Numeriska metoder - Karlstads universitet

Numeriska metoder
Kompendiet
Lektor: Yury Shestopalov
e-mail: youri.shestopalov@kau.se Tel. 054-7001856
Hemsidan: www.ingvet.kau.se\ ∼youri
Karlstads Universitet
2002
1

Inneh˚all
1 Grundbegrepp av numeriska metoder 7
1.1 Positionssystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Avrundning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Avhuggning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4 Felfortplantning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.5 Felgränser. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.6 Ackumulerade fel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.7 Kancellation: förlusten av signifikanta siffror . . . . . . . . . . . . . 11
1.8 Felformeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.9 Binära systemet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.10 Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2 Funktionsberäkning 19
2.1 Serieutveckling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.2 Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3 Interpolation 23
3.1 Interpolation med polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.2 Linjär interpolation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.2.1 Styckvis-linjär interpolation . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.2.2 Andragradsinterpolation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3.2.3 Felprincipuppskattning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.3 Differenser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.3.1 Differensföljder och differensschema . . . . . . . . . . . . . . 32
3.3.2 Fram˚atdifferenser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.3.3 Fram˚atdifferenser – ekvidistanta fallet . . . . . . . . . . . . 34
3.4 Interpolationspolynom och differenser . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.4.1 Newtons allmäna interpolationsformel . . . . . . . . . . . . . 35
3.4.2 Newtons interpolationsformel i ekvidistanta fallet . . . . . . 37
3.5 Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4 Icke-linjära ekvationer 50
4.1 Intervallhalvering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
4.2 Interpolationsmetoder: sekantmetoden . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4.3 Iterativa metoder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.3.1 Substitutionsmetoden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.3.2 Newtons metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.3.3 Stopregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
4.3.4 Fixpunktsiteration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2

4.4 Konvergens av fixpunktsiteration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
4.5 Kaotiskt och periodiskt beteende . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4.5.1 Ett exempel av kaotiskt beteende . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.6 Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
5 Numerisk integration 67
5.1 Rektangelsregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
5.2 Trapetsregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
5.2.1 Feluppskattning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
5.2.2 Felgränser för trapetsregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
5.3 Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
6 Differensapproximationer av derivator och differentialekvationer 74
6.1 Approximation av derivator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
6.2 Approximationen av differentialekvationer. Differensekvationer . . . 81
6.3 Differensekvationer p˚a matrisformen . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
6.4 Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
7 Numerisk lösning av ordinära differentialekvationer 87
7.1 Grundbegrepp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
7.2 Numerisk lösning av begynnelsevärdesproblem . . . . . . . . . . . . 96
7.2.1 Eulers metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
7.2.2 Heuns metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
7.2.3 Runge–Kutta-metoder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
7.3 Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
8 Numeriska metoder för linjär algebra 104
8.1 Grundläggande begrepp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
8.2 Matrisalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
8.3 Bandmatriser och blockmatriser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
8.3.1 Bandmatriser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
8.3.2 Blockmatriser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
8.4 Gausselimination . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
8.4.1 Pivotering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
8.5 Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
8.6 Iterativa metoder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
8.6.1 Vektor- och matrisnormer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
8.6.2 Konvergens av iterativa metoder . . . . . . . . . . . . . . . . 130
8.6.3 Geometriska serien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
8.6.4 Jacobi iteration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
8.6.5 Gauss–Seidel iteration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
3

9 Tridiagonala matriser och randvärdesproblem 141
9.1 Tridiagonala linjära ekvationssystem . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
9.2 Randvärdesproblem för stationära
en-dimensionella värmeledningsekvationen . . . . . . . . . . . . . . 143
9.3 Numerisk lösning till randvärdesproblem . . . . . . . . . . . . . . . 147
9.4 Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
10 Numerisk lösning till en-dimensionella
värmeledningsekvationen och diffusionekvationen 157
10.1 Värmeledningsekvationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
10.2 Crank–Nicolsons metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
10.3 Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
11 Randvärdesproblemet för stationära
tv˚a-dimensionella värmeledningsekvationen
och Laplaces och Poissons ekvationer 166
11.1 Numerisk lösning till Laplaces och Poissons ekvationer i en rektangel167
12 Minstakvadratmetoden 171
12.1 Överbestämda ekvationssystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
12.2 Minsta kvadratproblemet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
13 Spline-interpolation 179
13.1 Kubisk spline-interpolation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
13.2 Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184
14 Approximation 185
14.1 Bästa polynomapproximationen i maximumnorm . . . . . . . . . . 189
14.2 Chebyshevpolynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
15 Facit 197
15.1 Problem 3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
15.2 Problem 5.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
15.3 Problem 5.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
15.4 Problem 6.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
15.5 Problem 8.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
15.6 Problem 8.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203
15.7 Problem 9.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
15.8 Problem 10.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
4

16 Tentor 209
16.1 Tenta 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
16.2 Tenta 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
16.3 Tenta 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
16.4 Tenta 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235
16.5 Tenta 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240
16.6 Tenta 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246
16.7 Tenta 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
17 MATLABövningar 264
17.1 MATLAB grunder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264
17.1.1 Komma ig˚ang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264
17.1.2 Filer i MATLAB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264
17.2 MATLAB som miniräknare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265
17.2.1 Exempel: räkna genom att skriva direkt i MATLABfönstret 265
17.2.2 Exempel: beräkna ett tal genom att skriva en kommandofil . 266
17.2.3 Exempel: funktionsberäkning . . . . . . . . . . . . . . . . . 266
17.2.4 Exempel: beräkna ett algebraiskt uttryck . . . . . . . . . . . 267
17.2.5 Exempel: en kommandofil som beräknar tal . . . . . . . . . 267
17.3 Vektorer och matriser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
17.3.1 Exempel: en matris av typ 2 × 3 . . . . . . . . . . . . . . . . 267
17.3.2 Exempel: skapa matriser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
17.3.3 Exempel: skapa matriser genom att skriva en kommandofil . 268
17.3.4 Exempel: radvektorer och kolonnvektorer . . . . . . . . . . . 268
17.3.5 Exempel: definition av matriser
genom radvektorer och kolonnvektorer . . . . . . . . . . . . 269
17.3.6 Exempel: MATLABkommandot ones(1,m) . . . . . . . . . 269
17.3.7 Exempel: MATLABkommandot i:h:k . . . . . . . . . . . . 269
17.3.8 Exempel: en kommandofil som räknar dina räkningar . . . . 270
17.3.9 Exempel: MATLABkommandon diag och diagonalmatriser . 270
17.3.10 Exempel: diagonalmatriser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271
17.3.11 Exempel: en funktionsfil som löser ett linjärt ekvationssystem272
17.3.12 Exempel: värdetabeller för funktioner . . . . . . . . . . . . . 272
17.4 Ekvationer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
17.4.1 Exempel: en skärningspunkt mellan kurvor . . . . . . . . . . 273
17.4.2 Exempel: fixpunktsiteration . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274
17.4.3 Exempel: koordinater av en skärningspunkt . . . . . . . . . 276
17.4.4 Exempel: lös en ekvation med fixpunktsiteration . . . . . . . 277
17.4.5 Exempel: fixpunktsiteration och Newtons metod . . . . . . . 277
17.5 Polynom i MATLAB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277
17.5.1 Exempel: kommandot polyval . . . . . . . . . . . . . . . . 278
5

