• f[] - oznaczenia rozszerzenia przedziałowego funkcji
• Jeżeli mamy kilka równoważnych zapisów matematycznych, to funkcję przedziałową należy wyznaczyć z wyrażenia, w którym x występuję namniejszą liczbę razy
• é[x]ê = min {|x| : x ∈ [x]}
• |[x]| = max {|x| : x ∈ [x]}
• [x]2 =èé[x]ê2, |[x]|2é Rozwiązanie:
f[](1)([x]) = 1
2 −è−12,32é+ 1
2 +è−12,32é = 1 è1
2,52é+ 1 è3
2,72é
=52 5, 2
6 +52
7,2 3 6
=524 30,8
3
6 (16)
f[](2)([x]) = 4
4 −è−12,32é·è−12,32é = 4 4 −è−34,94é
= 4
è7
4,194é = [4, 4] ·5 4 19,4
7 6
=516 19,16
7
6 (17)
f[](3)([x]) = 4 4 −è−12,32é2
= 4
4 −è0,94é
= 4
è7
4, 4é = [4, 4] ·51 4,4
7 6
=51,16 7
6 (18)
Wartość funkcji przedziałowej odpowiada wartości jej rozszerzenia przedziałowego danego równaniem (18).
3.2 W arytmetyce przedziałowej dla dowolnych przedziałów [x], [y] i [z]
prawdziwe jest zawieranie
[x] · ([y] + [z]) ⊆ [x] · [y] + [x] · [z]
Podaj przykład takich przedziałów [x], [y] i [z], aby w powyższej zależ- ności przedział lewostronny był całkowicie zawarty w przedziale pra- wostronnym.
2007p, 2008, 2009, 2011 Ważne! Końce przedziałów nie mogą być so- bie równe (ani jeden)!
Wstęp:
[a] = [a, a]
[a] + [b] = [a + b, a + b]
[a] · [b] =èminîa · b, a · b, a · b, a · bï, maxîa · b, a · b, a · b, a · bïé [a]/[b] = [a] ·51
b,1 b 6
, 0 /∈ [b]
Rozwiązanie:
Przyjmując:
[x] =5−1, −1 2 6
[y] = [1, 2]
[z] =5−1, −1 2 6
Otrzymujemy:
L = 5
−1, −1 2 6
· 3
[1, 2] +5−1, −1 2
64
=5−1, −1 2 6
· 5
0,3 2 6
=5−3 2, 0
6
P = 5
−1, −1 2 6
· [1, 2] + 5
−1, −1 2 6
· 5
−1, −1 2 6
=5−2, −1 2 6
+51 4, 1
6
=5−7 4,1
2 6
Zatem:
L ⊆ P
3.3 Dane są dwa różne algorytmy obliczania różnicy kwadratów dwóch liczb: A1(a, b) = a2− b2 oraz A2(a, b) = (a − b) · (a + b). Realizacja, którego z tych algorytmów na komputerze jest lepsza i dlaczego?
2005, 2009, 2011
Przy realizacji pierwszego z nich w arytmetyce zmiennoprzecinkowej otrzymujemy f l(a2− b2) = [(a · a)(1 + ε1) − (b · b)(1 + ε2)] (1 + ε3) =
= (a2− b2) A
1 +(a2ε1− b2ε2) (a2− b2)
B
(1 + ε3) =
= (a2− b2)(1 + δ1) gdzie
δ1 = a2ε1− b2ε2
a2− b2 (1 + ε3) + ε3,
a ε1, ε2, ε3 są błędami wytworzonymi w poszczególnych działaniach arytmetycznych i zgodnie z zależnością |εi| 6 2−t (i = 1, 2, 3). Jeśli a2 jest odpowiednio bliskie b2, a ε1 i ε2 mają przeciwne znaki, to błąd względny δ1 wyniku otrzymanego algorytmem A1 może być dowolnie duży. Nie jest tak w przypadku drugiego algorytmu, gdyż
f l((a − b)(a + b)) = ((a − b)(1 + ε1)(a + b)(1 + ε2))(1 + ε3) =
= (a2− b2)(1 + δ2) gdzie
|δ2| 6 |ε1| + |ε2| + |ε3|
i błąd względny δ2jest zawsze nie większy od 3·2−t. (Oszacowanie δ2jest podane w pierwszym przybliżeniu tj. traktuje iloczyny kilku ε jako 0).
