ n )(x n x) x n+ x=ϕ (ξ n )(x n x) x n+ x lim n x n x = ϕ ( x) ϕ ( x)= f ( x) f ( x) ϕ ( x) ϕ( x) pre dvojnásobný koreň? f(x)f (x) f (x)f (x)+f(x)f (x) lim x x ϕ (x)= lim x x [f(x)] = lim x x f (x)f = (x) = + lim f(x)f (x) x x f (x)f (x) = + lim f (x)f (x)+f(x)f iv (x) x x f (x)f (x)+f (x)f iv (x) = Veta 66 Nech p N a x je p-násobný koreň rovnice f(x)=0 a f C p+ O( x) Potom postupnosť x n+ =x n p f(x n) x n+ f konverguje k bode x a platí lim (x n ) n x n x =c Dôkaz Označme: ϕ(x)=x p f(x) f (x), ϕ( x) =? x f(x)=(x x) p h(x) f (x)=p(x x) p h(x)+(x x) p h (x) (x x) p h(x) ϕ(x)=x p p(x x) p h(x)+(x x) p h (x) =x p (x x)h(x) ph(x)+(x x)h (x) = x pc(x) D(x) ϕ( x)= x ϕ (x)= p C (x)d(x) C(x)D (x) D = ϕ ( x)= p h( x)ph( x) (x) p h ( x) =0

4 ROČNÍK ϕ(x)=ϕ( x)+ ϕ ( x) (x x)+ ϕ (ξ) (x x)!! x n+ =ϕ(x n )= x+ ϕ (ξ n ) (x n x) Rád konvergencie iteračnej postupnosti Nech x 0, x, x a nech ε n =x n x Rádom konvergencie iteračnej postupnosti nazveme najväčšie kladné číslo p také, že platí lim ε n+ n ε n p =c< c asymptotická konštanta p=, tak lineárna konvergencia, p= kvadratická konvergencia, Hovoríme, že iteračná metóda má rád konvergencie p Urýchlovacia metóda konvergencie; Aitkenov δ proces Nech {x n }: x n+ =ϕ(x n ) Nech ϕ (x) L< Predpokladajme, že lineárna konvergencia x n+ x=ϕ(x n ) ϕ( x)=ϕ (ξ n )(x n x) x n+ x x n x =ϕ (ξ n ) lim n Označme λ n = x n x n x n x n x n x x n x =ϕ (ξ n ) x n x x n x =ϕ (x)= lim n x n x x n x =ϕ (ξ n ) x n x x n x λ n = x x n ( x x n ) x x n ( x x n ) = x x n ϕ (ξ n ) ( x x n ) x x n ϕ (ξ n ) ( x x = ϕ (ξ n ) n ) ϕ (ξ n ) ϕ (ξ n ) ( x) lim n ϕ (ξ n ) = ϕ ϕ ( x) ϕ ( x) Pre dostatočne veľké n môžeme ϕ ( x) λ n x x n =ϕ( x) ϕ(x n )=ϕ (ξ n )( x x n ) λ n ϕ ( x) x x n x x n λ n ( x x n ) x x n x x n = x x n +x n x n ( x x n )+(x n x n ) λ n x x n ( x x n ) x n x n λ n ( x x n )( ) x n x n λ n ( x x n ) λ n x n x n λ n λ n x x n (x n x n ) chybová Aitkenova formula λ n Extrapolačná Aitkenova formula: x x n + (x n x n ) λ n λ n nová aproximácia: ˆx=x n + (x n x n ) λ n x n x n x ˆx n =x n + n x n x n x n x (x n x n x n n )=x n + (x n x n )= x n x n x n +x n x n x n λ n

NUMERICKÁ MATEMATIKA 5 =x n + (x n x n ) (x n x n ) =x n x n x n +x n+ x n x n (x n x n ) = =x n ( x n ) =x n ( x n ) x n x n x n ˆx n =x n ( x n ) Aitkenova formula x n Algoritmus: Vstupy: x 0, ϕ, ε x =ϕ(x 0 ), x =ϕ(x ), x x <ε x x (x x ) ˆx =x (x x ) (x x 0 ) 3 x 0 :=ˆx choď na Odhady chýb v iteračných metódach ozn x -pevný bod a x aproximácia f(x )=0, x x f( x)=f( x) f(x )=f(ξ)( x x ) Predpokladajme, že f (x ) 0 x x = f( x) f (ξ) Nech f (x) m v okolí O(x ) x x f( x) f( x) f( x) δ m f( x) f( x) f( x) f( x) δ f( x) δ+ f( x) x x f( x) δ+ f( x) m m f( x) je aproximácia f( x) Ak f( x)=0 x x δ m dosažiteľná presnosť Príklad 6 f(x)=x e x =0, x 056743= x, f( x)= 455 0 7,δ= 0 0, x x δ+ f( x) m, f ( x) 567 m=5, x x 05 0 0 +455 0 7 04 0 6 5 Dosažiteľná presnosť pre dvojnásobný koreň f(x)=f(x )+f (x )(x x )+ f (ξ) (x x ) f( x)= f (ξ) ( x x )! x x f( x) = f (ξ) f( x) δ f (x) f ( x) f( x) f( x) δ f( x) δ Príklad 6 Nevrhnite iteračnú metódu na f(x)=x ln x =0 koreň hľadajte na intervale, a koreň na intervale, 0 x= e x }{{} x n+ =e x n ϕ(x) ϕ (x)=(e x ) =xe x ϕ (x)=(4x +)e x ϕ ()= e < x 0 =0, x =0366954 x 4 =0379347, x 5 =0379348 Teda prvý koreň je 0379347