17.6 Polynomanpassning i MATLAB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278
17.6.1 Exempel: bästa anpassningen i minstakvadratmening . . . . 278
17.7 Polynomanpassning och tendenskurvor . . . . . . . . . . . . . . . . 279
17.7.1 Exempel: dagsvärdeförändring i ett aktiebolag . . . . . . . . 279
17.8 Tendenskurvor och referenspunkter . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280
17.8.1 Polynomanpassning till periodiska kurvor . . . . . . . . . . . 280
18 Referenser 281
6

1 Grundbegrepp av numeriska metoder
1.1 Positionssystem
I ett positionssystem anges ett tal s˚a att en siffras betydelse beror av dess plats
i talbeteckningen. Varje plats (position) har ett bestämt platsvärde, som är en
heltalspotens av systemets bas.
I decimalsystemet, är basen tio.
Ett tal skrivet i decimalsystemet sägs vara skrivet i decimalform.
Siffrorna till höger om decimaltecken kallas decimaler.
En signifikant siffra (S) av ett tal c (skrivet i decimalform) är varje c’s siffra
utom nollor till vänster om den första ickenoll siffran:
talen 1360. 1.360, 0.001360 har 4 S.
I fix representation används ett givet (fixerat) antal S:
62.358 (fem S), 0.013 (tv˚a S), 1.0 (tv˚a S).
I flyttalsrepresentation (floating-point system), fixerar man antalet S och decimaltecken
flyttar: Betrakta t ex tre tal med fyra S:
0.6238 × 10 3 = 6.238 × 10 2 = 0.06238 × 10 4 = 623.8,
0.1714 × 10 −13 = 17.14 × 10 −15 = 0.01714 × 10 −12 = 0.00000000000001714
(13 nollor till höger om decimaltecken)
−0.2000 × 10 1 = −0.02000 × 10 2 = −2.000,
Tal ocks˚a skrivas p˚a formen
0.6238E03 0.1714E-13, −0.2000E01.
där
Allmänt kan varje reelt tal a i talsystemet med basen β framställas p˚a formen
a = M · β e , e ett helt tal. (1)
M = ±D0.D1D2 . . . , 0 ≤ Di < β, i = 0, 1, 2, . . . , D0 = 0, (2)
och M kan vara ett tal med oändligt m˚anga siffror.
I decimalsystemet (med basen β = 10) skrivas ett tal i utvecklad form, t ex
245.93 = 200 + 40 + 5 + 9 3
+
10 100 =
= 2 · 100 + 4 · 10 + 5 · 1 + 9 · 0.1 + 3 · 0.01 =
= 2 · 10 2 + 4 · 10 1 + 5 · 10 0 + 9 · 10 −1 + 3 · 10 −2
7

När man skall lagra ett tal p˚a formen (1) i en dator m˚aste man avkorta M.
Antag, att t (signifikanta) siffror används för att representera M. Man lagra d˚a
talet (i decimalsystemet)
a = ±m · 10 e , 0.1 ≤ m < 1, e ett helt tal,
m = 0.d1d2 . . . dt, d1 > 0, |e| < ¯ M.
m är M avkortat till t siffror. m kallas taldelen (eller mantissan), och e kallas
exponentdelen
Enligt IEEE Standard (’single precision’), −38 < e < 38.
1.2 Avrundning
Betrakta avrundning av decimala tal till t decimaler. Formulera avrundningsreglar:
t:e decimalen ökas med 1 om den del av talet som st˚ar i positioner till höger om t:e
decimalen har värde större än 0.5 · 10 −t . Om värdet mindre än 0.5 · 10 −t , förändras
t:e decimalen inte. Om det är lika med 0.5 · 10 −t , ökas t:e decimalen bara om den
är udda.
Exempel 1.1
1. Avrundning till t = 2 decimaler: 1.2535 avrundas till 1.25. Den del av talet
1.2535 som st˚ar i positioner till höger om andra decimalen är 0.0035 och det är
mindre än 0.5 · 10 −t med t = 2: 0.0035 < 0.005 = 0.5 · 10 −2 ; d˚a förändras andra
decimalen 5 inte och 1.2535 ≈ 1.25.
2. 0.756322 ≈ 0.7563 till t = 3 decimaler.
3. 2.859 ≈ 2.86 till t = 2 decimaler.
4. 1.2535 ≈ 1.2 till t = 1 decimal; den första decimalen 2 är jämn.
5. 1.2535 ≈ 1.254 till t = 3 decimaler; den 3:e decimalen 3 är udda.
6. 3.45 ≈ 3.4, 3.55 ≈ 3.6 till t = 1 decimal.
Av avrundningsregler följer att felet vid avrundning till t decimaler är mindre
än eller lika med 0.5 · 10 −t .
1.3 Avhuggning
Vid avhuggning stryks alla siffror till höger om t:e decimalen.
Exempel 1.2
1. Avhuggning till t = 2 decimaler:
1.2535 avhuggs till 1.25.
8

0.3333333 avhuggs till 0.33.
1.9999 avhuggs till 1.99.
1. Avhuggning till t = 4 decimaler:
1.73205 avhuggs till 1.7320.
3.14159 avhuggs till 3.1415.
Felet vid avhuggning till t decimaler är mindre än eller lika med 10 −t och är
systematiskt: det avkortade värdet är alltid mindre än det oavkortade värdet.
1.4 Felfortplantning
L˚at a beteckna ett exakt värde och ã ett närmevärde till ett tal a, t ex
d˚a
Vi inför följande definitioner
Exempel 1.3
a = √ 2, ã = 1.414 4S,
a = π, ã = 3.1415 5S.
Absolut fel i ã : ɛ = ∆a = a − ã;
a = ã + ɛ
Om ã = 10.5 är närmevärdet till talet a = 10.2, är absolut felet ɛ = −0.3.
Relativt fel i ã : ɛr = ∆a
a
I exemplet ovan har vi
= ɛ
a
= a − ã
a =
ɛr ≈ ɛ
ã .
Fel
exakt värde
ɛ = a − ã = √ 2 − 1.414 = 0.0002135 . . . ;
ɛr = ɛ
a
= 0.0002135
√ 2
≈ 0.0002135
.
1.414
ɛ = a − ã = π − 3.1415 = 0.0000925 . . . ;
ɛr = ɛ
a
= 0.0000925
π
9
≈ 0.0000925
3.1415 .
(a = 0).