Jak widzimy z porównania wartości δ1 i δ2 algorytm drugi jest znacznie lepszy.
3.4 Za pomocą algorytmu Hornera znaleźć iloraz z dzielenia wielomianu w(x) przez dwumian x + 1
2006
w(x) = x3− 2x2− 5x + 5 Wstęp:
wn= an
wk= wk+1· x + an, k = n − 1, n − 2, . . . , 0 w0= w(k)
20
• w5(x) = 1
w0 = 1
Ostatecznie znormalizowane pochodne wielomianu w(x) w punkcie x = 1 to -4, 5, 5 i 1.
3.8 Za pomocą algorytmu Shaw-Trauba znaleźć wartości wszystkich znor- malizowanych pochodnych wielomianu w(x) w punkcie x = 1
2007p
w(x) = x4+ x3− 4x2− 3x + 3 Wstęp:
• wyznaczamy m pierwszych znormalizowanych pochodnych wielomianu
• pq = n + 1, gdzie p, q - liczby naturalne dla p = 1 -
minimalna liczba mnożeń
• s(j) = (n − j) mod q, j = 0, 1, . . . , n
• r(j) =
I 0 dla j mod q Ó= 0
q dla j mod q = 0 , j = 0, 1, . . . , n
• Ti−1= an−i−1xs(i+1), i = 0, 1, . . . , n − 1
• Tjj = anxs(0), j = 0, 1, . . . , m
• Tij = Ti−1j−1+ Ti−1j xr(i−j), j = 0, 1, . . . , m; i = j + 1, j + 2, . . . , n
• Okazuje się, że Tnj = w(j)j!(x)xjmod q, zatem j-ta znormalizowana pochodna wyraża się wzorem xjTmod qnj , j = 1, 2, . . . , m
Rozwiązanie:
• n = 4
• pq = 5 ⇒ p = 1, q = 5
• s(j):
j s(j)
0 4
1 3
2 2
3 1
4 0
• r(j):
j r(j)
0 5
1 0
2 0
3 0
4 0
• Tij: Ponieważ x = 1
można pomi-
❛❛
❛❛❛
i j -1 0 1 2 3 4
0 1 1
1 -4 2 1
2 -3 -2 3 1
3 3 -5 1 4 1
4 -2 -4 5 5 1
Przykłady:
T0−1 = 1 · 13 = 1 T22 = 1 · 14 = 1
T20 = T1−1+ T10 = −4 + 2 = −2 T43 = T32+ T33= 4 + 1 = 5
• Znormalizowane pochodne:
rząd wartość
1 -4
2 5
3 5
4 1
3.9 Za pomocą algorytmu Shaw-Trauba znaleźć wartości wszystkich znor- malizowanych pochodnych wielomianu w(x) w punkcie x = 2
2006
w(x) = x3− 2x2− 5x + 5
• n = 3
• pq = 4 ⇒ p = 1, q = 4
• s(j):
j s(j)
0 3
1 2
2 1
3 0
• r(j):
j r(j)
0 4
1 0
2 0
3 0
• Tij:
elementy na prze- kątnej Tjj są za- wsze takie same
❛❛
❛❛❛
i j -1 0 1 2 3
0 −2 · 22 = −8 1 · 23= 8
1 −5 · 21 = −10 −8 + 8 · 20 = 0 8
2 5 · 20 = 5 −10 + 0 · 20 = −10 0 + 8 · 20= 8 8
3 5 − 10 · 20= −5 −10 + 8 · 20= −2 8 + 8 · 20 = 16 8
24
3. Zamień kolumny macierzy W tak aby s znajdowała się na pozycji (1, 1).
4. Odejmij od każdego z pozostałych wierszy wiersz pierwszy pomnożony przez wwi,1
1,1, gdzie i to numer wiersza.
