Numerické metódy Učebný text pre bakalárske štúdium

Imrich Pokorný Numerické metódy Učebný text pre bakalárske štúdium Strana 1 z 48

1 Nepresnosť numerického riešenia úloh 4 1.1 Zdroje chýb a ich klasifikácia................... 4 1.2 Základné pojmy odhadu chýb.................. 6 1.3 Obrátená úloha teórie chýb................... 13 1.4 Podmienenosť úloh ([3])..................... 15 1.5 Úlohy............................... 16 2 Numerické riešenie rovníc 17 2.1 Formulácia úlohy......................... 17 2.2 Grafická metóda.......................... 27 2.3 Metóda polovičného delenia intervalu (bisekcia)........ 29 2.4 Metóda tetív (regula falsi).................... 32 2.5 Newtonova metóda (metóda dotyčníc)............. 35 2.6 Kombinovaná metóda....................... 37 2.7 Prostá iteračná metóda...................... 39 2.8 Úlohy............................... 41 3 Sústavy lineárnych rovníc 43 4 Sústavy nelineárnych rovníc 45 5 Výsledky 47 5.1 Nepresnosť numerického riešenia úloh.............. 47 Strana 2 z 48

5.2 Riešenie nelineárnych rovníc................... 47 5.3 Sústavy lineárnych rovníc.................... 48 5.4 Sústavy nelineárnych rovníc................... 48 Strana 3 z 48

1. Nepresnosť numerického riešenia úloh Pri riešení praktických úloh najčastejšie nevystačíme s aparátom klasickej analytickej matematiky. Sú prípady, keď analytický spôsob riešenia je veľmi zložitý alebo dokonca nemožný. V týchto prípadoch prichádza nám na pomoc numerická matematika alebo matematická štatistika. Každá z nich pristupuje k riešeniu úloh zo svojej stránky, ale jedno majú spoločné - pracujú s nepresnosťou (s chybou). 1.1. Zdroje chýb a ich klasifikácia Základnými zdrojmi chýb sú 1. matematický popis úlohy môže byť nepresný, napr. nepresné zadanie údajov - je to tzv. neodstraniteľná chyba; 2. nepresnosť použitej metódy pri numerickom riešení úlohy, napr. pôvodná úloha obsahovala nekonečný proces (výpočet radu, integrálu atď.), ktorý sme nahradili v procese riešenia konečným - je to tzv. chyba metódy; 3. pri riešení úloh nutne vzniká chyba zaokrúhlovania čísel (ak použijeme kalkulačku alebo počítač), ktorá vyplýva zo spôsobu zobrazovania čísel v kalkulačke alebo v počítači - je to tzv. chyba zaokrúhľovania. Strana 4 z 48

ϕ l Krátko, na konkrétnom príklade si vysvetlíme podstatu týchto pojmov ([1]). Majme kyvadlo (pozri obrázok 1), ktoré sa začína pohybovať v čase t = t 0. Máme určiť jeho polohu (uhol ϕ) v čase t = t 1. Diferenciálna rovnica, ktorá popisuje pohyb kyvadla, má nasledujúci tvar: Obr. 1: Kyvadlo l d2 ϕ dt 2 + g sin ϕ + µdϕ dt = 0, (1) kde l je dĺžka kyvadla, g je gravitačné zrýchlenie a µ je koeficient trenia. Akonáhle budeme pracovať s týmto popisom pohybu kyvadla - už sme urobili neodstraniteľnú chybu. Napr. koeficient trenia nie je priamo úmerný rýchlosti pohybu, ďalej veličiny l, g, µ, t 0, ϕ(t 0 ) a ϕ (t 0 ) určujeme s istou nepresnosťou. Názov tejto nepresnosti neodstraniteľná zodpovedá jeho podstate - už v procese numerického riešenia danej úlohy sa táto nepresnosť nedá zmenšiť. Jediným spôsobom zmenšenia tejto nepresnosti je v presnejšom určení (meraní) uvedených veličín alebo v určení lepšieho matematického popisu pohybu kyvadla. Diferenciálna rovnica (1) sa nedá analyticky riešiť, a preto musíme pre riešenie danej úlohy použiť niektorú z numerických metód. Pri numerickom riešení danej úlohy budeme musieť nahradiť deriváciu, ktorá je výsledkom nekonečného procesu (je to limita), jej približnou hodnotou pomocou konečného rozdielu, t.j. pri riešení použijeme napr. jednu konkrétnu hodnotu podlimitného výrazu. Je to chyba metódy, lebo veľkosť nepresnosti závisí od výberu tohto konečného rozdielu. Strana 5 z 48

Aj keby sme pracovali s presnými hodnotami (bez použitia kalkulačky alebo počítača) vo všeobecnosti môže nastať prípad, keď sme nútený zaokrúhliť medzivýsledky. Napr. potrebujeme určiť desatinný tvar čísla 1. Je to 3 0.33333333... V závislosti od toho, koľko desatinných miest budeme brať do úvahy urobíme väčšiu alebo menšiu chybu zaokrúhlenia. Poznámka. V numerickej matematike používame bodku namiesto desatinnej čiarky. Reálnych čísel je nekonečne veľa, avšak v počítači môžeme zobraziť iba konečne veľa z nich. To, že koľko, závisí od spôsobu ich ukladania v počítači (konkrétne od veľkosti pamäte vyhradenej pre jedno reálne číslo). Najvýznamnejším nedostatkom tohto zobrazenia je nerovnomerné rozloženie týchto čísel a teda dokonca ani súčet zobrazovaných čísel nemusí byť z tejto množiny (pozri [2]). 1.2. Základné pojmy odhadu chýb Nech x je presná hodnota a x je jej približná hodnota. Pod absolútnou chybou čísla x rozumieme hodnotu = x x a relatívnou chybou čísla x rozumieme hodnotu δ = x, pre x 0. V praxi často nepoznáme presnú hodnotu x a teda ani hodnotu absolútnej a relatívnej chyby, a preto používame ich odhady. Pod odhadom Strana 6 z 48

absolútnej chyby rozumieme také reálne číslo x, pre ktoré platí x x x, teda pre presnú hodnotu platí čo sa často zapiseje v tvare x x x x + x, x = x ± x. Pod odhadom relatívnej chyby rozumieme také reálne číslo δ x, pre ktoré platí x x δ x. x Táto forma pre praktické použitie je málo vhodná, lebo zväčša presnú hodnotu x nepoznáme. V praxi sa preto často používa δ x x x. Potom x môžeme vyjadriť aj nasledujúcim spôsobom: x = x(1 ± δ x ). Odhad relatívnej chyby v praxi sa najčastejšie vyjadruje v percentách. Strana 7 z 48

Príklad 1 Určte odhad absolútnej a odhad relatívnej chyby čísla x = 1 7, ak x = 0.1428. Riešenie. Vieme, že 1 7 = 0.1428571 a teda x x = 0.1428571 0.1428 = 0.00005711428571 < 0.00006 1 = 6 10 5 = x a x x = 6 10 5 0.1428 100 = 0.042... < 0.0432 % = δ x. Ak presné číslo x zaokrúhlime na n desatinných miest, potom x = 0.5 10 n. Ak máme aproximáciu čísla x číslom x, potom číslica na k-tom desatinnom mieste aproximácie x je platné, ak x x 0.5 10 k, alebo x x x 0.5 10 k. Poznámka. A platnými číslicami budú aj všetky číslice daného približného čísla počnúc od prvej nenulovej číslice (ak taká existuje) po nájdené k-té. 1 Odhad je vždy väčšie alebo rovné, preto sme zobrali určité väčšie číslo. 2 Posledná číslica na kalkulačke resp. na počítači je zaokrúhlená, teda skutočná hodnota múže byť menšia a preto pre výpočet odhadu budeme používať väčšiu hodnotu. Strana 8 z 48