En approximation ã sägs ha n korrekta decimaler (KD) om
|∆a| = |ã − a| ≤ 0.5 · 10 −n
(dvs approximationen har ett fel mindre än eller lika med en halv enhet i n:te
decimalen).
Som m˚att p˚a relativ nogrannhet använder man ofta talets värdesiffror (antalet
korrekta siffror som inleder approximationen; inledande nollor medräknas d˚a inte).
1.5 Felgränser.
Exempel 1.4
Felgräns βa i absolut fel : |ɛ| ≤ βa d˚a |a − ã| ≤ β.
a − ã
a ≤ βr.
Felgräns βr i relativt fel : |ɛr| ≤ βr d˚a
approximation med felgräns KD värdesiffror
3.142±0.0005 3 4
0.0063860±0.5E-7 7 5
244000±500 0 3
1.6 Ackumulerade fel
Vi ska formulera en sats som ger felgränser i addition och multiplikation (se
THEOREM 17.1.1, E. Kreyszig, Advanced Engineering Mathematics, 8th Edition
(AEM)):
I addition, S = a1 + a2, och subtraktion, D = a1 − a2, kan felgränsen (ɛ) upskattas
|ɛ| ≤ β1 + β2.
där βi, i = 1, 2, är a ′ is felgränser i absolut fel. I multiplikation, M = a1 · a2, och
division, Di = a1/a2 (a2 = 0), kan felgränserna ɛr upskattas approximativt
|ɛr| ≤ βr1 + βr2.
där βri, i = 1, 2, är a ′ is felgränser i relativt fel.
10

1.7 Kancellation: förlusten av signifikanta siffror
Om vi skall använda närmevärden i beräkningar, är det viktigt attinformationen
inte i onödan g˚ar f¨rlorad.
Exempel 1.5
Närmevärdena
har b˚ada 7 S (6 KD). Differensen
x1 = 3.162277 ± 0.5 · 10 −6 ,
x2 = 3.162589 ± 0.5 · 10 −6 , (3)
y = x1 − x2 = −0.000312 ± 10 −6
har bara tv˚a S eftersom 0.5 · 10 −6 < 10 −6 < 0.5 · 10 −5 . Vi har kancellation av fyra
S.
Exempel 1.6
Andragradsekvationen
har lösningen
(4)
x 2 − 18x + 1 = 0 (5)
x = 9 ± √ 81 − 1 = 9 ± √ 80.
Om √ 80 ≈ 8.9443 ± 0.5 · 10 −4 ges med fyra KD, f˚ar vi
x1 = 9 + 8.9443 ± 0.5 · 10 −4 = 17.9443 ± 0.5 · 10 −4 ,
x2 = 9 − 8.9443 ± 0.5 · 10 −4 = 0.0557 ± 0.5 · 10 −4 . (6)
Det första närmevädret har 6 S, medan det andra har tre S. Kancellationen undviks
om man beräknar x2 enligt
x2 = 9 − √ 80 = (9 − √ 80)(9 + √ 80)
9 + √ 80
=
1
9 + √ 80 =
1
, (7)
17.9443 ± 0.5 · 10−4 och
1
= 0.055728002 . . .
17.9443
(8)
(resultatet avrundas till 7 decimaler). För divisionen y = p1/p2, uppskattas felgränsen
i relativt fel
∆y
y ≤
∆p1
+
∆p2
. (9)
p1
11
p2

I (7), p1 = 1, p2 = 17.9443, ∆p1 = 0, ∆p2 = 0.5 · 10−4 , y = 0.055728002 . . . , och
relativa felet i närmevärdet till x2 = y uppskattas enligt (9) med
∆p2
0.5 · 10−4 0.51 · 10−4
= < = 0.3 · 10
17.9443 17
−5 . (10)
p2
Det absoluta felet i närmevärdet till x2 = y = 0.0557280 blir d˚a mindre än
0.3·10 −5 ·0.0557280 < 0.3·10 −5 ·0.05573 < 0.3·10 −5 ·0.056 = 0.0168·10 −5 < 0.17·10 −6 .
(11)
Felet vid avrundning till 7 decimaler 0.055728002 · · · − 0.0557280 < 0.3 · 10 −7 . Det
totala felet uppskatas med 0.17 · 10 −6 + 0.3 · 10 −7 = 0.2 · 10 −6 , och resultatet
har 6 KD och 5 S.
Exempel 1.7
Beräkna
för växande x med 6S:
x2 = 0.0557280 ± 0.2 · 10 −6
(12)
f(x) = x[ √ x + 1 − √ x] (13)
———————————————————————–
x beräknad f(x) exakt f(x)
———————————————————————–
1.00000 .414210 .414214
10.0000 1.54430 1.54347
100.000 4.99000 4.98756
1000.00 15.8000 15.8074
10000.0 50.0000 49.9988
100000 100.000 158.113
———————————————————————–
I 6S beräkningar, f˚ar vi, när x = 100,
√
100 = 10.0000,
√
101 = 10.0499. (14)
Det första värdet är exakt, och det andra värdet är den rätta 6S-avrundningen.
Vidare
√ x + 1 − √ x = √ 101 − √ 100 = 0.04990 (15)
12

Det exakta värdet är .049876 (avrundat till 6S). Beräkningar i (15) har förlusten
av signifikanta siffror (a loss-of-significance error): subtraktion av √ x = √ 100
eliminerar de tre signifikanta siffrorna i √ x + 1 = √ 101.
Skriv (13) p˚a formen
√ √ √ √
x + 1 − x x + 1 + x x
f(x) = x
· √ √ = √ √ (16)
1 x + 1 + x x + 1 + x
I (16), förlörar man inte signifikanta siffror eftersom man subtraherar inte. 6S
beräkningar i (16) med avrundning ger
f(100) = 4.98756, (17)
och (17) är rätta resultatet avrundat till 5 (korrekta) decimaler (6S).
1.8 Felformeln
Om resultatet av en beräkning är en kontinuerlig och deriverbar funktion f(x) av
indata, kan man härleda ett samband mellan felet ∆f(x) i resultatet f(x) och felet
∆x i indata x. L˚at ˜x = x + ∆x vara en approximation av x förutsätt att felet ∆x
är litet. D˚a gäller felformeln
|∆f(x)| ≈ |∆x| · |f ′ (x)|. (18)
Felformeln säger att i punkten x, är felet |∆f(x)| i resultatet approximativt lika
med felet |∆x| i indata multiplicerat med derivatans absolutbelopp |f ′ (x)|. Eftersom
x-värdet vanligen inte är känt, brukar man approximera f ′ (x) med f ′ (˜x)..
Observera att man kan skriva felformeln som
s˚a att
∆f(x) = ∆xf ′ (¯x), x ≤ ¯x ≤ ∆x,
|∆f(x)| ≤ M|∆x|, M = max
x≤ξ≤∆x |f ′ (ξ)|.
D˚a blir felet ∆f(x) i resultatet mindre än felet ∆x i indata om M = maxx≤ξ≤∆x |f ′ (ξ)| <
1.
Exempel 1.8
Hur noggrant är det möjligt att beräkna a 2 d˚a a = 0.11 är känt med noggranheten
0.01?
Lösning. Här är felet ∆a i indata a mindre än eller lika med 0.01. Vi har
|∆a| ≤ 0.01, a = 0.11 ± 0.01, 0.10 = 0.11 − 0.01 ≤ a ≤ 0.11 + 0.01 = 0.12.
13

