Egzamin, 3 luty 2015

Metody Numeryczne (III INF)

Egzamin, 3 luty 2015

ROZWI AZANIA ZADA ´ _, N

1. Nale˙zy zastosowa algorytm A2. Dla du˙zych warto´sci x, w algorytmie A1 odejmujemy liczby wzgl ednie prawie takie same, co powoduje redukcj _, e cyfr znacz _, acych i utrat _, e _, dok ladno´sci wzgl ednej wyniku. Zjawisko to nie wyst _, epuje w algorytmie A2, bowiem _, tam dodajemy liczby dodatnie, a taka operacja jest bezpieczna z punktu widzenia arytmetyki fl .

2. Poniewa˙z najwi ekszy element w pierwszej kolumnie znajduje si _, e w drugim wierszu, _, wykonujemy przestawienie pierwszego wiersza z drugim otrzymuj ac macierz _,

P ₁ A =





30 22 11

3 2 1

0 20 110



 . Macierz eliminacji w pierwszym kroku jest r´ owna

L ₁ =





1 0 0 0.1 1 0 0 0 1







jest L ⁻¹ ₁ =





1 0 0

−0.1 1 0 0 0 1







 , natomiast macierz otrzymana po pierwszym kroku eliminacji to

A ⁽¹⁾ = L ⁻¹ ₁ P ₁ A =





30 22 11

0 −0.2 0.9 0 20 110



 .

Wyb´ or elementu g l´ ownego w drugim kroku eliminacji prowadzi do przestawienia wiersza drugiego z trzecim, powstaje macierz

P ₂ A ⁽¹⁾ =





30 22 11

0 20 110 0 −0.2 0.9



 . Macierz eliminacji w kroku drugim to

L ₂ =





1 0 0

0 1 0

0 −0.01 1







jest L ⁻¹ ₁ =





1 0 0

0 1 0

0 −0.01 1







 , a po dokonaniu tego kroku otrzymujemy macierz

R = L ⁻¹ ₂ P ₂ A ⁽¹⁾ =





30 22 11 0 20 110

0 0 1





Mamy r´ owno´s´ c R = L ⁻¹ ₂ P ₂ L ⁻¹ ₁ P ₁ A, a ponadto P ₁ = P ₁ ⁻¹ , P ₂ = P ₂ ⁻¹ , sk ad wynika, ˙ze _, P ₁ A = L ₁ P ₂ L ₂ R, czyli P ₂ P ₁ A = P A = P ₂ L ₁ P ₂ L ₂ R, czyli P = P ₂ P ₁ , L = P ₂ L ₁ P ₂ L ₂ . Macierze te s a nast _, epuj _, ace: _,

L =





1 0 0

0 1 0

0.1 −0.01 1



 , P =





0 1 0 0 0 1 1 0 0



 .

3. Sformu lowanie LZNK: szukamy wektora ~ z = [a 0 , a 1 ] ^T minimalizuj acego kA~ _, z − ~bk 2 , gdzie

A =







 1 −1 1 −1 1 −2 1 0









, ~b =







 1 0 2 0







 .

Zadanie rozwi azujemy korzystaj _, ac z uk ladu r´ _, owna´ n normalnych A ^T A~ z = A ^T ~b:

 4 −4

−4 6



~ z =  3

−5

 , sk ad otrzymujemy rozwi _, azanie: a _, 0 = − ¹ ₄ , a 1 = −1.

4. Wielomian w jest zapisany w bazie Newtona dla w ez l´ _, ow 1, 2, 3, 4 (lub dla w ez l´ _, ow 1, 2, 3, a, gdzie a mo˙ze by´ c dowolne). Wobec tego w[1, 2, 3] = −2, w[1, 2, 3, 4] = 3 i zgodnie z definicj a r´ _, o˙znicy dzielonej

3 = w[1, 2, 3, 4] = w[2, 3, 4] − w[1, 2, 3]

4 − 1 = w[2, 3, 4] + 2

3 ,

sk ad wyznaczamy w[2, 3, 4] = 7. _,

5. Na podstawie twierdzenia o alternansie mamy, ˙ze w jest poszukiwanym wielomianem optymalnym wtedy i tylko wtedy gdy

f (x) − w(x) = a T ₃ (2x − 1),

gdzie T ₃ jest wielomianem Czybyszewa stopnia 3, a a jest czynnikiem normalizuj acym. _, Poniewa˙z

T ₃ (2x − 1) = 4(2x − 1) ³ − 3(2x − 1) = 32x ³ − 48x ² + 18x − 1 = f (x), otrzymujemy a = 1 i w ≡ 0.

6. Wobec parzysto´sci wagi % mamy, ˙ze je´sli {p k } k≥0 jest ci agiem wielomian´ _, ow ortogo- nalnych to {q k } k≥0 , gdzie q k (x) = p k (−x), jest r´ ownie˙z ci agiem wielomian´ _, ow ortogo- nalnych. Rzeczywi´scie, dla i 6= j mamy bowiem

hq _i , q _j i = Z 1

−1

q _i (x)q _j (x)%(x) dx = Z 1

−1

p _i (−x)p _j (−x)%(−x) dx

= Z 1

−1

p _i (x)p _j (x)%(x) dx = hp _i , p _j i = 0.

Wiemy, ˙ze k-ty wielomian ortogonalny ma k pojedynczych pierwiastk´ ow i s a one _,

wyznaczone jednoznacznie. Dlatego, je´sli p k (ξ) = 0 to r´ ownie˙z p k (−ξ) = q k (ξ) = 0.