Príklad 2 Určte počet platných číslic v x ak x = 1 7 a x = 0.1428. Riešenie. Z príkladu 1 vieme, že x = 0.00006 a potom - číslica 1, ktorá je na prvom desatinnom mieste bude platná, lebo 0.5 10 1 = 0.05 > 0.00006 = x, - číslica 4, ktorá je na druhom desatinnom mieste bude platná, lebo 0.5 10 2 = 0.005 > 0.00006 = x, - číslica 2, ktorá je na tretom desatinnom mieste bude platná, lebo 0.5 10 3 = 0.0005 > 0.00006 = x, - číslica 8, ktorá je na štvrtom desatinnom mieste nebude platná, lebo 0.5 10 4 = 0.00005 < 0.00006 = x. Záver: Približné číslo x = 0.1428 má tri platné číslice 1, 4 a 2. Poznámka. Na základe predchádzajúcej poznámky stačilo by určiť, že 2 je platná číslica a že 8 nie je platná a boli by sme mohli dôjsť k nášmu záveru. Pri numerických výpočtoch veľmi vážnou otázkou je šírenie chýb. Potrebujeme vypočítať hodnotu funkcie viacerých premenných y = f(x 1, x 2,..., x n ), keď hodnoty x 1, x 2,..., x n nepoznáme presne, ale máme dané ich približné hodnoty x 1, x 2,..., x n. Potom n y f( x 1, x 2,..., x n ) x i x i, i=1 Strana 9 z 48

δ y n i=1 f( x 1, x 2,..., x n) x i xi, f( x 1, x 2,..., x n ) = n ln f( x 1, x 2,..., x n ) x i x i. Nech y = ±x 1 ± x 2... ± x n, potom na základe vyššie uvedených vzťahov máme: y = x 1 + x 2... + x n. Predpokladajme, že x 1 a x 2 majú rovnaké znamienko. Nech y = x 1 x 2, potom y = x 1 + x 2 a δ y = y ȳ = x 1 + x 2 x 1 x 2 = i=1 x 1 x x 1 1 + x 2 x x 2 2 x 1 x 2 kým pre y = x 1 + x 2, bude y = x 1 + x 2 a y ȳ = x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 δ M + x 2 δ M x 1 + x 2 kde δ M = max{δ x1, δ x2 }. = x 1 + x 2 x 1 + x 2 = x 1 x 1 x 1 + x 2 x 2 x 2 x 1 + x 2 = x 1 δ x1 + x 2 δ x2, (2) x 1 x 2 = x 1 δ x1 + x 2 δ x2 x 1 + x 2 = x 1 + x 2 x 1 + x 2 δ M = δ M = δ y, (3) Poznámka. Z výrazu (2) vidíme, že v prípade rozdielu blízkych hodnôt odhad relatívnej chyby výsledku môže podstatne narásť, a preto pri určení odhadu relatívnej chyby sa doporučuje usporiadať postupnosť vykonávania aritmetických operácií tak, aby sme približne rovnaké hodnoty neodčítavali. Strana 10 z 48

Príklad 3 Nech y = f(x) = 2 x + x 2. Určte odhad absolútnej a odhad relatívnej chyby výrazu ȳ = f( x), ak x = 1.90 ± 0.04. Riešenie. Na základe zadania vieme, že x = 1.90 a x = 0.04. Potom ȳ = 2 x + x 2 = 2 1.9 + 1.9 2 = 3.71, y = f ( x) x = 1 + 2 x x = 1 + 2 1.9 0.04 = 0.112 a δ y y 0.112 100 = 100 = 3.018... % < 3.02%. c 3.71 Výsledok: y = 0.112 a δ y = 3.02%. Teda y = 3.71±0.112 a číslica 3 je platná, lebo 1 2 100 = 0.5 > y = 0.112, ale už číslica 7 nie je platná, lebo 1 2 10 1 = 0.05 < y = 0.112. V tomto prípade už číslice napravo od číslice 7 (včítane tejto číslice) nepredstavujú podstatnú informáciu a výsledok môžeme upraviť nasledovne: Číslo 3.71 zaokrúhlime na platné číslice, teda na 4. Teda máme novú približnú hodnotu ȳ n = 4, ale potom aj odhad absolútnej chyby sa zmení: y n = y + ȳ n ȳ = 0.112 + 4 3.71 = 0.402 < 0.5. Ako výsledok sme dostali: y = 4 ± 0.5. Ale ak je to iba medzivýsledok, potom sa doporučuje zaokrúhliť o jedno resp. dve desatinné miesta viacej. Teda číslo 3.71 zaokrúhlime na 3.7. Máme novú približnú hodnotu y m = 3.7, ale potom aj odhad absolútnej chyby sa zmení: y m = y + y m ȳ = 0.112 + 3.7 3.71 = 0.122 < 0.2. Dostali sme výsledok v nasledujúcom tvare : y = 3.7 ± 0.2. Poznámka. Počas výpočtu sa doporučuje zaokrúhlovať medzivýsledky na jedno alebo dve desatinné miesta viac, než sú platné číslice. Strana 11 z 48

Príklad 4 Nech u = f(x, y) = x sin y, x = 1.15 ± 0.02 a y = 0.50 ± 0.03 3. Určte odhad absolútnej a odhad relatívnej chyby u. Riešenie. Na základe zadania vieme, že x = 1.15, x = 0.02, ȳ = 1.50 a y = 0.03. Potom u f( x,ȳ) x x + f( x,ȳ) y y = sin ȳ x + x cos ȳ y = (sin 0.50) 0.02 + 1.15(cos 0.50) 0.03 = 0.039865... < 0.04. Teda odhad absolútnej chyby u = 0.04. Budeme potrebovať približnú hodnotu ū. Vypočítame ju: ū = x sin ȳ = 1.15 sin 0.50 = 0.551339.... Teda u = 0.551340 ± 0.04. Vypočítame odhad relatívnej chyby. δ u u = 0.04 100 = 7.255... % < 7.3%. Dostávame, že ū 0.551340 za odhad relatívnej chyby môžeme zobrať δ u = 7.3%. Ľahko sa môžete presvedčiť o tom, že ū má iba jednu platnú číslicu a to prvú 5 a teda ostatné číslice nemajú veľký význam. Preto zaokruhlíme ū na stotiny. Dostaneme, že ū = 0.55, nesmieme zabudnúť, že sme mohli urobiť dodatočne chybu zaokrúhlením 0.551339... 0.55 < 0.00134 a o túto hodnotu musíme vypočítanú hodnotu odhadu absolútnej chyby zväčšiť. Dostaneme 0.04 + 0.00134 = 0.04134 < 0.05 = u a výsledný tvar čísla u je u = 0.55 ± 0.05. Ak teraz vypočítame odhad relatívnej chyby, potom dostaneme u 100 = 0.05 ū 0.55 bude δ u = 9.1%. 100 = 9.09% < 9.1% a nový odhad relatívnej chyby Strana 12 z 48 3 V numerickej matematike argument goniometrických funkcií berieme nie v stupňoch ale v radiánoch!