Approximationen ã = 0.11 har n = 1 KD eftersom
|∆a| ≤ 0.01 < 0.05 = 0.5 · 10 −1
(approximationen har ett fel mindre än en halv enhet 0.5 · 0.1 = 0.05 i första
decimalen). y = x 2 är en växande funktion i omr˚adet x ≥ 0, dvs x 2 1 ≤ x 2 2 om
0 ≤ x1 ≤ x2. D˚a 0.0100 ≤ a 2 ≤ 0.0144 (eftersom 0.10 ≤ a ≤ 0.12) och man kan
skriva
a 2 = 0.0122 ± 0.0022,
s˚a att man kan beräkna a 2 med noggranheten 0.0022 om a = 0.11 är känt med
noggranheten 0.01.
Kolla det med hjälp av felformeln. Här är resultatet av beräkning en kontinuerlig
och deriverbar funktion f(a) = a 2 av indata och felet i indata |∆a| = 0.01.
D˚a gäller felformeln
I punkten a ≈ ã = 0.11
|∆f(a)| ≈ |∆a| · |f ′ (a)| = 0.01 · |2a|.
|∆f(a)| ≈ 0.01 · 2 · 0.11 = 0.01 · 0.22 = 0.0022.
Observera att |f ′ (a)| = 2|a| ≤ q = 0.24 < 1 i intervallet 0.10 ≤ a ≤ 0.12 och
felet ∆f(x) i resultatet mindre än felet ∆x i indata: |∆f(x)| < 0.24|∆x|, eftersom
här
M = maxx≤ξ≤∆x |f ′ (ξ)| = max0.10≤ξ≤0.12 2|ξ| < 0.24.
Exempel 1.9
Hur noggrant är det möjligt att beräkna 1 d˚a a = 0.11 är känt med noggranheten
a
0.01?
Lösning. Här
|∆a| ≤ 0.01, a = 0.11 ± 0.01, 0.10 = 0.11 − 0.01 ≤ a ≤ 0.11 + 0.01 = 0.12.
y = 1
1 1
är en avtagande funktion i omr˚adet x > 0, dvs ≥ x1 x2 x om 0 < x1 ≤ x2.
D˚a 10.0000 = 1 1
1
≥ = 9.0909 ≥ = 8.3333 (eftersom 0.10 ≤ a ≤ 0.12)
0.10 0.11 0.12
och man kan skriva 1
1
= 9.1667 ± 0.8333 ≈ 0.83, s˚a att man kan beräkna a a med
noggranhetetn 0.8333 om a = 0.11 är känt med noggranhetetn 0.01.
Kolla det med hjälp av felformeln. Här är resultatet av beräkning en kontinuerlig
och deriverbar funktion f(a) = 1,
a > 0, av indata och felet i indata
a
|∆a| = 0.01. D˚a gäller felformeln
|∆f(a)| ≈ |∆a| · |f ′ (a)| = 0.01 1
.
a2 14

I punkten a ≈ ã = 0.11
|∆f(a)| ≈ 0.01 1
= 0.8264 ≈ 0.83.
0.112 Observera att |f ′ (ã)| ≈ 83 > 1 och 69 < |f ′ (ã)| < 100 i intervallet 0.10 ≤ a ≤ 0.12.
D˚a är felet ∆f(x) i resultatet större än felet ∆x i indata: |∆f(x)| > |∆x|, eller
approximativt 0.83 > 0.01.
Exempel 1.10
Hur noggrant är det möjligt att beräkna sin(π/3) d˚a π är känt med noggranheten
0.0001?
Lösning. Här är felet ∆x i indata x = π mindre än eller lika med ∆x = 0.0001.
Vi har
|∆x| ≤ 0.0001, x = π = 3.1415 ± 0.0001,
3.1414 = 3.1415 − 0.0001 ≤ π ≤ 3.1415 + 0.0001 = 3.1416.
L˚at oss använda felformeln. Här är resultatet av beräkning en kontinuerlig och
deriverbar funktion f(x) = sin(x/3) av indata och felet i indata |∆x| = 0.0001.
D˚a gäller felformeln
I punkten x ≈ ˜x = π
|∆f(x)| ≈ 0.0001 ·
|∆f(x)| ≈ |∆x| · |f ′ (x)| = 0.0001 ·
| cos(π/3)|
3
= 0.0001 · 1/2
3
| cos(x/3)|
3
= 0.00001667 ≈ 0.00002.
sin(π/3) kan s˚aledes beräknas med ett fel som upg˚ar till högst 0.00002.
1.9 Binära systemet
I decimalsystemet (som har basen 10 och man kan använda 10 siffror 0, 1, ..., 9),
skrivas ett tal, t ex, 342.105, i utvecklad form
3 · 10 2 + 4 · 10 1 + 2 · 10 0 + 1 · 10 −1 + 0 · 10 −2 + 5 · 10 −3
I det binära systemet, som har basen 2 och man kan använda 2 siffror 0, 1,
skrivas ett tal, t ex, 1101.11, i utvecklad form
1 · 2 3 + 1 · 2 2 + 0 · 2 1 + 1 · 2 0 + 1 · 2 −1 + 1 · 2 −2
15
(19)
(20)