6 ROČNÍK Druhý koreň: x= ln x+ ϕ }{{} (x)= x + ln x ϕ (x)<0 na, ϕ(x) x 0 =5, x =550956 x 8 =56446 Teda druhý koreň je 56446 Príklad 63 Navrhnite iteračnú metódu: x a=0, (a>0) f(x)=x a x i+ =x i f(x i) f (x i ) = (x i+ a x i ) Domáca úloha Navrhnite netódu pre p>: x = p + p + p + x = p + x = ϕ(x) VII Implementácia výpočtu druhej odmocniny A=m k, m=b b b t, M(, t, L, U), exp=k, A= b b b }{{} t k, m A=b b b t k A=b b b 3 b t k a=c c 0 d d d t a<4 a xn a n N zvolíme: x 0 x n x n+ a= (x n a) x n (x n a) h 3 x 0 a = a+h a ξ h = h ξ h 4 x a (x 0 a) 9 x a 3 (x 0 a) 4 9 x 3 a 7 (x 0 a) 8 39 Ak t=3, tak chyba je menšia ako 3 = 4 Veta 7 Pre každé x 0 >0 iteračná metóda x n+ = (x n+ a ) generuje nerastúcu x n zdola ohraničenú postupnosť A platí: lim x n= a n Dôkaz Najprv ukážeme, že aj x n+ a Potom ukážeme, že x n x n 0 pre všetky n x n+ a= (x n+ a ) a= x n+a x n a = (x n a) 0 x n x n x n x n x n+ =x n (x n+ a )= x n x n a = x n a = (x n a)(xn + a) 0 x n x n x n x n

NUMERICKÁ MATEMATIKA 7 Teda postupnosť je nerastúca, zdola ohraničená lim x n=x x n+ = n (x n+ a ) x = x n (x + a x ) (x ) =(x ) +a x =a x = a Banachova veta o pevnom bode v R n Nech (X, d) je úplný metrický priestor a nech λ 0, >λ také, že pre zobrazenie ϕ : X X platí, že d(ϕ(x), ϕ(y))<λd(x, y) Potom!x X : ϕ(x )=x Pre ľubovoľné x 0 X : x n+ =ϕ(x n ) konverguje k x VIII n-rozmerný Newtonov algoritmus a riešenie systémov nelineárnych rovníc { f (x, x )=0 Majme sústavu f (x, x )=0 x x 0 x =x 0 +h 0=f(x )=f(x 0 +h )=f(x 0 )+ f (x 0 )! h 0 =h = f(x 0) f x =x 0 +h 0 x =x 0 f(x 0) (x 0 ) f (x 0 ) x =x (0) +h x =x (0) +h 0=f (x, x )=f (x (0) +h, x (0) +h )= =f (x (0), x(0) )+ f (x (0), x(0) ) h x + f (x (0) 0=f (x, x )=f (x (0) +h, x (0) +h )= =f (x (0), x(0) )+ f (x (0), x(0) ) h x + f (x (0) f (x (0), x(0) ) f (x (0) x x f (x (0) x f (x (0), x(0) ), x(0) ), x(0) ) x ( (0) ) h h (0) =, x(0) ) h + f (x 0 ) h +! x h +, x(0) ) x h + ( f (x (0), x(0) ) f (x (0), x(0) ) J( x (0) ) h= f( x (0) h= J ( x (0) ) f( x (0) 0 ) J( x) je Jacobiho matica x () =x(0) +h(0) x () =x(0) +h(0) x () = x (0) + h (0) x (k+) = x (k) (J( x (k) ) f( x (k) ) ) Príklad 8 Nájdite priesečík elipsy s hyperbolou, ktorý leží v kvadrante! Riešenie: f (x, x )=4x +9x 36=0 f (x, x )=6x 9x 36=0 Presné riešenie je (897367, 54993)

8 ROČNÍK Newtonovou ( metódou: x (0) = ) ( 8 8 3 8 ) ( (0) ) h h (0) = ( ) 3 h 9 (0) = k x (k) x (k) 0 3 7 936 55588 3 89769 549 4 89737 5499 ( ) 3 07 LU-rozklad Ax=B A=LU LUx=b Ly=b y Ux=y x IX Lubbockova metóda na aproximáciu súčtu nekonečných radov Euler M aclaurin: xn x 0 ( y(x)dx=h y 0+y + +y n + ) y n h (y n y 0)+ h4 70 (y n y 0 ) h k (k)! B k(y n (k ) B Bernoulliho čísla, E m zvyšok, h= x n x 0 n S= i=j y (k ) 0 )+E m f i m(f j +f j+m +f j+m + +f n ) m (f j +f n )+ + m m ( f j f n m ) m 4m ( f j + f n m )+ + (m )(9m ) 70m 3 ( 3 f j 3 f n 3m ) (m )(9m ) 480m 3 ( 4 f j + 4 f n 4m )+ s= i= + (m )(863m 4 45m +) 60480m 5 ( 5 f j 5 f n 5m ) (m )(75m 4 6m +) 49m 5 ( 6 f j + 6 f n 6m ) s ( ) s s f k = ( ) r f k+(s r)m r 5 0 ln i i(i+) i= r=0 00 ln i i(i+) = i= ln i i(i+) } {{ } m= + 0 3 0 ln i i(i+) } {{ } m=0 + 0 4 3 ln i i(i+) }{{} m=00 +