1.3. Obrátená úloha teórie chýb V praxi sa často stretávame s úlohou keď musíme určiť odhady absolútnych chýb približných hodnôt vstupujúcich veličín tak, aby odhad absolútnej chyby výsledku nebol väčší, než istá predom zadaná hodnota. Pozrieme sa na dva najčastejšie sa vyskytujúce prípady. Nech u = f(x 1, x 2,..., x n ) a potrebujeme určiť x i, i = 1, 2,..., n tak, aby u k, kde k je istá dana konštanta. 1. Prvý prípad. Predpokladajme, že chceme, aby pre všetky i = 1, 2,..., n zložky f( x 1, x 2,..., x n) xi x i mali približne rovnaký vplyv na odhad absolútnej chyby u, t.j. f( x 1, x 2,..., x n) x1 x 1 =... = f( x 1, x 2,..., x n) xn x n. Potom pre každé i = 1, 2,..., n u =. n f( x 1, x 2,..., x n ) x i x i = n f( x 1, x 2,..., x n ) x i x i, i=1 a teda dostaneme, že. u x i = 4 n f( x 1, x 2,..., x n). (4) x i 4 Takto určené hodnoty nemusia spĺňať podmienky úlohy, lebo pri ich určení ešte nevieme, že aké budú približné hodnoty. Teda na splnenie požiadavky je potrebné namiesto parciálnych derivácií použiť ich odhady. Strana 13 z 48

Príklad 5 Nech máme dané rozmery kužeľa: polomer základne je r. = 4dm, výška kužeľa je h. = 9dm a π. = 3.14. Aké musia byť r, h a π, aby sme určili objem kužeľa s presnosťou V = 0.2dm 3? Riešenie. Vieme, že V = 1 3 πr2 h. Položme r = 4dm, h = 9dm a π = 3.14. Potom na základe vzťahu (4) dostaneme: r = V 3 V r = V 3 1 3 π2 r h = 0.2 3.14 2 4 9 = 8.8464... 10 4, teda ak chceme mať výsledok s požadovanou presnosťou, potom r musí byť menšie alebo rovné ako 8.8464... 10 4, napr. r = 0.0008. h = V 3 V h = V 3 1 3 π r2 = 0.2 3.14 4 2 = 1.0615... 10 2, teda ak chceme mať výsledok s požadovanou presnosťou, potom h musí byť menšie alebo rovné ako 1.0615... 10 2, napr. h = 0.01. π = V 3 V π = V 0.2 3 1 = r2 h 4 2 9 = 1.38 10 3, 3 teda ak chceme mať výsledok s požadovanou presnosťou, potom π musí byť menšie alebo rovné ako 1.38 10 3, napr. π = 0.001. Strana 14 z 48

2. Druhý prípad. Predpokladajme, že odhady absolútnych chýb x i sú rovnaké, t.j. x 1 = x 2... = x n. Máme u. = n f( x 1, x 2,..., x n ) x i x i = x i i=1 n f( x 1, x 2,..., x n ) x i. i=1 Ako výsledok pre všetky i = 1,..., n dostávame x i = u np f( x 1, x 2,..., xn) x 5. i=1 i 1.4. Podmienenosť úloh ([3]) Riešenie numerických úloh môžeme považovať za postup, ktorý priraďuje vstupným údajom výstupné údaje. Budeme hovoriť, že úloha je dobre podmienená, keď malé chyby vstupných údajov pomerne málo zmenia výstupný údaj. V opačnom prípade hovoríme o zle podmienených úlohách. Ako mieru podmienenosti sa definuje číslo podmienenosti úlohy C p, ktoré určuje veľkosť týchto zmien relatívna chyba výstupného údaju C p = relatývna chyba vstupných údajov. Pre dobre podmienené úlohy je C p blízke 1. Pre C p 100 hovoríme o zle podmienenej úlohe. 5 Takto určené hodnoty nemusia spĺňať podmienky úlohy ani v tomto prípade, lebo pri ich určení ešte nevieme, že aké budú približné hodnoty. Teda na splnenie požiadavky aj tu je potrebné namiesto parciálnych derivácií použiť ich odhady. Strana 15 z 48

1.5. Úlohy 1. Určte odhad absolútnej, odhad relatívnej chyby čísla a počet platných čislíc v x = 2.72 ak x = e. 6 2. Nech y = xe x. Určte odhad absolútnej a odhad relatívnej chyby výrazu ȳ, ak x = 1.10 ± 0.04. Výsledok upravte na platné číslice plus jedno desatinné miesto. 3. Nech u = x sin y + z. Určte odhad absolútnej chyby výrazu ū, ak x = 2.10 ± 0.02, y = 0.50 ± 0.01 a z = 1.30 ± 0.01. Výsledok upravte na platné číslice a potom vypočítajte odhad relatívnej chyby upraveného výrazu. 4. Nech máme daný polomer gule r. = 2m a π. = 3.1. Aké musia byť r a π, aby sme určili objem gule s presnosťou V = 0.2m 3? 7 Strana 16 z 48 6 e=2.718281828459... 7 Predpokladáme, že všetky zložky majú približne rovnaký vplyv na odhad absolútnej chyby - prvý prípad.

2. Numerické riešenie rovníc 2.1. Formulácia úlohy Teraz sa budeme venovať hľadaniu reálnych koreňov (riešení) rovnice f(x) = 0, (5) kde f je reálna funkcia jednej reálnej premennej. Reálne číslo α, pre ktoré f(α) = 0, sa nazýva koreňom (riešením) rovnice (5). Ak funkcia f(x) je mnohočlenom, potom rovnica a n x n + a n 1 x n 1 +... a 1 x + a 0 = 0, pre a n 0, (6) sa nazýva algebraickou a v opačnom prípade transcendentnou. Pri riešení rovnice (5) doporučujem dodržiavať nasledujúcu postupnosť krokov: 1. Určíme interval (a, b), v ktorom sa nachádzajú všetky riešenia danej rovnice. 8 2. Určíme počet riešení, ktoré ležia v intervale (a, b). 3. Oddelíme riešenia (separujeme korene), t.j. nájdeme také nepretínajúce sa intervaly (a i, b i ) v ktorých sa nachádza práve jedno riešenie danej rovnice (násobnosť riešenia neberieme do úvahy 9 ). 8 a a b môžu byť aj + a. 9 Hovoríme, že α je k-násobným riešením rovnice (5) ak f(α) = f (α) =... = f (k 1) (α) = 0 a f (k) (α) 0. Strana 17 z 48

4. Vyberieme a použijeme vhodnú približnú metódu na určenie približného riešenia. 10 5. Určíme odhad absolútnej chyby nájdeného približného riešenia. Uvediem niekoľko užitočných viet z matematickej analýzy: Veta 1 [Bolzano-Cauchy] Nech funkcia f : a, b R je spojita na svojom definičnom obore a nech f(a)f(b) < 0. (7) Potom existuje aspoň jeden taký bod c (a, b), že f(c) = 0. Slabosťou vety 1 je, že ona nedáva prakticky žiadnu informáciu o počte koreňov na intervale a, b (ich môže byť nespočitateľne veľa), a nemôžeme tvrdiť ani to, že v prípade nesplnenia podmienok vety 1 v danom intervale nie je žiaden koreň (dokonca ich môže byť spočitateľne veľa)[4]. Konkrétne f(x) = x 2 sin 1 x [2] Táto veta 1 sa dá podstatne zosilniť ak podmienku spojitosti doplníme monotónnosťou na tomto intervale. Veta 2 Spojitá a ostro monotónna funkcia f(x) má práve jeden koreň na intervale a, b vtedy a iba vtedy, keď na koncoch intervalu nadobúda rôzne znaky. 10 Pre rôzne riešenia aj použité metódy môžu byť rôzne. Strana 18 z 48