(i decimalsystemet). Man skriver ocks˚a
eftersom
(1101.11)2 = (13.75)10
1 · 2 3 + 1 · 2 2 + 0 · 2 1 + 1 · 2 0 + 1 · 2 −1 + 1 · 2 −2 = 8 + 4 + 1 + 0.5 + 0.25 = 13.75.
eller
För att skriva det binära talet
an · 2 n + an−1 · 2 n−1 + · · · + a1 · 2 1 + a0 · 2 0 = x, (21)
(anan−1 . . . a1a0)2 = (x)10
i decimalsystemet, dividera det decimala talet x med 2 och beteckna kvoten med
x1; resten blir a0. Vidare dividerar man x1 med 2 och betecknar kvoten med x2
(resten är a1), osv, och f˚ar det binära talet a2, a3, . . . an.
Varje reelt tal x i talsystemet med basen β = 2 kan framställas p˚a formen (1)
och (2)
x = ±M · 2 e . (22)
x’s förtecken ± är + eller −; exponentdelen e = ±E1E2 . . . , Ek är ett helt tal
best˚aende av k siffror 0, 1; taldelen
M = ±.D1D2 . . . , Dn, 0 ≤ Di < β = 2, i = 1, 2, . . . , n, (23)
och M är ett tal med n binära decimaler 0, 1.
För lägring av ett flyttal x används ett ord i datorn. Ordet har längden L = 32
(eller större) bitar, dvs binära siffror 0, 1. De enskilda bitarna i ett ord disponeras
enligt följande:
± − − − − − − M − − − − − − − − − e − −−
1 n = 23 k = 8
Exempel 1.11. Binära flyttal i datorn
0.50000 + .100...00 +0..0
25.0 = 0.78125 · 2 5 + .110010...0 +0000101
0.046875 = 0.75 · 2 −4 + .1100...00 −0000100
Exempel 1.12
16

Beräkna 100 · π d˚a man i varje operation avkortar till 4 S.
Först, utför addition av 100 termer:
tre termer: 3.141 + 3.141 + 3.141 = 9.423
+ 1 term: 9.423 + 3.141 = 12.564, avkortas till 4S 12.56.
+ 27 termer: 12.56 + 3.141 + · · · + 3.141, avkortas till 4S (2D) 12.56 + 3.14 +
· · · + 3.14 = 97.34.
+ 1 term: 97.34 + 3.14 = 100.48, avkortas till 4S 100.4.
+ 68 termer: 100.4 + 3.141 + · · · + 3.141, avkortas till 4S (1D) 100.4 + 3.1 + · · · +
3.1 = 311.2.
Addition av 100 termer ger s˚aledes att 100 · π = 311.2, ett resultat som är
sämre än multiplikation 100 · π = 314.1 (exakt med 4S, 1D).
1.10 Problem
Problem 1.1
Flyttalsrepresentation:
23.49, −302.867, 0.000527532, −0.25700
avrundat till 4S (signifikanta siffror):
0.2349 × 10 2 , −0.3029 × 10 3 , 0.5275 × 10 −3 , −0.2570 × 10 5
Man kan skriva ocks˚a
0.2349E02, −0.3029E03, 0.5275E-3, −0.2570E05.
Problem 1.2
Hur m˚anga korrekta decimaler (KD) och signifikanta siffror (S) har närmevärdena
a = 0.0987 ± 0.5 · 10 −4 ,
b = 2.370 ± 6 · 10 −3 ,
c = 0.00438 ± 10 −5 ,
d = 20.104 ± 4 · 10 −3 .
Lösning. Enligt definitionerna, (1) är en signifikant siffra (S) av ett tal c (skrivet i
decimalform) varje c’s siffra utom nollor till vänster om den första ickenoll siffran, och
(2) ett närmevärde ã har n korrekta decimaler om
|∆a| = |ã − a| ≤ 0.5 · 10 −n
(närmevärdets fel är mindre än eller lika med en halv enhet i n:te decimalen).
D˚a f˚ar man
a = 0.0987 ± 0.5 · 10 −4 : 4 KD och 3 S,
17

= 2.370 ± 6 · 10 −3 = 2.370 ± 0.6 · 10 −2 ,
0.5 · 10 −2 < 0.6 · 10 −2 < 0.5 · 10 −1 : b har 1 KD och 1 (siffran 2) +1 KD = 2 S,
c = 0.00438 ± 10 −5 = 0.00438 ± 1 · 10 −5 ,
0.5 · 10 −5 < 1 · 10 −5 < 0.5 · 10 −4 :
c har 4 KD och 4 KD - 2 (tv˚a nollor till vänster om siffran 4) = 2 S,
d = 20.104 ± 4 · 10 −3 = 20.104 ± 0.4 · 10 −2 ,
0.5·10 −3 < 0.4·10 −2 < 0.5·10 −2 : d har 2 KD och 2 (siffrorna 2, 0) +2 KD = 4 S.
Problem 1.3
L˚at x = 1.00 ± 0.005 och y = 2.00 ± 0.01. Bestäm gränser för absoluta fel i r och
f d˚a
r = x · y, f = x
y .
Lösning. Enligt definitionen, har talen x = 1.00 ± 0.005 = 1.00 ± 0.5 · 10 −2 2 KD
och y = 2.00 ± 0.01 = 2.00 ± 1 · 10 −2 < 0.5 · 10 −1 1 KD. Vi har
0.995 ≤ x ≤ 1.005, 1.99 ≤ y ≤ 2.01.
0.995 · 1.99 = 1.98 ≤ xy ≤ 1.005 · 2.01 = 2.02,
r = xy = 2.00 ± 0.02.
1.99 ≤ y ≤ 2.01,
1
1.99 = 0.502 ≥ y1 = 1
y
≥ 1
2.01
= 0.498.
0.995 ≤ x ≤ 1.005, 0.498 ≤ y1 ≤ 0.502.
0.995 · 0.498 = 0.495 ≤ xy1 ≤ 1.005 · 0.502 = 0.504,
f = xy1 = x
= 0.500 ± 0.005.
y
D˚a blir gränserna för absoluta fel i r = xy och f = x/y resp. 0.02 och 0.005.
Problem 1.4
Beräkna
a
b − c
a(b + c)
=
b2 , with a = 0.81534, b = 35.724, c = 35.596.
− c2 18

och använd olika avrundningar.
Lösning. Beräkna
med 5S:
R =
a(b + c)
b 2 − c 2
b+c = 71.320, a(b+c) = 58.150, b 2 = 1276.2, c 2 = 1267.1, b 2 −c 2 = 9.1290,
Avrund till 4S, 3S, och 2S:
R = 58.15
9.129
R = 58
9.1
2 Funktionsberäkning
2.1 Serieutveckling
R = 58.150
= 6.3698
9.1290
= 6.370, R = 58.2
9.13
= 6.4, R = 60
10
= 6.37,
= 6.
Vid användning av serieutveckling för funktionsberäkning approximerar man seriens
summa med en partialsumma.
∞
L˚at S = an vara en konvergent serie (S betecknar ocks˚a dess summa).
n=1
Partialsumman SN och resttermen RN definieras
SN =
N
an. RN = S − SN =
n=1
∞
n=N+1
an. (24)
Resttermuppskattning innebär att vi uppskattar trunkeringfelet, dvs försöker finna
ett tal R s˚adan att |RN| ≤ R (en övre grans för RN).
Exempel 2.1
Betrakta en alternerande serie
S =
∞ (−1) n+1
n=1
n 2
= 1 − 1 1 1
+ − + . . . . (25)
4 9 16
19