5. Nową macierzą W jest macierz W bez pierwszego wiersza i pierwszej kolumny.
6. Jeżeli otrzymałeś macierz zerową → STOP - brak jednoznacznego rozwiązania.
7. Jeżeli wykonałeś n iteracji utwórz z odrzuconych wierszy, kolumn i etykiet macierz kwadratową o rozmiarze n i przejdź do odczytywanie kolejnych zmiennych.
8. Wróć do punktu 1.
Otrzymujemy macierz górnotrójkątną postaci:
i1 i2 . . . in
q1,1 q1,2 . . . q1,n 0 q2,2 . . . q2,n ... ... ... ...
0 0 . . . qn,n
=
c1 c2 ...
cn
gdzie i1, i2, . . . , in to zapamiętane przez nas indeksy zmiennych w oryginalnej macierzy, a c1, c2, . . . , cn to przekształcone wyrazy wolne. Wartości zmiennych odczytujemy w następu- jący sposób:
1. Z ostatniego wiersza wyznaczamy
xin = cn qn,n
2. W analogiczny sposób, znając już wartości xi+1, xi+2, . . . , xnobliczamy kolejne wartości xi
xia = ca−qnk=a+1(xik· qa,k) qa,a
1.9 Co to znaczy, że rzeczywista macierz kwadratowa A jest dodatnio okre- ślona? Jak można zastosować jej rozkład A = LLT do rozwiązania ukła- du równań liniowych Ax = b?
2006, 2007, 2007p, 2008, 2008p, 2009, 2010p, 2011, 2012
1.9.1 Definicja macierzy dodatnio określonej:
Zespoloną macierz A stopnia n nazywamy dodatnio określoną, gdy:
1. jest macierzą hermitowską, tj. A = AH( ¯AT) 2. xHAx > 0 dla wszystkich wektorów x ∈ Cn, x Ó= 0.
Dla rzeczywistej macierzy A stopnia n mamy uproszczone warunki:
A ≡ AT ∧ ∀x ∈ Rn: (x Ó≡ 0 ⇒ xTAx > 0)
1.9.2 Jak można zastosować rozkład Choleskiego takiej macierzy do rozwiązania układu równań liniowych?
W metodzie Choleskiego rozwiązujemy dwa układy równań liniowych z macierzami trójkąt- nym. Rozkład rzeczywistej macierzy A na iloczyn LLT wykonujemy na podstawie następu- jących wzorów:
lk,k = ö õ õ õ ôak,k−
k−1
Ø
j=1
|lk,j|2, k = 1, 2, . . . , n,
li,k = ai,k−qk−1j=1li,jlk,j¯ lk,k¯
, i = k + 1, k + 2, . . . , n.
Dla macierzy rzeczywistej wzory upraszczają się:
lk,k= ö õ õ õ ôak,k−
k−1
Ø
j=1
l2k,j, k = 1, 2, . . . , n
li,k = ai,k −qk−1j=1li,jlk,j
lk,k i = k + 1, k + 2, . . . , n
Powyższe wzory wynikają bezpośrednio z przedstawienia macierzy A jako iloczyn LLT, a następnie iterowania wierszami po kolejnych elementach macierzy L.
Żeby rozwiązać układ równań Ax = LLTx = b z taką macierzą wystarczy rozwiązać naj- pierw układ równań z macierzą dolnotrójkątną Ly = b, a następnie układ równań z macierzą górnotrójkątną LTx = y (liczby sprzężone zastępujemy odpowiednimi liczbami rzeczywisty- mi).
1.10 W jaki sposób otrzymuje się metody iteracyjne rozwiązywania ukła- dów równań liniowych? Jakie znasz metody i co możesz o nich po- wiedzieć?