Táto veta umožňuje nie len určiť vhodné intervaly pre výpočet ale aj vylúčiť z úvah nevhodné intervaly, ak poznáme jej monotónnosť a znaky na koncoch intervalu. Prakticky určiť monotónnosť funkcií na interale sa dá pre diferencovateľné funkcie, ak sa nemení znak ich derivácie na danom intervale. V prípade takýchto funkcií veľkou pomocou môže byť nasledujúca veta: Veta 3 Nech funkcia f(x) je diferencovateľná na intervale a, b. Potom ak f (x) nemení znamienko na intervale (a, b), potom podmienka (7) je nutnou a postačujúcou podmienkou toho, aby rovnica (5) mala práve jeden koreň v intervale a, b. Príklad 6 Určme koľko má koreňov rovnica x 2 e x = π a kde sa nachádzajú. Riešenie. Označme f(x) = x 2 e x π. Potom f (x) = x(x + 2)e x. Vidíme, že f (x) = 0 iba pre x = 0 a pre x = 2. Funkcie f(x) a f (x) sú definované a spojité na celej číselnej osi, teda body 2 a 0 sú jedinými v ktorých sa môže meniť znak derivácie a teda monotónnosť funkcie (z klesajúcej na rastúcu a naopak). Teraz ak určíme hodnoty v týchto bodoch a v nekonečno (pre nekonečno v limite) dostávame: f : 2 0 + +, a na základe vety 3 prichádzame k záveru, že daná rovnica má jediný kladný koreň. Tento jediný koreň sa nachádza dokonca v intervale jednotkovej dĺžky 1, 2. Skutočne f(1) < 0 a f(2) > 0. Strana 19 z 48

Zaujímavým dôsledkom vety 1 je nasledujúce tvrdenie: Dôsledok 1 Nech funkcia f(x) je spojitá a nech platí f(a ε) f(a + ε) < 0, potom v intervale a ε, a + ε sa nachádza aspoň jeden koreň α. Teda číslo a je približným riešením danej úlohy s presnosťou ε. Poznamenávam, že tento test je laický. Vo výpočtovej praxi sa nevyužíva často, lebo vyžaduje výpočet funkcie ešte v ďalších dvoch bodoch. Hoci na základe príkladov z klasických zbierok človek môže získať klamný dojem o vhodnosti použitia tohto testu. Poznámka 1 Ako som už spomínal, rovnica (5) môže mať riešenie v intervale (a, b) aj v prípade keď f(a)f(b) > 0. Príklad 7 Rovnica x 2 3x + 2 = 0 má v intervale (0, 3) korene 1 a 2, hoci f(0)f(3) > 0. Na odhad absolútnej chyby približného riešenia slúži nasledujúca veta: Veta 4 Nech α je presné a x k približné riešenie rovnice (5) ležiace v intervale (a, b). Ďalej nech f (x) m > 0 pre všetky hodnoty x a, b. Potom platí nasledujúci odhad: α x k f(x k) m. (8) Strana 20 z 48

Dôkaz. Podľa vety o strednej hodnote existuje taká hodnota c (a, b), že f(x k ) f(α) = f (c)(x k α), a po úprave x k α = f(x k) f(α). f (c) Nakoľko derivácia funkcie je oddelená od 0 a α je riešením rovnice (5) 11 dostávame: x k α = f(x k) f(α) f (c) f(x k) m, čo bolo treba dokázať. Teraz pár slov o algebraických rovniciach. Ako som už spomínal, v prípade algebraických rovníc máme k dispozícii aj ďalšie (pomerne silné) prostriedky. Veta 5 Algebraická rovnica nepárneho stupňa má aspoň jeden reálny koreň. Veta 6 [Descartes] Počet kladných koreňov algebraickej rovnice (6) je rovný počtu znamienkových zmien v postupnosti koeficientov a n, a n 1,..., a 1, a 0 (nulové koeficienty neuvažujeme), alebo o párny počet menší (včítane násobnosti koreňov). Strana 21 z 48 11 f(α) = 0

Príklad 8 Každá z nasledujúcich troch rovníc má tie isté korene {1,2,3}. 1. x 3 6x 2 + 11x 6 = 0, 12 kde počet zmien je 3 (1,-6,11,-6), 2. x 5 8x 4 + 24x 3 34x 2 + 23x 6 = 0, 13 kde počet zmien je 5 (1,-8,24,-34,23,-6), 3. x 4 7x 3 + 17x 2 17x + 6 = 0, 14 kde počet zmien je 4 (1,-7,17,-17,6). Na základe Descartovej vety v prvom prípade môže byť 3 alebo 1 kladný koreň, v druhom prípade 5,3 alebo 1 kladný koreň a v poslednom prípade 4,2 alebo 0 kladných koreňov. A v skutočnosti stále máme 3 rôzne kladné korene. Poznámka 2 Počet záporných koreňov rovnice P n (x) = 0, kde P n (x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0 sa rovná počtu kladných koreňov rovnice Q n (x) = 0, kde Q n (x) = P n ( x). O niečo silnejšia je nasledujúca veta: Veta 7 [Budan-Fourier] Nech pre mnohočlen P n (x) platí, že a n 0. Nech je α < β a P n (α)p n (β) 0 a nech σ(x) je počet znamienkových zmien v postupnosti P n (x), P n(x),..., P n (n) (x). Potom počet reálnych koreňov rovnice P n (x) = 0, ktoré ležia v intervale α, β sa rovná σ(α) σ(β) alebo je o párny počet menší (včítane násobnosti). 12 každý z nich je prostý 13 1 je trojnásobný a ostatné sú prosté 14 1 je dvojnásobný a ostatné sú prosté Strana 22 z 48

Presnejší odhad počtu reálnych koreňov môžeme získať pomocou Sturmovej vety. V tejto vete podstatnú úlohui zohráva tzv. Sturmova postupnosť. Uvediem jednu konštrukciu takej postupnosti. 1. F 0 (x) = P n (x), 2. F 1 (x) = P n(x), 15 3. teda F 0 (x) = Q 1 (x) F 1 (x) F 2 (x), 4.. 5. teda F i 1 (x) = Q i (x) F i (x) F i+1 (x), 6.. 7. teda F s 1 (x) = Q s (x) F s (x) a F s+1 (x) = 0. Z konštrukcie je zrejmé, že stupeň mnohočlenov monotónne klasá a F s (x) je deliteľom všetkých mnohočlenov danej postupnosti. Ak F s (x) je konštanta, potom všetky korene rovnice P n (x) = 0 sú prosté. Naviac ak F s (x) nie je konštantou, potom pre G i (x) = F i (x)/f s (x) rovnica G 0 (x) = 0 má tie isté korene ako rovnica F 0 (x) = 0 (čo je vlastne naša pôvodná rovnica) ale už teraz všetky korene sú prosté a {G i (x)} s i=0 je Sturmovou postupnosťou pre G 0 (x). 15 Ostatné členy postupnosti získame ako zvyšok po delení predchádzajúceho mnohočlena s nasledujúcim ale s opačným znakom. Strana 23 z 48