Man kan visa att i det fallet |RN| ≤ |aN+1|. Vi har |aN+1| = 1/(N + 1) 2 och
|RN| ≤
1
. (26)
(N + 1) 2
Bestäm hur m˚anga termer m˚aste man ta med för att beräkna S med 3 KD: |RN| ≤
0.5 · 10 −3 , vilket ger en olikhet
Dess lösning är
1
(N + 1) 2 ≤ 0.5 · 10−3 . (27)
N ≥ √ 2 · 10 −3 − 1 = √ 2000 − 1 (28)
och man kan ta N = 44 eftersom 44 2 = 1936 < 2000 < 45 2 = 2025.
Exempel 2.2
Betrakta en serie med positiva termer
Man kan skriva om (29)
S =
S =
∞
n=1
∞
n=1
och visa att resttermen kan uppskattas
Här
RN ≤
RN = S − SN =
∞
N
1 1 1
= 1 + + + . . . . (29)
n4 16 81
f(n), f(x) = 1
x 4 (x ≥ 1) (30)
∞
n=N+1
r
dx
= lim
x4 r→∞
N
= lim
r→∞
=
f(n) ≤
dx
= lim
x4 r→∞
∞
N
r
f(x)dx. (31)
x −4 dx =
N
x−3 r
(−3) = −
N
1
3 lim
1 1
−
r→∞ r3 N 3
=
1
. (32)
3N 3
20

Bestäm hur m˚anga termer m˚aste man ta med för att beräkna S med 3 KD: |RN| ≤
0.5 · 10 −3 , vilket ger en olikhet
Dess lösning är
−3 2 · 10
N ≥
3
1
3N 3 ≤ 0.5 · 10−3 . (33)
1/3
2000
=
3
och man kan ta N = 9 eftersom 8 < N < 9.
Exempel 2.3
1/3
Betrakta en serie med positiva och negativa termer
S =
∞
n=1
an, an = e−bn2
n
≈ 8.7 (34)
sin(cn), (35)
Här är b > 0 och c givna tal (parametrar). Bestäm hur m˚anga termer m˚aste man
ta med för att beräkna S med noggranhet ɛ; dvs, bestäm N s˚adan att
|RN| < ɛ, RN = S − SN =
∞
n=N+1
an. (36)
Jämför (35) med en känd serie som har positiva termer, dvs skriv en olikhet
e
|an| =
−bn2
n sin(cn)
e−bn2
=
n |sin(cn)| ≤ An = e −bn2
· n (n > 1) (37)
och använd (31) för en serie
Vi har
RN =
∞
n=N+1
r2 = 1
2 lim
r→∞
An ≤
(N+1) 2
∞
N+1
S =
∞
An.
n=1
e −bx2
r
xdx = lim e
r→∞
N+1
−bx2
xdx = 1
2 lim
e −bu du = − 1
2b lim
r→∞
r 2
= − 1
2b lim
r→∞ e−bu r2
(N+1) 2 = 1
2b e−b(N+1)2.
21
(N+1) 2
r→∞
r
N+1
e −bx2
dx 2 =
de −bu = (38)

Nu lös olikheten
och bestäm gränsen för N:
RN < ɛ :
N >
e −b(N+1)2
2b
< ɛ
1 1
ln − 1. (39)
b 2bɛ
Om t ex b = 1 och ɛ = 10−4 , f˚ar vi
N > ln 10000
− 1 = 2.9184 . . . . (40)
2
D˚a är det tillräckligt att ta med tre termer för att beräkna S i (35) (om b = 1 och
c är ett godtyckligt tal) med noggranheten ɛ = 10 −4 .
Kolla resultatet (ta c = 1 och räkna med fyra KD):
och
eftersom
S ≈
S ≈
2 e−n2 n=1
3 e−n2 n=1
n sin n = e−1 sin 1 + e−4
2
n sin n = e−1 sin 1 + e−4
2
e −9
3 sin 3 < 0.5 · 10−4 .
sin 2 + e−9
3
sin 2 = 0.7011
sin 3 = 0.7011
Om b = 2 och ɛ = 10−4 , f˚ar vi
1 10000
N > ln − 1 = 1.9778 . . . . (41)
2 4
D˚a är det tillräckligt att ta med tv˚a termer.
2.2 Problem
Problem 2.1
22

Bestäm hur m˚anga termer m˚aste man ta med för att beräkna S med tre och fyra
KD:
3 Interpolation
a) S =
b) S =
c) S =
∞ (−1) n+1
;
n
∞ 1
;
n3 ∞ sin n
;
n2 n=1
n=1
n=1
Antag att funktionsvärden fi = f(xi) är kända i n + 1 olika punkter xi, i =
0, 1, . . . , n. Vi söker en funktion P (x) s˚adan att
P (x) skall interpolera f i punkterna xi.
3.1 Interpolation med polynom
P (xi) = fi (i = 0, 1, . . . n). (42)
Antag att vi känner funktionsvärden fi = f(xi) i tre olika punkter xi, i = 0, 1, 2,
och vill konstruera ett interpolationspolynom till f. Man kan bestämma t ex en
linjär funktion, som g˚ar genom punkterna (x0, f0) och (x1, f1) och ett andragradspolynom
P2(x), som g˚ar genom de tre (olika) punkterna (x0, f0), (x1, f1) och
(x2, f2) :
P2(xi) = fi (i = 0, 1, 2). (43)
Följande sats utgör grunden för polynominterpolation.
Sats 3.1 L˚at x0, x1, . . . , xn vara godtyckliga, fr˚an varandra skilda punkter. Till
godtyckliga värden f0, f1, . . . , fn finns ett entydigt bestämt polynom P (x) av grad
≤ n s˚adant att
P (xi) = fi (i = 0, 1, . . . n). (44)
Bevis (n = 1). För n = 1 är P = P1(x) = Ax + B en linjär funktion som g˚ar
genom punkterna (x0, f0) och (x1, f1):
f(x0) = P1(x0), f(x1) = P1(x1). (45)
23