2006, 2007, 2007p, 2008, 2008p, 2008zp, 2009, 2010p, 2011, 2011zp, 2012zp, 2012
Aby skonstruować metodę iteracyjną do rozwiązywania układów równań liniowych Ax = b wystarczy tak dobrać macierz M, by był spełniony warunek zbieżności ̺(M) < 1 i warunek zgodności ¯x = M ¯x + w, gdzie ¯x jest rozwiązaniem układu równań Ax = b. Teoretycznie wystarczy zatem wziąć dowolną macierz M taką, by ρ(M) < 1, a następnie obliczyć wektor w = (I − M )A−1b wynikający z warunku zgodności. Ponieważ wymagałoby to obliczenia wyrażenia A−1b, więc w praktyce postępujemy odwrotnie: przyjmujemy, że wektor w jest równy Nb, gdzie N jest pewną macierzą kwadratową. Z warunku zgodności mamy wówczas M = I − N A i w ten sposób otrzymujemy rodzinę metod iteracyjnych postaci:
x(i+1) = (I − NA)x(i)+ Nb
Znane metody opierają się na równości A = L + D + U, gdzie L jest macierzą dolnotrójkątną, D diagonalną, a U górnotrójkątną.
metoda Jacobiego
N = D−1 MJ = −D−1(L + U)
Dx(i+1) = −(L + U)x(i)+ b, i = 0, 1, 2, . . . metoda Gaussa–Seidla
N = (D + L)−1 MGS= −(D + L)−1U
Dx(i+1) = −Lx(i+1)− U x(i)+ b, i = 0, 1, 2, . . . 11
1.11 Opisać metodę połowienia służącą do określenia znajdowania pier- wiastka równania nieliniowego
2006
Załóżmy, że w przedziale [a, b] równanie f(x) = 0 ma dokładnie jeden pierwiastek i na którego końcach funkcja ma przeciwna znaki tj. f(a)f(b) < 0. W celu znalezienia przybliżonej wartości pierwiastka, dzielimy przedział [a, b] na połowy punktem
x(1) = a + b 2 .
Jeżeli f(x(1)) = 0, to punkt x(1) jest szukanym pierwiastkiem. Jeśli natomiast tak nie jest, to z dwóch przedziałów [a, x(1)] i [x(1), b] wybieramy ten, na którego końcach funkcja ma przeciwne znaki. Przedział ten dzielimy na połowy punktem x(2), badamy wartość funkcji w punkcie x(2) i znaki funkcji na końcach przedziału itd.
Po pewnej liczbie kroków otrzymamy albo pierwiastek dokładny, albo ciąg przedziałów, ta- kich, że:
f (x(i))f(x(i+1)) < 0,
gdzie [x(i), x(i+1)] oznacza tu i-ty przedział, którego długość wynosi:
|x(i+1)− x(i)| = 1
2i(b − a)
Można zauważyć, że lewe końce ciągu przedziałów tworzą ciąg niemalejący i ograniczony z góry, a prawe końce - ciąg nierosnący i ograniczony z dołu, więc wynika z tego, że istnieje ich wspólna granica, która jest szukanym pierwiastkiem
1.12 Opisać metodę regula-falsi służącą do wyznaczania pierwiastka rów- nania nieliniowego f(x) = 0.
2006, 2007, 2007p, 2008,
2009, 2011, 2012 Załóżmy, że w przedziale [a, b] równanie f(x) = 0 ma dokładnie jeden pierwiastek, a funkcja f ma na końcach tego przedziału przeciwne znaki. Załóżmy ponadto, że f ∈ C2[a, b] (prze- strzeń funkcji ciągłych wraz z pochodnymi do rzędu drugiego) oraz że pochodne pierwszego i drugiego rzędu funkcji f mają stąły znak w tym przedziale. Przy takich założeniach funkcja może mieć jedną z czterech postaci:
Pierwsza pochod- na mówi nam o tym, czy funkcja jest rosnąca czy malejąca, druga czy wklęsła czy tez wypukła
1. rosnąca + wklęsła 2. rosnąca + wypukła 3. malejąca + wklęsła 4. malejąca + wypukła
Pokażemy przykład f′(x), f′′(x) > 0 (w pozostałych przypadkach jest analogicznie). Przez punkty A(a, f(a)) oraz B(b, f(b)) poprowadzimy cięciwę o równaniu :
y − f (a) = f (b) − f (a)
b − a (x − a).
Stąd
x(1) = a − f (a)
f (b) − f (a)(b − a).
Teraz musimy przeanalizować wyniki. Jeśli f(x(1)) = 0, to liczba x(1) jest szukanym pier-
rzędna - y
wiastkiem. Jeśli natomiast f(x(1)) Ó= 0 to przez punkt C(x(1), f (x(1))) oraz ten z punktów A i B, którego rzędna ma przeciwny znak niż f(x(1)) prowadzimy następną cięciwę itd.