NUMERICKÁ MATEMATIKA 9 i= + 0 5 4 ln i i(i+) }{{} m=0 3 0 i= f 00 f 000 f 0000 ln i =0788530606(±0 9 ) i(i+) a i Kummer: A= a i B= b i lim =q 0 i b i= i= i A= a i = (a qb i )+q = a i ( q b i )+qb a i Príklad 9 A= i= i + i= N i= i= a i ( q b i a i )+ i= B= N i + i= i= i=n+ i= a i ( q b i a i ) } {{ } R N 0 i= i =π 6 i + +R N q= + A= i + ( i i )+B= ( i ) i + + π 6 i= A =07667405 Domáca úloha 3 Overte, že pre maticu A= 3 3 3 3 3 3 3 platí 3 i= A i i =π 0 0 0 Riešenie: A 3 =I 3 = π 4 S=S +S =A k= + π 4 (k ) +I 3 (k) =π 8 k= 0 0 0 0 0 0 = π A+I 3 π 4 = 0 0 0

0 ROČNÍK X Interpolácia Množina funkcií x n je úplná na a, b tj ku každému po častiach spojitej funkcie b f(x) a danému ε>0 existujú n, a,, a n tak, že (f(x) a i x i ) dx<ε aproximácia v strede Weierstrassova veta Ak f(x) C a, b : ε>0 n(ε) a polynóm P n (x) tak, že f(x) P n (x) <ε x a, b Ak f(t) je spojitá, periodická s periódou π: ε>0 n(ε) s n (t)=a 0 + (a k cos(kt)+b k sin(kt)) : f(t) s n (t) <ε x a, b b b f (x)dx f(x) L a, b u, v L ρ(u, v)= u v = uvdx a Bernsteinove polynómy: B n (x)= k=0 ( ) n ( n ) x k ( x) n k f k k a a B n (x) 0, používajú sa v dôkaze Weierstrassovej vety Interpolácia: (x i, y i )=f(x i ) R, i = 0,,, n=:0()n Nech x i x j pre i j f(x) p(x) a chceme aby f(x i )=p(x i ) pre,,, n f(x) Veta 0 Nech x i, y i R pre,,, n a x i x j pre i j Potom existuje jediný polynóm p(x) P n (x) taký, že p(x i )=f(x i ) pre všetky,,, n Dôkaz Nech p(x)=a 0 +a x+ +a n x n Existencia: y 0 =p(x 0 )=a 0 +a x 0 +a x 0+ +a n x 0 y =p(x )=a 0 +a x +a x + +a n x y n =p(x n )=a 0 +a x n +a x n+ +a n x n Máme systém n + rovníc s n + neznámymi a 0, a,, a n x 0 x 0 x n 0 x x x n 0 = (x i x j ) x n x n x n i j n Jednoznačnosť: Nech p(x), q(x) P(x), p(x) q(x), r(x)=p(x) q(x) P(x) r(x) je stupňa n, ale má n + rôznych koreňov, preto r(x) 0 p(x) q(x) Lagrangeov interpolačný polynóm: f(x) =p(x)= l j (x)f(x j ), kde l j (x) sú elementárne Lagrangeove polynómy { 0, ak i j l j (x i )=δ ij =, ak i=j Kroneckerova δ ij l j (x)=k j (x x 0 )(x x ) (x x j )(x x j+ ) (x x n )

NUMERICKÁ MATEMATIKA =l j (x j )=k j (x j x 0 )(x j x ) (x j x j )(x j x j+ ) (x j x n ) k j = (x j x i ) i j f(x i )=p(x i )= l j (x i )f(x j ) l j (x)= (x x 0)(x x ) (x x j )(x x j+ ) (x x n ) (x j x 0 )(x j x ) (x j x j )(x j x j+ ) (x j x n ) p(x)= l j (x)f(x j ) Domáca úloha Nájdite Lagrangeov interpolačný polynóm pre hodnoty: f(0)=, f()=0, f(3)=4 Riešenie: p(x)=4 (x 0)(x ) (x 0)(x 3) (x )(x 3) +0 + (3 )(3 0) ( 0)( 3) (0 )(0 3) =x x+ Newtonov interpolačný polynóm: {x i } n, {f(x i)} n, p(x) P(x) f(x) p(x)=c 0 +c (x x 0 )+c (x x 0 )(x x )+ +c n (x x 0 ) (x x n ) f(x 0 )=p(x 0 )=c 0 =f[x 0 ] f(x )=p(x )=f 0 +c (x x 0 ) c = f f 0 x x 0 =f[x 0, x ] Výraz f f 0 x x 0 je pomerná diferencia f f 0 x x 0 (f f 0 ) x c = x 0 =f[x 0, x, x ] (x x 0 )(x x ) c n =f[x 0, x,, x n ] Označme p (0,n ) n Newtonov interpolačný polynóm pre uzly x 0,, x n a p (,n) n pre uzly x,, x n Potom pre i=,,, n : p n (x)= x n x 0 [ (x n x)p (0,n ) n p n (x 0 )=p (0,n ) n (x 0 )=f(x 0 ) p n (x n )=p (,n) n (x n)=f(x n ) (x)+(x x 0 )p (,n) n (x) ] p n (x i )= (x n x i ) p (0,n ) n (x i ) +(x i x 0 ) p (,n) n x n x 0 }{{} (x i) =f(x i ) }{{} f(x i ) f(x i )