Vi f˚ar ett linjärt ekvationssystem ned tv˚a obekanta A och B
vilken ger
D˚a, enligt (45),
P1(x0) = f0 = Ax0 + B, P1(x1) = f1 = Ax1 + B,
A = f(x1) − f(x0)
x1 − x0
P1(x) = f0 +
, B = x1f(x0) − x0f(x1)
.
x1 − x0
x − x0
(f1 − f0). (46)
x1 − x0
Om f(x) är en linjär funktion, d˚a är interpolation exakt och funktionen P1(x)
i (46) sammanfaller med f(x).
Interpolationsfel
I interpolationspunkterna
och
ɛ(x) = f(x) − P (x).
ɛ(x0) = ɛ(x1) = 0
ɛ(x) ≡ 0, x ∈ [a, b]
om f(x) är en linjär funktion.
Sats 3.2 L˚at f vara en funktion med n + 1 kontinuerliga derivator inom det
intervall som bildas av punkterna x0, x1, . . . , xn. Om P (x) är entydigt bestämda
polynom av grad ≤ n som upfyller (44), gäller
f(x) − P (x) = f (n+1) (ξ(x))
(x − x0)(x − x1) . . . (x − xn) (47)
(n + 1)!
för n˚agot ξ(x) inom det intervall som bildas av punkterna x0, x1, . . . , xn.
För n = 1, är P (x) en linjär funktion, och vi f˚ar
f(x) − P (x) = f ′′ (ξ(x))
(x − x0)(x − x1). (48)
2
Sats 3.3 L˚at f vara en funktion med 2 kontinuerliga derivator inom intervallet
x0, x1 = x0+h och f(x) approximeras genom linjär interpolation mellan punkterna
(x0, f0) och (x1, f1). (P (x) är entydigt bestämda polynom av grad ≤ 1 som upfyller
(44) med n = 1). D˚a kan interpolationsfelet uppskattas
|f(x) − P (x)| ≤ h2
8 max |f
x0≤x≤x1
′′ (x)|. (49)
24

Bevis Enligt Sats 3.2 och (48),
R(x) = f(x) − P (x) = f ′′ (ξ(x))
(x − x0)(x − x1)
2
för n˚agot ξ(x) inom det intervall som bildas av punkterna (x0, x1). Sätt x = x0+ph
och utnyttja, att x1 = x0 + h (p = 1). D˚a f˚as
D˚a
följer satsen.
R(x) = f ′′ (ξ(x0 + ph))
h
2
2 p(p − 1).
1
max |p(p − 1)| =
0≤p≤1 4
Figur 1: Linjär interpolation och MATLABkoder.
3.2 Linjär interpolation
3.2.1 Styckvis-linjär interpolation
Antag att funktionsvärden fi = f(xi) är kända i M + 1 olika punkter xi, i =
0, 1, . . . , M, t ex i punkterna
xk = a + kh; k = 0, 1, 2, . . . , M, h =
b − a
, (M = 2, 3, . . . ), (50)
M
som bildar ett likformigt nät . Styckvis linjär interpolation utföras genom att vi
konstruerar en styckvis-linjär interpolationsfunktion F (M; x) som sammanfaller
25

med i f(x) i M + 1 interpolationspunkter. I varje intervall [xk, xk+1] f˚as F (M; x)
genom (46):
F (M; x) = f(xk) +
x − xk
xk+1 − xk
(f(xk+1) − f(xk)), x ∈ [xk, xk+1].
Definiera fram˚atdifferensen ∆fk = fk+1 − fk där fk = f(xk); d˚a f˚ar vi
F (M; x) = fk + (x − xk) ∆fk
h , x ∈ [xk, xk+1]. (51)
Exempel 3.1 Linjär Lagranges interpolation
Använd linjär Lagranges interpolation och beräkna ln 9.2 med hjälp av ln 9.0 =
2.1972 och ln 9.5 = 2.2513. Beräkna interpolationsfelet. Det exakta värdet är a =
ln 9.2 = 2.2192 (4D).
Lösning. Här kan man utföra linjär Lagranges interpolation genom linjär interpolation
i punkterna (x0, f0) och (x1, f1) (se ovan). De linjära funktionerna
ger Lagranges polynom
d˚a
L0(x) =
x − x1
, L1(x) =
x0 − x1
p1(x) = L0(x)f0 + L1(x)f1 =
x0 − x1
x − x0
x1 − x0
x − x1 x − x0
f0 + f1.
x1 − x0
Vi har x0 = 9.0, x1 = 9.5, f0 = 2.1972, och f1 = 2.2513. Beräkna
L0(9.2) =
9.2 − 9.5
9.0 − 9.5 = 0.6, L1(9.2) =
9.2 − 9.0
9.5 − 9.0
= 0.4,
ln 9.2 ≈ ã = p1(9.2) = L0(9.2)f0 + L1(9.2)f1 = 0.6 · 2.1972 + 0.4 · 2.2513 = 2.2188.
Interpolationsfelet är ɛ = a − ã = 2.2192 − 2.2188 = 0.0004.
3.2.2 Andragradsinterpolation
Andragradsinterpolation utföras med hjälp av ett polynom av grad n = 2 i tre
(olika) noder x0, x1, x2, eftersom man kan entydigt bestämma ett andragradspolynom
P2(x), som g˚ar genom de tre (olika) punkterna (x0, f0), (x1, f1) och (x2, f2)
(se Sats 3.1):
P2(xi) = fi (i = 0, 1, 2). (52)
26

Lagranges polynom av grad 2 är
Uttrycket
l0(x) = (x − x1)(x − x2)
(x0 − x1)(x0 − x2) ;
l1(x) = (x − x0)(x − x2)
;
(x1 − x0)(x1 − x2)
(53)
l2(x) = (x − x0)(x − x1)
(x2 − x0)(x2 − x1) .
P2(x) = f0l0(x) + f1l1(x) + f2l2(x). (54)
ger ett andragradspolynom, som satisfierar (52):
eftersom
P2(xj) = fj, j = 0, 1, 2,
l0(x1) = l0(x2) = 0, l0(x0) = 1,
l1(x0) = l1(x2) = 0, l1(x1) = 1, (55)
l2(x0) = l2(x1) = 0, l2(x2) = 1.
Om Q2(x) är ett annat andragradspolynom s˚adant att Q2(xj) = fj, d˚a är
R2(x) = P2(x) − Q2(x) ocks˚a ett andragradspolynom som är lika med 0 i tre olika
punkter x0, x1, x2; dvs den andragradsekvationen R2(x) = 0 har tre olika rötter,
som ger R2(x) ≡ 0.
Vi har visat att Lagranges interpolationsformel (54) definierar ett entydigt
bestämt andragradsinterpolationspolynom s˚a snart interpolationsdata [interpolationsnoder
x0, x1, x2 (tre olika punkter) och interpolationsordinator f0, f1, f2] är
fixerad.
Exempel 3.2
L˚at x0 = 1, x1 = 2, x2 = 4 vara tre olika interpolationsnoder. Motsvarande
Lagranges polynom (53) är:
x − 2 x − 4 1
l0(x) = =
1 − 2 1 − 4 3 (x2 − 6x + 8);
x − 1 x − 4
l1(x) = = −1
2 − 1 2 − 4 2 (x2 − 5x + 4);
l2(x) =
x − 1
4 − 1
x − 2
4 − 2
27
= 1
6 (x2 − 3x + 2).