Veta 8 [Sturm] Nech P n (x) je mnohočlen s reálnymi koeficientami, {F i (x)} s i=0 je Sturmova postupnosť pre P n (x) a interval a, b je taký, že P n (a) P n (b) 0. Potom počet rôznych reálnych koreňov algebraickej rovnice (6) v intervale (a, b) sa rovná σ(a) σ(b), kde σ(c) je počet znamienkových zmien v postupnosti {F 0 (c), F 1 (c),..., F s (c)}. Ľahko sa môžeme presvedčiť o tom, že všetky korene rovnice (6) sa nachádzajú v intervale r m, r m, kde r m = 1 + max{ a n 1, a n 2,..., a 1, a 0 }. (9) a n Poznámka 3 Z predchádzajúcej vety a z konštrukcie Sturmovej postupnosti vyplíva, že pri získavaní jednotlivých prvkov Sturmovej postupnosti môžeme ich krátiť ľubovoľným kladným výrazom (napr. kladnou konštantou môžeme násobiť aj deliť, deliť výrazom x 2 + 1 atď. Príklad 9 Pomocou Sturmovej vety separujte korene rovnice Riešenie. 1. F 0 (x) = x 3 + 2x 2 + 3x + 4 x 3 + 2x 2 + 3x + 4 = 0. 2. F 0(x) = 3x 2 + 4x + 3 = 3(x 2 + 4 3 x + 1) teda môžeme zobrať F 1 (x) = x 2 + 4 3 x + 1. Strana 24 z 48

3. Určíme F 2 (x) pomocou delenia mnohočlenov: F 0 (x) : F 1 (x). x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 : x 2 + 4 3 x + 1 = x + 2 3 ( x 3 + 4 3 x 2 + x ) 2 x 2 + 2 x + 4 3 2 ( x 2 + 8 x + 2 ) 3 9 3 x + 10 10 = (x + 3) 9 3 9 10 Dostali sme, že F 2 (x) = (x + 3) = x 3. 4. Určíme F 3 (x) pomocou delenia mnohočlenov: F 1 (x) : F 2 (x). x 2 + 4 3 x + 1 : x 3 = x + 5 3 ( x 2 + 3 x ) 5-3 x + 1 5 ( - 3 x - 5 ) 6 = 6 1 Dostali sme, že F 3 (x) = (1) = 1. Na základe vzťahu (9) dostávame, že x 1 + max{ 2, 3, 4 } 1 = 1 + 4 1 = 5 a pomocou nasledujúcej tabuľky Strana 25 z 48

x -5-2 -1 5 F 0 (x) -86-2 2 194 F 1 (x) 58 7 2 98 F 2 (x) 2-1 -2-8 F 3 (x) -1-1 -1-1 σ(x) 2 2 1 1 dostávame, že riešenie sa nachádza v intervale 2, 1, lebo σ( 2) σ( 1) = 2 1 = 1 a viac reálnych riešení daná rovnica nemá. a a σ( 5) σ( 2) = 2 2 = 0 a σ( 1) σ(5) = 1 1 = 0 Príklad 10 Pomocou Sturmovej vety separujte korene rovnice Riešenie. x 4 + 5x 3 + 9x 2 + 7x + 2 = 0. 1. F 0 (x) = x 4 + 5x 3 + 9x 2 + 7x + 2. 2. F 0(x) = 4x 3 + 15x 2 + 18x + 7 ( x 3 + 15 4 x2 + 9 2 x + 7 4) a teda F 1 (x) = x 3 + 15 4 x2 + 9 2 x + 7 4. 3. F 0 (x) : F 1 (x) = x 4 + 5x 3 + 9x 2 + 7x + 2 : x 3 + 15 4 x2 + 9x + 7 = 2 4 x + 5 3 a zvyšok je Q(x) = 4 16 x2 3x 3 = 3 8 16 16 (x2 + 2x + 1) a F 2 (x) = Q(x) = [ (x 2 + 2x + 1)] = x 2 + 2x + 1. Strana 26 z 48 4. F 1 (x) : F 2 (x) = x 3 + 15 4 x2 + 9 2 x + 7 4 : x2 + 2x + 1 = x + 7 4 Príklad 11 Pomocou Sturmovej vety separujte korene rovnice x 5 + 5x 10 = 0. a zvyšok je 0.

Riešenie. 1. F 0 (x) = x 5 + 5x 10. 2. F 0(x) = 5x 4 +5 = 5 (x 4 + 1) ale x 4 +1 > 0 a preto F 1 (x) = 1 a už máme Sturmovu postupnosť hotovú. Na základe vzťahu (9) dostávame, že x 1 + max{ 5, 10 1 = 1 + 10 1 = 11 a pomocou nasledujúcej tabuľky x -11 1 2 11 x 5 + 5x 10-161116 -4 32 161096 1 1 1 1 1 σ(x) 1 1 0 0 dostávame, že riešenie sa nachádza v intervale (1, 2), lebo σ(1) σ(2) = 1 0 = 1 a viac reálnych riešení daná rovnica nemá. 16 Strana 27 z 48 2.2. Grafická metóda Približné hodnoty reálnych koreňov rovnice f(x) = 0 môžeme nájsť tzv. grafickou metódou ak funkciu f(x) dokážeme rozložiť na dve funkcie f(x) = g(x) h(x) tak, aby sme mohli ľahko znázorniť grafy funkcií y = g(x) a y = h(x). V tomto prípade riešením rovnice f(x) = 0 je vlastne priesečník grafov týchto dvoch pomocných funkcií. 16 σ( 11) σ(11) = 1 0 = 1 a vieme, že ten jediný koreň sa nachádza v intervale (1, 2)

3.5 3 y=h(x) 2.5 2 1.5 1 0.5 y=g(x) α 0 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 Obr. 2: Separácia koreňov grafickou metódou V praxi sa často používa táto metóda pri separácií koreňov. Príklad 12 Grafickou metódou separujte korene rovnice Strana 28 z 48 Riešenie. e x + x 2 = 0.

3 y = 2 x 2.5 2 1.5 1 0.5 y = e x 0 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 Obr. 3: Separácia koreňov Z obrázku 2 je vidno, že jediný koreň danej rovnice sa nachádza v intervale 0.2, 0.6. 2.3. Metóda polovičného delenia intervalu (bisekcia) Predpokladajme, že už sme odseparovali korene danej rovnice f(x) = 0 a nech interval a, b je jedným z nich. Teraz sa budeme venovať nájdeniu riešenia z Strana 29 z 48

tohto intervalu. V prípade, že f(a) f(b) < 0 môžeme definovať postupnosť intervalov a n, b n s nasledujúcimi vlastnosťami: 1. a 1, b 1 = a, b, 2. ďalší postup je nasledujúci - zoberieme stred intervalu c 1 = a 1+b 1 2, ak tento bod je riešením danej rovnice - proces ukončíme. V opačnom prípade f(c 1 ) 0. Potom buď platí, že f(a 1 ) f(c 1 ) < 0 a potom a 2, b 2 = a 1, c 1, alebo f(b 1 ) f(c 1 ) < 0 a potom a 2, b 2 = c 1, b 1. 3. Nech sme už definovali taký interval a n, b n, že f(a n ) f(b n ) < 0. Znova berieme stred intervalu c n = an+bn. Ak tento bod je riešením danej 2 rovnice - proces ukončíme. V opačnom prípade f(c n ) 0. Potom buď platí, že f(a n ) f(c n ) < 0 a potom a n+1, b n+1 = a n, c n, alebo f(b n ) f(c n ) < 0 a potom a n+1, b n+1 = c n, b n. Ak postupnosť {c n } má konečný počet členov, potom posledný je koreňom rovnice f(x) = 0. Ak je nekonečná, potom má konečnú limitu 17, čo je vlastne presným riešením našej rovnice. Všimnite si, že na každom kroku sa dĺžka intervalu zmenšila na polovičku a teda pre približné riešenie c n platí odhad kde α je presné riešenie. c n α < b a 2 n, (10) 17 lebo pravé konce (aj ľavé) tvoria ohraničené monotónne postupnosti Strana 30 z 48