ROČNÍK Označme si koeficienty pri najvyššej mocnine c n v p n (x); c (0) n v p(0,n ) (x); c () n v p (,n) n (x) p n (x)=p n (x)+c n (x x 0 )(x x ) (x x n ) c n = c() n c(0) n f[x 0, x,, x n ]= f[x,, x n ] f[x 0,, x n ] =c n x n x 0 x n x 0 n p(x)=f[x 0 ]+f[x 0, x ](x x 0 )+ +f[x 0, x,, x n ] (x x i ) } {{ } Newtonov interpolačný polynóm f(x i ) f[x 0, x,, x n ]= (x j x 0 ) (x j x j )(x j x j+ ) (x j x n ) d i0 :=f(x i ) d = d 0 d 00 x x 0 Potom c i =d ii pre všetky,,, n Chyba interpolačného polynómu d ij = d ij d i j x i x i j x i d i0 d i d i d i3 x 0 d 00 x d 0 d x d 0 d d x n d n0 d n d n d nn Veta 0 Nech x i, f(x i ) R x, x i a, b, ()n, x i x j pre i j Nech I x je majmenší otvorený interval vytvorený bodmi x 0, x,, x n, x nech f C (n+) a, b Potom η x I x : f(x) p(x)= f (n+) (η x ) (x x 0 ) (x x n ) (n+)! Dôkaz Pomocou Rolleho vety interpolačných uzlov Teda n+ nulových bodov máme Nech z je ľubovoľný, pevný, rôzny od všetkých G(z)=f(z) p(z) f(x) p(x) n (x x i) n (z x i ) G(x i )=0 i {0,, n} G(x)=0 G (n+) (z)=f (n+) (z) 0 f(x) p(x) n (x x i) (n+)! G (n+) (η x )=0=f (n+) (η x ) f(x) p(x) n i= (x x i) (n+)! f(x) p(x)= f (n+) (η x ) (n+)! n (x x i )

NUMERICKÁ MATEMATIKA 3 Dôsledok f(x) p n (x) max x I x f (n+) (n+)! (x x 0)(x x ) (x x n ) Chybový vzťah pomocou pomerných diferencií p n+ (x) Newtonov interpolačný polynóm; x 0, x,, x n+ f 0, f,, f n+ p n+ (x)=p n (x)+f[x 0, x,, x n+ ](x x 0 )(x x ) (x x n ) f n+ =p n+ (x n+ )=p n (x n+ )+f[x 0, x,, x n+ ](x n+ x 0 ) (x n+ x n ) n f(x n+ ) p n (x n+ )=f[x 0,, x n+ ] (x n+ x i )= f (n+) (η xn+ ) n (x n+ x i ) (n+)! Vzťah medzi pomernou diferenciou a deriváciou: f[x 0, x,, x n, x]= f (n+) (η x ) (n+)! Neplatí: max f(x) p n (x) n 0 x I x Násobné uzly f(x) p(x) f (j) (x 0 )=p (j) (x 0 ) j {0,,, n} p(x)=a 0 + a x+ a x + + a n x n p (x)= a + a x+ + na n x n p (x)= a + + n(n )a n x n p (n) (x)= n!a n Matica sústavy: x 0 x 0 x 3 0 x n 0 0 x 0 3x 0 nx n 0 0 0 6x 0 n(n )x0 n 0 0 0 0 n! f(x)= f(x 0 )+ f (x 0 ) (x x 0 )+ + f (n) (x 0 ) (x x 0 ) n + f (n+) (ξ) (x x 0 ) n+ }! {{ n! } (n+)! Q(x) Q(x) je hĺadaný polynóm Zovšeobecnený Newtonov interpolačný polynóm pre násobné uzly: p(x)=c 0 +c (x x 0 )+c (x x 0 ) + +c n (x x 0 ) n c i = f (i) (x 0 ) =f[x 0, x 0,, x 0 ] i!

4 ROČNÍK Príklad 0 Podmienka (*): x 0 f 0, x f, x f, f, f, x 3 f 3 Treba nájsť Newtonov interpolačný polynóm tak, aby platila podmienka (*) pre uzly x 0,, x 3 Preznačenie: u 0 =x 0, u =x, u =x, u 3 =x, u 4 =x, u 5 =x 3 (podľa násobnosti) u 0 F 00 u F 0 F u F 0 F F u 3 F 30 F3 F 3 F 33 u 4 F 40 F4 F4 F 43 F 44 u 5 F 50 F 5 F 5 F 53 F 54 F 55 F ii sú koeficienty Newtonovho interpolačného polynómu F sk = F sk F s k F u s u sk= F (k) (u s ) s k k! F i0 =f(u i ) f(x)=f 00 +F (x x 0 )+F (x x 0 )(x x )+F 33 (x x 0 )(x x )(x x )+ +F 44 (x x 0 )(x x )(x x ) +F 55 (x x 0 )(x x )(x x ) 3 Hermiteova interpolácia: Dané sú x i, f(x i ) a f (x i ) i {0,, n} Nech x i x j pre i j Hľadáme polynóm z triedy p P n+ taký, že p(x i )=f(x i ) a p (x i )=f (x i ) Veta 03 Nech x i, y i, y i R i {0,,, n} x i x j pre i j Potom!h(x) P n+ (x) : h(x i )=f(x i ) a h (x i )=f (x i ) Polynóm h(x) vyzerá takto: h(x)= [ l i(x i )(x x i )][l i (x)] f i +(x x i )[l i (x)] f i kde l i (x)= i j x x j x i x j Príklad 0 Nájdite Newtonov interpolačný polynóm pre uzly f( )=6, f(0)=, f()=3, f(5)=66 Riešenie: x 0 = f 0 =6 x =0 f = f = 6 0 = 5 x = f =3 f = 3 0 = f = 6 3 = x 3 =5 f 3 =66 f 3 = f 3 = 0 5 =4 f 33= 6 = 3 p(x)=6 5(x+)+x(x+)+ 3 x(x+)(x )= 3 x3 + 5 3 x 3 x+