To za´s implikuje, ˙ze pierwiastki wielomianu p k s a roz lo˙zone symetrycznie wzgl _, edem _, punktu zerowego, a st ad mamy ju˙z tez _, e twierdzenia. _,

7. Rz ad kwadratury jest maksymalizowany przez kwadratur _, e interpolacyjn _, a. W naszym _, przypadku, dla dowolnego c 6= 1/3 b l ad odpowiedniej kwadratury interpolacyjnej _, wyra˙za si e wzorem _,

Z 1 0

(x − 1/3) ² (x − c)f [1/3, 1/3, c, x] dx

i zeruje si e dla wielomian´ _, ow stopnia ≤ 2, za´s dla wielomianu x ³ wynosi Z 1

0

(x − 1/3) ² (x − c) dx = −c/9 + 1/12.

St ad dla c = 3/4 (i tylko dla tej warto´sci) kwadratura jest dok ladna r´ _, ownie˙z dla wielomian´ ow stopnia 3. Z drugiej strony, dla wielomianu (x − 1/3) ² (x − c) ² b l ad jest _, niezerowy. Maksymalny rz ad kwadrury danej postaci wynosi wi _, ec 4 i jest osi _, agany _, jedynie dla c = 3/4.

8. Rozwi azuj _, ac r´ _, ownanie det(A − λI) = 0 dostajemy warto´sci w lasne λ ₁ = −56 i λ ₂ = 34 macierzy A, a dpowiadaj ace im (unormowane) wektory w lasne to ~ _, ξ ₁ = [1/ √

2, −1/ √

2] ^T i ~ ξ ₂ = [1/ √ 2, 1/ √

2] ^T . Poniewa˙z wektor pocz atkowy _,

~ x ₀ = 1

√ 2 (9 ~ ξ ₁ + 11 ~ ξ ₂ ),

odwrotna metoda pot egowa zbiega do kierunku wektora w lasnego odpowiadaj _, acego _, najwi ekszej co do modu lu warto´sci w lasnej macierzy (A − σI) _, ⁻¹ , czyli do kierunku wektora ~ ξ 2 dla σ = 100 (gdzie odpowiednia najwi eksza co do modu lu warto´s´ _, c w lasna wynosi −1/66) oraz do kierunku wektora ~ ξ ₁ dla σ = −100 (gdzie odpowiednia warto´s´ c w lasna to 1/44). Uwzgl edniaj _, ac znak najwi _, ekszej warto´sci w lasnej dosta- _, jemy nast epuj _, ace odpowiedzi. Dla σ = 100 _,

lim

k→∞ ~ x _2k = ξ ₂ , lim

k→∞ ~ x _2k+1 = −ξ ₂ , a dla σ = −100

k→∞ lim ~ x k = ξ 1 . 9. Funkcja iteracyjna

ϕ(x) = x − τ (x − 1) ² (x − 2)(x − 3) ³

jest wielomianem, a wi ec jest ci _, ag la i ma ci _, ag l _, a pochodn _, a. Dla ka˙zdego rzeczywistego _,

τ punkt α = 2 jest punktem sta lym funkcji ϕ. Nale˙zy zatem znale´ z´ c zbi´ or takich τ ,

aby istnia l przedzia l o dodatniej d lugo´sci, do kt´ orego wn etrza nale˙zy α, w kt´ _, orym

funkcja ϕ jest przekszta lceniem zw e˙zaj _, acym. _,

Dla funkcji ϕ o ci ag lej pochodnej taki przedzia l istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy _, pochodna tej funkcji w punkcie α ma warto´s´ c bezwzgl edn _, a mniejsz _, a ni˙z 1. Mamy _,

ϕ ⁰ (x) = 1 − τ 

(x − 1) ² (x − 3) ³ + (x − 1)(x − 2)(x − 3) ² 2(x − 3) + 3(x − 1)
 , ϕ ⁰ (2) = 1 − τ (1 ² · (−1) ³ ) = 1 + τ.

St ad musi by´ _, c |1 + τ | < 1, a zatem −2 < τ < 0.

10. Funkcja f jest ci ag la, f (2) < 0, f (3) > 0, wi _, ec z w lasno´sci Darboux w przedziale _, [2, 3] przyjmuje warto´s´ c 0, a poniewa˙z jest ´sci´sle rosn aca (f _, ⁰ (x) > 0 dla x > 2), to miejsce zerowe jest jedyne.

Metoda jest zbie˙zna lokalnie z rz edem 2 do x _, ^∗ , bo f ∈ C ² i f ⁰ (x) > 0 w pewnym otoczeniu punktu x ^∗ .

Aby wykaza´ c, ˙ze metoda jest zbie˙zna dla wszystkich x 0 ≥ x ^∗ , pokazujemy, ˙ze

x n > x ^∗ dla ka˙zdego n (funkcja jest wypuk la i rosn aca, wi _, ec ze wzoru na b l _, ad metody _,

mamy e _n = x _n − x ^∗ = _2f ^f

^(ξ (x

⁾ ) e ² _n−1 > 0). Ponadto ci ag x _{, n} jest malej acy, co wynika ze _,

wzoru na krok metody Newtona. Zatem ci ag x _{, n} jako malej acy i ograniczony z do lu _,

ma granic e x _, ^∗ (co wynika r´ ownie˙z ze wzoru metody).