Ak máme určiť približné riešenie s presnosťou ε > 0, potom ukončíme proces delenia intervalu až keď b n a n < 2ε a za približné riešenie zoberieme c n = an+bn. 2 Z nerovnice (10) (ak jej pravá strana bude menšia než ε) dostaneme, že n 1 ln ( ) b a ln 2 ε. Ak sú splnené podmienky, že funkcia je spojitá a na koncoch daného intervalu nadobúda rôzne znaky, potom táto metóda je vždy konvergentná. Príklad 13 Metódou polovičného delenia intervalu určte s presnosťou ε = 0.01 približné riešenie rovnice e x + x 2 = 0. Riešenie. Z riešenia príkladu 12 vieme, že daná rovnica má iba jeden koreň v intervale 0.2, 0.6. Na základe vzťahu (10), kde a = 0.2, b = 0.6 a ε = 0.01 dostávame, že n 1 ( ) b a ln 2 ln ε = 1 ln 2 ln ( ) 0.6 0.2 = 5.3219..., 0.01 teda n = 6. V tomto prípade bude a 1 = a = 0.2, f(a 1 ) = e a 1 + a 1 2 = e 0.2 + 0.2 2 = 0.578... < 0, b 1 = b = 0.6, f(b 1 ) = e b 1 + b 1 2 = e 0.6 + 0.6 2 = 0.422... > 0 a funkcia je spojitá. Podmienky sú splnené a vieme, že šiesta iterácia už bude dobrá. Strana 31 z 48

k a k b + k c k = a k+b k f(c 2 k ) 1 0.2 0.6 0.4-0.108... 0 2 0.4 0.6 0.5 0.1487... 0 3 0.4 0.5 0.45 0.018... 0 4 0.4 0.45 0.425-0.045... 0 5 0.425 0.45 0.4375-0.01... 0 6 0.4375 0.45 0.44375 2.4. Metóda tetív (regula falsi) Nech rovnica f(x) = 0 má v intervale a, b jediný reálny koreň α. Predpokladáme ďalej, že funkcia f(x) je spojitá na tomto intervale a f(a) f(b) < 0. Pokiaľ sú splnené vyššie uvedené podmienky potom aj táto metóda je vždy konvergentná. Základná myšlienka tejto metódy je podobná myšlienke metódy polovičného delenia intervalu iba miesto stredu c k = a k+b k intervalu 2 a, b berieme priesečník tetivy s osou Ox. Postup riešenia je nasledujúci: Aproximujeme presné riešenie α priesečníkom x k priamky, ktorá je spojnicou bodov [a k, f(a k )] a [b k, f(b k )] (čo je vlastne tetiva vzhľadom na graf funkcie y = f(x)) s osou x. Táto priamka má rovnicu y f(a k ) = f(b k) f(a k ) b k a k (x a k ). Daný priesečník získame tak, že v tomto vzťahu položíme y = 0 a vyjadríme si x, čo bude vlastne x-ovou súradnicou priesečníka, t.j. približným riešením Strana 32 z 48

našej rovnice. Dostaneme, že x k = a kf(b k ) b k f(a k ). f(b k ) f(a k ) Ak nemáme ďalšie informácie o funkcii f(x), potom spôsob rozhodovania je identický so spôsobom rozhodovania metódy polovičného delenia intervalu. Keď f (x) a f (x) nemenia znamienko na intervale a, b, potom sa situácia zjednoduší, lebo môže nastať iba jeden z nasledujúcich prípadov: 1. f (x) > 0 a f (x) > 0, 2. f (x) > 0 a f (x) < 0, 3. f (x) < 0 a f (x) > 0, 4. f (x) < 0 a f (x) < 0. V týchto prípadoch zrejme odpadne rozhodovanie, že ktorým intervalom máme pokračovať vo výpočte, lebo jeden z bodov a alebo b musí byť takým, že f f > 0 a ten bod v procese výpočtu zostáva pevným. V tomto prípade najvhodnejšie je použiť ako kritérium zastavenia iteračného procesu odhad z vety 4 (nerovnosť (9)). Strana 33 z 48

f (x)>0, f (x)>0, b je pevný bod f (x)<0, f (x)>0, a je pevný bod a x 1 b a x 1 b f (x)>0, f (x)<0, a je pevný bod f (x)<0, f (x)<0, b je pevný bod Strana 34 z 48 a x 1 b a x 1 b Obr. 4: Možnosti pre metódu regula falsi.

Príklad 14 Metódou regula falsi určte s presnosťou ε = 0.01 približné riešenie rovnice e x + x 2 = 0. Riešenie. Z riešenia príkladu 12 vieme, že daná rovnica má iba jeden koreň v intervale 0.2, 0.6. Na základe vzťahu (10), kde a = 0.2, b = 0.6 a ε = 0.01 dostávame, že a 1 = a = 0.2, f(a 1 ) = e a 1 +a 1 2 = e 0.2 +0.2 2 = 0.578... < 0, b 1 = b = 0.6, f(b 1 ) = e b 1 +b 1 2 = e 0.6 +0.6 2 = 0.422... > 0 a funkcia je spojitá. Podmienky sú splnené a navyše vieme, že f (x) = e x +1 > 0, f (x) = e x > 0, f(b) f (b) > 0 a teda pevným bodom bude bod b. Poznamenávam, že z monotónnosti funkcie f(x) vyplýva, že m = min { f (x) } = f (a) = x a,b e a + 1 = e 0.2 + 1 = 2.2214. f(c k ) m k a k b + k c k = a kf(b k ) b k f(a k ) f(b k ) f(a k ) f(c k ) 1 0.2 0.6 0.4313 0.0295 < 0 0.0133 0.0133 > ε 2 0.4313 0.6 0.4423 0.0014 0 0.0006 0.0006 < ε Dostali sme, že približné riešenie danej úlohy s požadovanou presnosťou je c 2 = 0.4423. 2.5. Newtonova metóda (metóda dotyčníc) Najčastejšie používaný tvar tejto metódy: Nech rovnica f(x) = 0 má v intervale a, b jediný reálny koreň α. Ďalej nech funkcia f(x) je spojitá na tomto intervale, nech jej prvá a druhá derivácia nemenia znamienko na tomto intervale (a sú nenulové) a f(a) f(b) < 0. V tomto prípade jeden z koncových Strana 35 z 48

bodov musí byť taký, že funkčná hodnota a hodnota druhej derivácie majú v tomto bode rovnaké znamienko. Tento bod označíme znakom x 0. Ďalšie priblíženie určíme na základe nasledujúceho vzťahu: x 1 = x 0 f(x 0) f (x 0 ) (11) Základná myšlienka tejto metódy je, že z bodu (x 0, f(x 0 )) nakreslíme dotyčnicu ku grafu funkcie y = f(x) a za ďalšie priblíženie zoberieme priesečník tejto dotyčnice s osou Ox. Táto dotyčnica má rovnicu y f(x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ). Daný priesečník získame tak, že v tomto vzťahu položíme y = 0 a vyjadríme si x, čo bude vlastne x-ovou súradnicou priesečníka, t.j. približným riešením našej rovnice. Dostaneme, že x 1 = x 0 f(x 0) f (x 0 ). V tomto prípade najvhodnejšie je použiť ako kritérium zastavenia iteračného procesu odhad z vety 4 (nerovnosť (9)). Príklad 15 Newtonovou metódou určte s presnosťou ε = 0.01 približné riešenie rovnice e x + x 2 = 0. Strana 36 z 48