NUMERICKÁ MATEMATIKA 5 Newtonov interpolačný polynóm pre ekvidistantné uzly {x i } n {f(x i)} n, h=x i+ x i pre,,, n f(x)=f(x 0 )+f[x 0, x ](x x 0 )+f[x 0, x, x ](x x 0 )(x x )+ + n + +f[x 0, x,, x n ] (x x i )+ f[x 0,, x n, x](x x 0 ) (x x n ) }{{} chyba f(x i )=f(x i+ ) f(x i ), f[x 0,, x k ]= k f 0 k!h k x 0 f 0 x f f 0 h x f f h x 3 f 3 f h f 0 h f 3 f 0 h 6h 3 x=x 0 +th, f(x 0 +th)=f(x 0 )+ f(x 0) th+ f(x 0 ) h h th(t )h+ + + n f(x 0 ) n!h n h n t(t ) (t n+)+ n+ f(ξ x ) (n+)!h n+ hn+ t(t ) (t n) ( ) ( ) ( ) t t t f(x 0 +th)= f(x 0 )+ f(x 0 )+ + n f(x 0 ) + n+ f(x 0 ) n n+ }{{} Newtonov interpolačný polynóm napred pre ekvidistantné uzly )= tk kde ( t k Optimálny výber interpolačných uzlov: Chyba Newtonovho interpolačného polynómu, keď máme n+ interpolačných uzlov: k! e(x)= f (n+) (η x ) (x x 0 ) (x x n ) (n+)! f(x) p(x)=e(x) {x i } n {f(x i)} x i a, b max e(x) (n+)! (x x M n+ 0) (x x n ) x a,b max x a,b f (n+) (x) =:M n+

6 ROČNÍK Veta o minimálnej odchylke pre Čebyševove polynómy Spomedzi všetkých normalizovaných polynómov n-teho stupňa v premennej t sa práve T n (t) na intervale, najmenej odchyluje od nuly Dôkaz x= b a t+b+a T n = n cos(n arccos x) max p n(t) max T n (t) = n t, t, arccos t i = i+ n π ( ) ( x (a+b) x (a+b) T n = n T n b a b a cos(n arccos t i )=0 n arccos t i = i+ π ( ) i+ t i= cos n π ) ( ) n ( x (a+b) b a = + / b a ) =x n + ( x (a+b) ˆT n a,b (x)= n (b a) n T n b a Maximálna odchylka: n (b a) n Veta 05 Spomedzi všetkých normalizovaných polynómov sa práve Čebyševov normalizovaný polynóm odchyluje majmenej od nuly x i = b a ( ) (i+)π cos + b+a interpolačné uzly (optimálny výber) (n+) XI Interpolácia pomocou splajnov Lineárne splajny {x i } n {f(x i} n x i a, b, a=x 0 <x < <x n <x n =b, h i =x i+ x i, h= max h i, s(x)= l j (x)f(x j ) Lagrange, f(x) s(x) C a, b, s 0 (x) na x 0, x ; s (x) na x, x,, s n (x) na x n, x n s i (x) sú lineárne funkcie s i (x)=f(x i )+f[x i, x i+ ](x x )+f[x i, x i+, η i ](x x i )(x x i+ ) f(x) s i (x) max f (x) =M i max M i =M M x x i,x i+! h f(x) s i (x) s(x i )=f(x i ) f(x) =l 0 (x)f(x 0 )+l (x)f(x )+ l j (x i )=δ ij bázické funkcie lineárneho splajnu x x ak x x 0, x x n x ak x x n, x n l 0 (x)= x x 0 l n (x)= x n x 0 0 ak x x, x n 0 ak x x 0, x n 0 ak x x 0, x i x i+, x n x i x ak x x l i (x)= i, x i x i x i x x i+ ak x x i, x i x i x i+ ) n

Prirodzený kubický splajn Podmienky pre prirodzený kubický splajn: S(x) C a, b S(x i )=f(x i ) ()n 3 S(x) P 3 x x i, x i+ 4 S (x 0 )=S (x n )=0 Moment splajnu: M i =S i (x i), M i+ =S i (x i+) NUMERICKÁ MATEMATIKA 7 S i (x) M i = M i+ M i x i+ x i (x x i ) S i (x)=[m i h i +(M i+ M i )(x x i )] h i kde h i =x i+ x i S i (x)=m i x i+ x i h i +M i+ x x i h i S i(x)=m (x i+ x) (x x i ) i +M i+ +A i h i h i (x i+ x) 3 (x x i ) 3 S i (x)=m i +M i+ +A i (x x i )+ b i +A i x i () 6h i 6h i }{{} =B i B i =f i M ih i 6 f(x i )=S i (x i )= M ih i 6 +B i f(x i+ )=S i (x i+ )= M i+h i 6 +A i h i +B i A i = f i+ f i h i h i 6 (M i+ M i ) () S i (x)=m (x i x) (x x i ) i +M i h i h i +A i S i(x i )= M i h i+a i S i (x i )=M i h i +A i M i (h i +h i )=A i A i M i (h i +h i )= f i+ f i h i 6 (M i+ M i ) f i f i + h i 6 (M i M i ) h i h i M i (h i +h i )+ h i 6 (M i+ M i ) h i 6 (M i M i )= f i+ f i h i f i f i+ h i h i 6 M i + h i +h i M i + h i 3 6 M i+= f i+ f i f i f i h i h i ( h i h i 6 fi+ f i M i +M i + M i+ = f ) i f i h i +h i h i +h i h i +h i h i h i }{{}}{{}}{{} =λ i =η i =g i λ i M i +M i +η i M i+ =g i λ i +η i =