Analogicznie dla drugiej zmiennej - zamieniamy wiersze
3 3 0
0 2 2
1
3 −1 1
2 3 1
i odejmujemy drugi wiersz pomnożony przez −12
3 3 0
0 2 2
1
3 −1 + 12 · 2 1 +12 · 2
=
3 3 0
0 2 2
1
3 −12 2
2 3 1
Rozbijamy wynikową macierz na macierz dolnotrójkątną L i górnotrójkątną U.
L =
1 0 0
0 1 0
1
3 −12 1
, U =
3 3 0 0 2 2 0 0 2
W drugim etapie rozwiązujemy równania
LU x(i) = e(i), i = 1, 2, 3 Dla i = 1 równania te mają postać
1 0 0
0 1 0
1
3 −12 1
·
3 3 0 0 2 2 0 0 2
· x(1)=
3 3 0 0 2 2 1 0 1
· x(1)=
1 0 0
Otrzymamy
x(1) =
1 6 1 6
−16
, x(2) =
−14
1 4 1 4
, x(3) =
1 2
−12
1 2
Numer 1 w wektorze przestawień
2 3 1
zajmuje trzecią pozycję, więc jako pierwszą kolumnę macierzy A−1należy przyjąć x(3). Numer 2 znajduje się na pierwszej pozycji, więc drugą kolumną macierzy A−1 jest x(1). Wreszcie, numer 3 zajmuje drugą pozycję, zatem trzecią kolumną jest x(2). Ostatecznie otrzymuje- my
A−1 =
1
2 1
6 −14
−12 16 14
1
2 −16 14
3.30 Znaleźć przybliżenie funkcji F (x) = sin(x) na przedziale [0,π2] wielo- mianem stopnia drugiego (wskazówka: przyjąć x0 = π2 ). Jaki jest błąd aproksymacji?
2007p, 2008, 2008p, 2010p
Rozwiazanie:
Wzór Taylora
Wn(x) = F (x0) +F′(x0)
1! (x − x0) + F′′(x0)
2! (x − x0)2+ ... +Fn(x0)
n! (x − x0)n 45
W2(x) = sinπ
2 + cosπ
2 · (x −π 2) − 1
2sinπ
2 · (x −π
2)2= 1 − 1
2· (x −π
2)2 = 1 −1
2x2+πx 2 −π2
8 Ponieważ |F′′′(x)| = | − cos x| þ 1 dla x ∈ [0,π2] i
|F (x) − W2(x)| þ 1 3!(π
2)3 < 0, 646 Zatem maksymalny błąd aproksymacji jest nie większy od 0,646 .
4 Zadania z wykładów
4.1 Znaleźć wielomian interpolacyjny Lagrange’a, który w punktach -2,1,2,4 przyjmuje wartości odpowiednio 3,1,-3,8. Jaka jest wartość tego wie- lomianu w punkcie x = 0?
EAN-6
Wstęp:
• Wyznaczamy funkcje pomocnicze:
li(x) =
n
Ù
j=0
jÓ=i
x − xj
xi− xj
, i = 0, 1, . . . , n
• Następnie wyznaczamy wielomian Ln: Ln(x) =
n
Ø
i=0
f (xi)li(x)
Rozwiązanie:
• Dane:
i 0 1 2 3
xi -2 1 2 4
f (xi) 3 1 -3 8
• Funkcje pomocnicze:
l0(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 4)
(−2 − 1)(−2 − 2)(−2 − 4) = (x − 1)(x − 2)(x − 4)
−72
l1(x) = (x + 2)(x − 2)(x − 4)
(1 + 2)(1 − 2)(1 − 4) = (x + 2)(x − 2)(x − 4) 9
l2(x) = (x + 2)(x − 1)(x − 4)
(2 + 2)(2 − 1)(2 − 4) = (x + 2)(x − 1)(x − 4)
−8
l3(x) = (x + 2)(x − 1)(x − 2)
(4 + 2)(4 − 1)(4 − 2) = (x + 2)(x − 1)(x − 2) 36