Riešenie. Z riešenia príkladu 12 vieme, že daná rovnica má iba jeden koreň v intervale 0.2, 0.6. Vieme, že funkcia je spojitá, f (x) = e x + 1 > 0, f (x) = e x > 0, f(b) f (b) > 0 a teda x 0 = b. Poznamenávam, že z monotónnosti funkcie f(x) vyplýva, že m = min x a,b { f (x) } = f (a) = e a + 1 = e 0.2 + 1 = 2.2214. Potom x 1 = x 0 f(x 0) f (x 0 ) = 0.6 e0.6 +0.6 2 e 0.6 +1 = 0.6 0.4221 2.8221 = 0.4504. f(x k ) m k x k = x k 1 f(x k 1) f (x k 1 ) f(x k ) 1 0.4504 0.0194 0.0087 < ε Dostali sme, že hľadané približné riešenie danej úlohy je x 1 = 0.4504. 2.6. Kombinovaná metóda Ako už sám názov naznačuje, táto metóda pozostáva z použitia dvoch metód. Z Newtonovej metódy a z metódy regula falsi. Teda pre použitie sa vyžaduje splnenie oboch týchto metód. Teda nech rovnica f(x) = 0 má v intervale a, b jediný reálny koreň α. Ďalej nech funkcia f(x) je spojitá a jej prvá a druhá derivácia nemenia znamienko na tomto intervale (a sú nenulové) a f(a) f(b) < 0. Potom pre jeden z koncových bodov platí, že funkčná hodnota a hodnota druhej derivácie majú to isté znamienko a v druhom - rôzne. Nech x 0 je ten bod v ktorom f(x 0 ) f (x 0 ) > 0 a pre y 0 platí, že f(y 0 ) f (y 0 ) < 0. Potom jednotlivé členy postupnosti aproximácií koreňa α, {x n } n=1, {y n } n=1 určíme pomocou nasledujúcich vzťahov: Strana 37 z 48

a y n+1 = y n x n+1 = x n f(x n), n = 0, 1,..., f (x n ) f(y n ) f(x n+1 ) f(y n ) (x n+1 y n ), n = 0, 1,.... Ľahko sa presvedčíme o tom, že α leží v intervale s koncovými bodmi x n a y n. Výpočet ukončíme keď f(xn) f(yn) < ε, alebo < ε, alebo x m m n y n < 2ε a potom približným riešením danej rovnice bude x n, y n, resp. xn+yn, podľa 2 toho, že ktorá z vyššie uvedených nerovností platí. Príklad 16 Kombinovou metódou určte s presnosťou ε = 10 5 približné riešenie rovnice e x + x 2 = 0. Riešenie. Z riešenia príkladu 12 vieme, že daná rovnica má iba jeden koreň v intervale 0.2, 0.6. Vieme, že funkcia je spojitá, f (x) = e x + 1 > 0, f (x) = e x > 0, f(b) f (b) > 0 a teda x 0 = b, f(a) f (a) < 0 a teda y 0 = a. Poznamenávam, že z monotónnosti funkcie f(x) vyplýva, že m = min x a,b { f (x) } = f (a) = e a + 1 = e 0.2 + 1 = 2.221403. Potom x 1 = x 0 f(x 0) f (x 0 ) Nakoľko f(x 1) m = 0.0194035 = 0.6 e0.6 +0.6 2 e 0.6 +1 = 0.6 0.422119 2.822119 = 0.450425. = 0.0087348 > ε, musíme pokračovať. Vypočí- 2.221403 ( 0.578597) (0.450425 0.0194035 ( 0.578597) tame y 1 = y 0 f(y 0) f(x 1 ) f(y 0 ) (x 1 y 0 ) = 0.2 Strana 38 z 48

0.2) = 0.442299. Nakoľko f(y 1) = 0.0014935 = 0.000638945 > ε a y m 2.221403 1 x 1 = 0.442299 0.450425 = 0.00812561 > 2ε musíme pokračovať vo výpočte. Máme x 2 = x 1 f(x 1) f (x 1 = 0.0.450425 0.0194035 = 0.442872. Nakoľko f(x 2) ) 2.568979 = 0.000044641 = 0.00002 > ε, musíme pokračovať. Vypočítame m 2.221403 y 2 = y 1 f(y 1) (x ( 0.00141935) f(x 2 ) f(y 1 ) 2 y 1 ) = 0.442299 (0.442872 0.000044641 ( 0.00141935) 0.442299) = 0.442854. Nakoľko f(y 2) = 7.5 10 9 = 3.4 10 9 < ε výpočet m 2.221403 ukončíme a približným riešením bude y 2 = 0.442854. 2.7. Prostá iteračná metóda Prostou iteračnou metódou riešiť úlohu (5) znamená nahradiť ju rovnicou tvaru x = ϕ(x), (12) na ktorej použijeme metódu postupných aproximácií. Banachova veta o pevnom bode 18 nám poskytne základné informácie o konvergencii metódy. Veta 9 Nech ϕ je funkciou jednej reálnej premennej (ϕ : R R, kder = (, )) a nech existuje také reálne číslo q 0, 1), že je splnená nasledujúca tzv. Lipschitzova podmienka 18 Podrobnejšie o tejto vete viď [3, Veta 2.2]. ϕ(v) ϕ(u) q v u (13) Strana 39 z 48

pre všetky u, v R. 19 Potom rovnica (12) má práve jeden reálny koreň α, t.j. α = ϕ(α). Iteračná postupnosť {x n } definovaná predpisom: x i+1 = ϕ(x i ), i = 0, 1,..., (14) je pre každé x 0 R konvergentná a jej limitou je α. Ďalej platí odhad: α x n = q 1 q x n x n 1. (15) Príklad 17 Prostou iteračnou metódou určte s presnosťou ε = 10 5 približné riešenie rovnice e x + x 2 = 0. Riešenie. Z riešenia príkladu 12 vieme, že daná rovnica má iba jeden koreň v intervale 0.2, 0.6. Daný tvar rovnice nám ponúka dva prirodzené možnosti vyjadrenia x z tejto rovnice. 1. x = 2 e x. V tomto prípade ϕ(x) = 2 e x a ϕ (x) = e x. Na intervale 0.2, 0.6 bude ϕ (x) = e x > 1, čo znamená, že konvergencia daného iteračného procesu nie je zaručená a teda tento predpis nám nevyhovuje. 2. e x = 2 x a teda x = ln(2 x). V tomto prípade ϕ(x) = ln(2 x) a ϕ (x) = 1. Na intervale 0.2, 0.6 bude 2 x ϕ (x) = 1 1 = 2 x 2 0.6 19 Ak je ϕ diferencovateľná, potom stačí nasledujúca podmienka: ϕ (x) q < 1 pre všetky x R, resp. na separačnom intervale. Strana 40 z 48