8 ROČNÍK η 0 0 0 0 λ η 0 0 0 0 λ 3 0 0 0 0 0 0 η n 3 0 0 0 0 λ n η n 0 0 0 0 λ n M M M 3 M n 3 M n M n = g g g 3 g n 3 g n g n Ak súčet mimodiagonálnych prvkov je menší ako prvok na hlavnej diagonále, tak hovoríme o diagonálne dominantnej matici Ak g(x) C a, b, g(x) interpoluje f(x), S(x) prirodzený kubický splajn, ktorý aproximuje f(x), potom b a [g (t)] dt b a [S (t)] dt Spojitý prípad: XII Metóda najmenších štvorcov f(x) C a, b, p (x) f(x), w(x)>0 integrovateľná, p (x)= (presne) Kritérium: ai x i je stupňa n b a w(x)[f(x) p (x)] dx b a w(x)[f(x) q(x)] dx q(x) P n (x) Diskrétny prípad: {x i } n i=, { f(x i )} n i=, {ϕ j(x)} n, ϕ j(x) sú lineárne nezávislé, tj α 0 f(x) p m (x)= ϕ 0 (x ) ϕ (x ) ϕ m (x ) ϕ 0 (x ) +α ϕ (x ) + +α ϕ m (x ) m =0 α i ϕ 0 (x n ) ϕ (x n ) ϕ m (x n ) m α j ϕ j (x) Kritérium: w i [ f(x i ) p m (x i )] =minimum i= b ρ(f, p)= f p = w(x)[f(x) p(x)] dx spojitý prípad a f p = n w i [ f(x i ) p(x i )] diskrétny prípad i=

NUMERICKÁ MATEMATIKA 9 Príklad počet neznámych << počet meraní Spojitý prípad: f(x) C,, máme k dispozícii: {ϕ i (x)}, w(x) váhová funkcia f(x) p n (x)= a i ϕ i (x) Neznáme sú a 0,, a n a treba minimalizovať + [f(x) a i ϕ i (x)] dx H(a 0,, a n )= f (x)dx } {{ } η n a i a j ϕ i (x)ϕ j (x)dx =η } {{ } c ij a i f(x)ϕ i (x)dx + } {{ } d i a i d i + n a i a j c ij 0= H d k + c kj a j + a i c ik = d k + c ki a i =0 d k = c ki a i a k c 00 c 0 c 0n c 0 c c n c n0 c n c nn }{{} Gramova matica Keďže ϕ i (x) sú bázové v priestore det(c ik )=0 a 0 a a n = Príklad Ortogonálny systém {g i (x)}, ortonormálny systém {h i (x)} g 0 (x)=ϕ 0 (x) k g k (x)=ϕ k (x) (g i, g j )= g i (x)g j (x)dx d 0 d d n k g k (x)=ϕ k (x) c j g j (x) k (ϕ k, g j ) g j g j (g i, g k )=(g i, ϕ k ) i=j : (g j, ϕ k )=(g j, g j ) c j = (g j, ϕ k ) (g j, g j ) =(g j, ϕ k ) g j k g k (x)=ϕ k (x) ( ϕ k, g j ) gj g j g j c j (g i, g j )

30 ROČNÍK k g k =ϕ k (ϕ k, h j )h j Legendrove ortogonálne polynómy: P 0 =, P =x, (n + )P n+ (x)=(n+)xp n (x) np n (x) Vlastnosti: P n (x) má n koreňov na intervale, P m(x)p n (x)dx=0 pre m n 3 P n (x)= d n n n! dx n (x ) n 4 [P n(x)] dx= n+ 5 xk P n (x)dx=0 pre k=0,,, k 6 xn P n (x)dx= n+ (n!) (n+)! Príklad (pokračovanie) f(x) p (x)= a j h j (x)= (f, h j )h j (x) a j =d j = f(x)h j (x)dx=(f, h j ) H(a 0,, a n )=η a i d i + (f, h j )sú Fourierove koeficienty a i n a j c ij =η a T d+a T ca c ij =0 i j, a T ca=a T a, lebo c je jednotková matica Preto: η+(a d) T (a d) d T d=η+a T a d T a a T d+d T d d T d=η+a T a a T d totiž a T d=d T a Pre aké a bude H minimálne? Ak a=d Diskrétny prípad: {x i } n i=, { f(x i )} n i=, {ϕ i(x)} n i=, ϕ j(x) sú lineárne nezávislé tvaru x j a (m) i f(x) p m (x)= a (m) i ϕ i (x) horný index je stupeň polynómu a nie derivácia Treba minimalizovať: w i [ f(x i ) p m (x)] f p = i= ( n i= ) w i [f(x i ) p m (x i )]

j= NUMERICKÁ MATEMATIKA 3 w i [ f(x i ) a (n) j ϕ j (x i )] H(a (m) 0,, a (m) n ) H a (m) k m i= = w i [ f(x i ) a (m) j i= } {{ } d jk a (m) j ϕ j (x i )] (ϕ k (x i ))=0 w i ϕ j (x i )ϕ k (x i ) = w i f(xi )ϕ k (x i ) m i= a (m) j d jk =ρ k d 00 d 0 d 0m d 0 d d n d n0 d n d nn } {{ } ρ k a (m) 0 a (m) a (m) m = Príklad 3 Máme interval 0,, ekvidistantne na n podintervalov dĺžky h= n x i (i )h, ih (d ij )=n m+ 0 x j+k dx n 3 m+ i= 3 4 m+3 Príklad 4 ϕ j (x)=x j, {x i } n i=, Q(n) 0 i= x j+k i i= ρ 0 ρ ρ m x j+k i = n j+k m+ m+ zle podmienená matica +m (x), Q(n) (x),, Q(n) n (x), w i Q (n) j (x i )Q (n) k (x i) Q j+ (x)=(x α j+ )Q j (x) β j (x)q j (x) Q 0 (x) Q (x) 0 j Q j (x)= x j + a i x i α j+ = w i x i Q j(x i ) i= w i Q j(x i ) i= β j = w i Q j(x i ) i= w i Q j (x i ) i=

3 ROČNÍK d 00 d 0 d 0m b 0 m f(x) b j Q (n) d j (x) 0 d d m b = d m0 d m d mm b m (d ij ) je diagonálna matica, lebo d ij =0 pre i j Poznámka d jk = ρ k = i= Čebyševove ortogonálne polynómy: Hermiteove ortogonálne polynómy: Laguerrove ortogonálne polynómy: f(x i )Q k (x i ) i= w i Q (n) j (x i )Q (n) k (x i) b k = ρ k d kk 0 x T j(x)t k (x)dx e x H j (x)h k (x)dx e x L j (x)l k (x)dx Príklad 5 Máme zmeranú odpor medenej tyče v rôznych teplotách: Treba minimalizovať: H a 0 = H a = t i (C ) 9 50 30 360 400 45 500 R i (Ω) 7630 7780 7975 8080 835 8390 850 H(a 0, a )= 7 (R i a 0 a t i ) i= 7 (R i a 0 a t i )=0 i= 7 (R i a 0 a t i )t i =0 i= ε i +a 0 +a t i = R i 7 i= 7 i= t 0 i t i t i 7 i= 7 i= ( a0 a Xa=y X T Xa=X T y t i t i ) = ( a0 a R i ) = ρ 0 ρ ρ m 7 R i i= 7 R i t i Symetrická M nn matica je kladne definitná, ak existuje inverzná pozitívne definitná symetrická matica i=

f (x 0 ) f(x 0+h) f(x 0 ) h NUMERICKÁ MATEMATIKA 33 XIII Numerická derivácia =D + (h) f (x 0 ) f(x 0) f(x 0 h) =D (h) h f (x 0 ) f(x 0+h) f(x 0 h) =D 0 (h) h f(x)=f(x 0 +h)=f(x 0 )+ f (x 0 )! f(x 0 +h) f(x 0 ) h h+ f (x 0 )! =f (x 0 )+ f (x 0 )! h + f (x 0 ) h 3 + 3! h+ f (x 0 ) h + 3! Symbolom f(x) je nekonečne malá rádu O(h p ) rozumieme: ak existuje k R, h 0 >0 h>0 h<h 0 f(x) kh p f(x 0 +h)=f(x 0 )+ f (x 0 )! f(x 0 h)=f(x 0 ) f (x 0 )! f(x 0 +h) f(x 0 ) f (x 0 )=a h+a h +a 3 h 3 + h D 0 (h)= f(x 0+h) f(x 0 h) h h+ f (x 0 )! h+ f (x 0 )! f(x 0 +h) f(x 0 h)=h f (x 0 )! h + f (x 0 ) 3! h f (x 0 ) 3! +h 3 f (x 0 ) 3! h 3 + f (iv) 4! h 3 + f (iv) 4! h 4 + f (v) h 5 + 5! h 4 f (v) h 5 + 5! +h 5 f (v) + 5! h [f(x 0+h) f(x 0 h)]=f (x 0 )+h f (x 0 ) +h 4 f (v) + 3! 5! h [f(x 0+h) f(x 0 h)] f (x 0 )=b h +b h 4 +b 3 h 6 +chyba ráduo(h ) D 0 (h) má chybu rádu O(h ); D + (h), D (h) majú chybu rádu O(h) Príklad 3 Aproximujte deriváciu e x v bode R t chyba odseknutia h D + (h) R t 04 3343 64 0 0 3009 9 0 0 8588 4 0 005 7874 69 0 h D 75 0 0 (h) e 75 0 5 88 0 5 59 0 75 0 6 8 0 4 75 0 5 0 3 75 0 7 7 0 3 75 0 3 4 0 5 75 0 8 87 0 75 0 4 8 0 5 75 0 9 8

34 ROČNÍK f(x 0 +h) f(x 0 +h) ε D 0 (h) D 0 (h) = f(x 0 +h) f(x 0 +h) h f(x 0 )+h) f(x 0 h) h f(x 0 h) f(x 0 h) ε f(x 0 h) f(x 0 h) h f(x 0+h) f(x 0 h) h ε h = ε h Richardsonova extrapolácia D + (h) T (h) D (h) Predpokladajme, že T (h) vieme počítať pre h 0 rôzne h Ak D 0 (h) existuje, chceme ju odhadnúť lim h 0 T (h) teraz rátame z D 0 (h): T (h)=f (x 0 )+b h + b h 4 +b 3 h 6 + }{{} O(h 4 ) T (h)=f (x 0 )+b h +O(h 4 ) T (h)=f (x 0 )+4b h +O(h 4 ) T (h) T (h)=3b h +O(h 4 ) b h = T (h) T (h) O(h 4 ) 3 T (h)=f (x 0 )+(T (h) T (h)) 3 +O(h4 ) T (h) T (h) T (h)+ =f (x 0 )+O(h 4 ) }{{ 3 } T (h) T (h)=f (x 0 )+O(h 4 )=f (x 0 )+c h 4 + c h 6 +c 3 h 8 + }{{} O(h 6 ) T (h)=f (x 0 )+c h 4 +O(h 6 ) spravíme to isté ako s T (h) T (h)=f (x 0 )+6c h 4 +O(h 6 ) T (h) T (h) =c h 4 +O(h 6 ) 5 T (h)=f (x 0 )+ T (h) T (h) +O(h 6 ) 5 T (h) T (h) + 5 T (h)=f (x 0 )+O(h 6 ) T (h)= f (x 0 )+b h p +O(h r ) }{{} L (h p ) r>p