0.714... < 0.72 = q, čo znamená, že konvergencia daného iteračného procesu je zaručená pre ľubovoľný bod x 0 0.2, 0.6 a teda tento predpis nám vyhovuje. Za x 0 si zvolme stred intervalu, t.j. x 0 = 0.2+0.6 = 2 0.4 a x 1 = ln(2 x 0 ) = ln(2 0.4) = 0.470004. Odhad chyby bude q x 1 q 1 x 0 = 0.72 0.470004 0.4 = 0.180009. Iteračné body a odhady sú uvedené v nasledujúcej 1 0.72 tabuľke. k x k = ϕ(x k 1 ) q 1 q k x k 1 1 0.470004 0.180009 > ε 2 0.425265 0.115041 > ε 3 0.454087 0.074112 > ε... 23 0.442856 0.000011 > ε 24 0.442853 0.000007 < ε Dostali sme, že hľadané približné riešenie danej úlohy je x 24 = 0.442853. 2.8. Úlohy 1. Grafickou metódou separujte korene rovnice sin(x) 3 ln(x) = 0. 2. Pomocou Sturmovej vety separujte korene rovnice x 4 +2x 3 +x 2 +2x+1 = 0. Strana 41 z 48

3. Pomocou Sturmovej vety separujte korene rovnice 16x 4 64x 3 + 88x 2 48x + 9 = 0. 4. Metódou polovičného delenia intervalu (bisekcia) určte korene rovnice 5x 4 + x 2 + 9x + 2 = 0 s presnosťou ε = 0.0001. 5. Metódou tetív (regula falsi) určte korene rovnice 6x 3 + 5x + 6 = 0 s presnosťou ε = 0.0001. 6. Newtonovou metódou (metódou dotyčníc) určte korene rovnice x 4 + 8x 3 + 4x 2 7x 5 = 0 s presnosťou ε = 0.000001. 7. Kombinovou metódou určte korene rovnice x 4 + 4x 3 + 2x 2 + 2x + 1 = 0 s presnosťou ε = 0.000001. 8. Prostou iteračnou metódou určte korene rovnice x 4 x 3 +3x 2 +x 9 = 0 s presnosťou ε = 0.0001. Strana 42 z 48

3. Sústavy lineárnych rovníc Iteračnou metódou riešte sústavu lineárnych rovníc s presnosťou ε = 0.001. 1. x + 10y z = 9 x + y + 8z = 2 10x + y z = 9 2. x + 8y z = 2 x y + 8z = 9 10x + y + z = 9 Strana 43 z 48

Riešte sústavu iteračnou metódou. Overte splnenie postačujúcich podmienok konvergencie metódy, urobte 5 krokov z daného štartovacieho bodu a odhadnite chybu. 13. 1.5x y + 7z = 23 8x + y 1.2z = 8 2.3x + 8y + 0.5z = 12 14. 8.8x 0.8y + z = 25 1.5x + 9y 0.6z = 18 x + 0.5y + 9.8z = 34 (x 0, y 0, z 0 ) = ( 0.8, 1.2, 2.3) (x 0, y 0, z 0 ) = (2.5, 1.8, 3.4) Strana 44 z 48

4. Sústavy nelineárnych rovníc Vypočítajte iteračnou metódou určený koreň sústavy s presnosťou ε = 0.001. 1. x 2 + y 2 = 1 x 3 y = 0 (x > 0, y > 0) 2. x 2 + y 2 4y + 3 = 0 5x 0.5y + 1 = 0 (x > 0, y > 0) Riešte sústavu iteračnou metódou. Overte splnenie postačujúcich podmienok konvergencie metódy, urobte 5 krokov z daného štartovacieho bodu a odhadnite chybu. 15. y 0.5x 2 = 0.5 2x y3 6 = 1.6 16. cos (x 1) + y = 0.8 x cos y = 1 (x > 0, y > 0), x 0 = 0.8, y 0 = 0 x 0 = 2, y 0 = 0.5 Strana 45 z 48 Newtonovou metódou vypočítajte určený koreň sústavy s presnosťou ε = 0.001. 20. y x sin(x) = 0 (x 3) 2 + y 2 = 1 (x > 0, y > 0)

21. xy 1 = 0 y (x 1) 3 = 0 (x < 0, y < 0) Strana 46 z 48

5. Výsledky 5.1. Nepresnosť numerického riešenia úloh 1. x = 0.002 > 0.001718..., δ x = 0.1% > 0.06316... % a všetky sú platné, t.j. ich je 3 2. y = 0.2523499..., δ y = 7.7% > 7.636363... %, ȳ = 3.3045826... má iba jednu platnú číslicu, t.j. y = 3.3 ± 0.3. 3. u = 0.038017744..., ū = 2.30679363... má dve platné číslice, t.j. y = 2.3 ± 0.05 a δ u = 2.2% > 2.173913... %, 4. π V 2 f π a r V 2 f r = 0.009375, teda π = 0.009 = 0.002016..., teda r = 0.002. Pozor! Jeden z málo prípadov, keď berieme za odhady menšie hodnoty (kvôli zaručenia výsledného odhadu pre objem). 5.2. Riešenie nelineárnych rovníc 1. 1, π 2. F 0 (x) = x 4 + 2x 3 + x 2 + 2x + 1, F 1 (x) = 2x 3 + 3x 2 + x + 1, F 2 (x) = x 2 5x 3, F 3 (x) = 9x 5, F 4 (x) = 1. Potom x 1 2, 1, lebo σ( 2) σ( 1) = 3 2 = 1 a x 2 1, 0, lebo σ( 1) σ(0) = 2 1 = 1. 3. Má viacnásobné korene. Po vydelení pôvodnej ľavej strany s posledným nenulovým zvyškom dostaneme F 0 (x) = 4x 2 8x + 3, F 1 (x) = x 1, F 2 (x) = 1. Potom x 1 0, 1, lebo σ(0) σ(1) = 2 1 = 1 a x 2 1, 2, lebo σ(1) σ(2) = 1 0 = 1. 4. x 1 = 1.0661, x 2 = 0.2296 5. F 0 (x) = 4x 2 8x+3, F 1 (x) = x 1, F 2 (x) = 1. Potom x 1 0, 1, lebo σ(0) σ(1) = 2 1 = 1 a x 2 1, 2, lebo σ(1) σ(2) = 1 0 = 1. 6. x 1 = 7.337494, x 2 = 0.964019 Strana 47 z 48

7. x 1 = 3.575175, x 2 = 0.524394 8. x 1 = 1.3085, x 2 = 1.4416 5.3. Sústavy lineárnych rovníc 1. {(1,1,0)} 2. {( 1, 0, 1)} 3. {x 5 = 1.66859, y 5 = 1.23909, z 5 = 3.45454, 2 10 2 } 4. {x 5 = 2.92828, y 5 = 2.68239, z 5 = 2.91473, 10 4 } 5.4. Sústavy nelineárnych rovníc 1. {(0.826031,0.563624)} 2. {(0.099504,2.995037)} 3. {(2.783218,0,976220)} 4. {( 0.380278, 2.629658)} Literatúra [1] Bahvalov N., Жidkov N., Kobelьnikov G.: Qislennye metody. FIZMATLIT, Moskva Peterburg, 2002. [2] Doboš J.:... [3] Pirč V., Buša J.: Numerické metódy. Elfa, Košice, 2002. [4] Verжbicki V., M.: Osnovy qislennyh metodov. Vysxa xkola, Moskva, 2002. Strana 48 z 48