NUMERICKÁ MATEMATIKA 35 T (h)= f (x 0 )+b (h) p +O(h r ) }{{} L [(h) p ] Pre D ± je p=, pre D 0 je p= L (h p ) Lagrangeov polynóm stupňa v premennej h p Príklad 3 Ideme interpolovať v premennej h p, potrebujeme interpolačné uzly L [(h) p ]=T (h); L [h p ]=T (h); L(x)=l 0 (x)f(x 0 )+l (x)f(x ) l 0 (x)= x x x 0 x l 0 (x p )= xp h p (h) p h p l (x p )= xp (h) p h p (h) p L (x p )= xp h p (h) p h p T (h) p (h)+xp h p (h) p T (h) L (0)= hp p hp T (h) T (h)+t (h) T (h) T (h) h p ( p T (h)+ ) h p ( p ) =p p =T (h)+ p x 0 =h ( p ) T (h) T 00 p ( ) h h x = T T 0 T ( ) p ( ) h h x = T T 0 T T ( 4 ) 4 p ( ) h h x 3 = T T 30 T 3 T 3 T 33 ( 8 ) 8 p ( ) h h x i = i T i T ik =T i,k + T i,k T i,k (q p ) k Príklad 33 Máme aproximovať Γ (x) v bode x=5 Γ(x)= e t t x dt Γ(x) 0 má derivácie vyšších rádov Γ (x)= e t t x ln tdt 0 T 00 =D 0 (0, 4)= Γ(9) Γ() =00309 08 T 0 =D 0 (0, )= Γ(7) Γ(3) =00790 04 h i T i0 T i T i T i3 04 0 00309 0 00790 003887 0 00358 00337 003337 005 3 003069 003339 003337 003337 Presná hodnota Γ (5)=003338 na 6 desatinných miest Poznámka f(x, y) (x 0, y 0 ) f(x 0+h, y 0 ) f(x 0 h, y 0 ) x h

36 ROČNÍK XIV Riešenie sústav lineárnych rovníc y y=0 y(0)=0 y()= sinh y (x i ) y(x i )=0 y(x i+h) y(x i )+y(x i h) h y(x i )=0 h= 4 : (+h) 0 (+h) y y = 0 0 0 (+h ) y 3 sinh i y i chyba 05803 9 0 4 05406 3 0 4 3 08598 8 0 4 Príklad 4 Ax=b, A je regulárna štvorcová matica a a a n x b a a a n x = b a n a n a nn x n b n a a a n m ik = a ik 0 a a n A a kk 0 0 a nn Algoritmus GEM: for k:= to n- do for i=k+ to n do m ik := a ik /a kk for i=k+ to n do for j:=k+ to n do a ij := a ij m ik a kj for i:=k+ to n do b i := b i m ik b k n n n n [ ] γ (n k) = γ = [(γ )γ+γ]= [γ +γ 3 n = 3 +γ = k= [ γ 3 = 3 ] n γ= [ γ + ] n Počet združených operácií v tomto algoritme: γ γ= = n(n )(n ) + n(n ) = n3 n + n 3 3 6

NUMERICKÁ MATEMATIKA 37 Príklad 4 ( a ) ε Bez pivotizácie 0 5 003580; 09999900 0 6 03790; 09999990 0 7 90930; 09999999 0 8 00000000; 0000000 Netreba robiť pivotizáciu: ak matica je diagonálne dominantná ak matica je symetrická kladne definitná ε=a s pivotizáciou 000000; 09999900 000000; 09999990 000000; 09999999 0000000; 0000000 LU-rozklad a a a 3 a a a 3 = 0 0 l 0 u u u 3 0 u u 3 a 3 a 3 a 33 l 3 l 3 0 0 u 33 06 5 35 A= 4 P= P pamätá riadky 8 3 4 06 5 35 4 03 03 3 3 8 3 05 08 05 4 05 08 05 4 05 08 05 03 03 3 03 04 3 L= 0 0 05 0 U= 4 0 08 05 03 04 0 0 3 LU= 4 8 P= 0 0 0 0 PA=LU 06 5 35 0 0 Algoritmus na LU-rozklad: for k:= to n- do γ:=ind max(a, k, n) swap(a,b,k,n,γ) p γ :=p k ; p k :=γ for i=k+ to n do m ik =a ik /a kk for i=k+ to n do for j=k+ to n do a ij =a ij m ik a kj for i:= to n do

38 ROČNÍK s:=b pi for j:= to i- do s:=s a ij y j y i =s (Posledných 5 riadkov rieši Ly=Pb) XV Numerická kvadratúra Chceme aproximovať I= β α f(x)dx Obdĺžnikove pravidlo: I (β α)f( x) pre x a, b Lichobežníkove pravidlo: I (β α)(f(α)+f(β)) Simpsonovo pravidlo: I β α [f(α)+4f(γ)+f(β)] γ=α+β 6 Newton-Cotesova metóda: Ak počet interpolačných uzlov je n+, tak namiesto integrandu f(x) berieme Lagrangeov polynóm n-teho stupňa Nech x i :=α+ih, kde h= β α Potom Lagrangeov polynóm n-teho stupňa: n β α β α p n (x)= f(x)dx j i f(x i ) j i x x j x i x j dx=hλ ni :=h x x j x i x j β x x j f(x i ) dx α x i x j j i n 0 j i Potom (n + )-uzlová Newton-Cotesova aproximácia je: β α f(x)dx h f(x i )λ ni t j i j dt