Lagranges andragradsinterpolationspolynom är
P2(x) = f0
3 (x2 − 6x + 8) − f1
2 (x2 − 5x + 4) + f2
6 (x2 − 3x + 2).
Figur 2: Andragradsinterpolationspolynom P2(x) = 0.5(x − 2)(x − 3) som imterpolerar
interpolationsdata (x0, f0), (x1, f1), (x2, f2) = (1, 1), (2, 0), (4, 1).
Betrakta interpolationsordinator f0 = f2 = 1, f1 = 0, dvs interpolationsdata
(x0, f0), (x1, f1), (x2, f2) = (1, 1), (2, 0), (4, 1).
D˚a f˚ar vi ett entydigt bestämt andragradsinterpolationspolynom
P2(x) = 1
2 (x2 − 5x + 6) = 1
(x − 2)(x − 3)
2
och P2(x) sammanfaller med givna interpolationsordinator i interpolationspunkterna:
P2(1) = 1; P2(2) = 0; P2(4) = 1.
Om f(x) = ax 2 + bx + c, a = 0 är ett andragradspolynom, d˚a är andragradsinterpolation
exakt och funktionen P2(x) i (54) sammanfaller med f(x).
Interpolationsfelet
ɛ(x) = f(x) − P2(x)
ɛ(x0) = ɛ(x1) = ɛ(x2) = 0
28

Figur 3: MATLABkoder för andragradsinterpolationspolynom P2(x) = 0.5(x −
2)(x − 3) i Exemplet 2.2.
och
om f(x) är ett andragradspolynom.
r(x) ≡ 0, x ∈ [x0, x2]
Exempel 3.3 Lagranges andragradsinterpolation
Använd Lagranges andragradsinterpolation och beräkna ln 9.2 med hjälp av ln 9.0 =
2.1972, ln 9.5 = 2.2513, och ln 11.0 = 2.3979; bestäm interpolationsdata; beräkna
interpolationsfelet [det exakta värdet är a = ln 9.2 = 2.2192 (4D)].
Lösning. Interpolationsdata är
Sätt
(x0, f0), (x1, f1), (x2, f2) = (9.0, 2.1972), (9.5, 2.2513), (11.0, 2.3979).
L0(x) = l0(x)
l0(x0) = (x − x1)(x − x2)
(x0 − x1)(x0 − x2) ,
L1(x) = l1(x)
l1(x1) = (x − x0)(x − x2)
(x1 − x0)(x1 − x2) ,
L2(x) = l2(x)
l2(x2) = (x − x0)(x − x1)
(x2 − x0)(x2 − x1) ,
som ger Lagranges andragradsinterpolationspolynom
p2(x) = L0(x)f0 + L1(x)f1 + L2(x)f2.
Här x0 = 9.0, x1 = 9.5, x2 = 11.0 och f0 = 2.1972, f1 = 2.2513, f2 = 2.3979.
Beräkna
L0(x) =
(x − 9.5)(x − 11.0)
(9.0 − 9.5)(9.0 − 11.0) = x2 − 20.5x + 104.5, L0(9.2) = 0.5400;
29

L1(x) =
L2(x) =
och f˚a resultatet
(x − 9.0)(x − 11.0)
(9.5 − 9.0)(9.5 − 11.0)
(x − 9.0)(x − 9.5)
(11.0 − 9.0)(11.0 − 9.5)
som är exakt med 4D.
där
och
= 1
0.75 (x2 − 20x + 99), L1(9.2) = 0.4800;
= 1
3 (x2 − 18.5x + 85.5), L2(9.2) = −0.0200
ln 9.2 ≈ p2(9.2) = L0(9.2)f0 + L1(9.2)f1 + L2(9.2)f2 =
0.5400 · 2.1972 + 0.4800 · 2.2513 − 0.0200 · 2.3979 = 2.2192,
Lagranges polynom av grad n = 2, 3 . . . är
l0(x) = w 0 1(x)w 0 2(x) . . . w 0 n(x);
lk(x) = w k 0(x)w k 1(x) . . . w k k−1(x)w k k+1 . . . w k n(x), k = 1, 2 . . . , n − 1;
w k j (x) =
x − xj
xk − xj
ln(x) = w n 0 (x)w n 1 (x) . . . w n n−1(x),
; k = 0, 1, . . . n, j = 0, 1, . . . n, k = j.
lk(xk) = 1,
lk(xj) = 0, j = k.
Lagranges allmänna interpolationspolynom är
Pn(x) = f0l0(x) + f1l1(x) + . . . + fn−1ln−1(x) + fnln(x),
n = 1, 2, . . . , (56)
som sammanfaller med ett entydigt bestämt polynom Pn(x) av grad ≤ n s˚adant
att
Pn(xi) = fi (i = 0, 1, . . . n).
dvs Pn(x) g˚ar genom interpolationsnoder och ordinator.
Interpolationselet uppskattas
ɛn(x) = f(x) − Pn(x) = (x − x0)(x − x1) . . . (x − xn) f n+1 (t)
(n + 1)! ,
30
n = 1, 2, . . . , t ∈ (x0, xn)

om f(x) har (n + 1) kontinuerliga derivator.
Exempel 3.4 Felet vid linjär interpolation i Exempel 3.3
Lösning. Betrakta interpolationsdata (x0, f0) och (x1, f1). Sätt
L0(x) =
x − x1
, L1(x) =
x0 − x1
och skriv motsvarande Lagranges polynom
p1(x) = L0(x)f0 + L1(x)f1 =
x0 − x1
x − x0
,
x1 − x0
x − x1 x − x0
f0 + f1.
x1 − x0
I Exempel 3.3, x0 = 9.0, x1 = 9.5, f0 = 2.1972, f1 = 2.2513. och
ln 9.2 ≈ ã = p1(9.2) = L0(9.2)f0 + L1(9.2)f1 = 0.6 · 2.1972 + 0.4 · 2.2513 = 2.2188.
Interpolationsfelet i punkten x = 9.2 är ɛ = a − ã = 2.2192 − 2.2188 = 0.0004.
Enligt (48) och (49), kan felet upskattas
där
Vidare
ɛ1(x) = f(x) − p1(x) = (x − x0)(x − x1) f ′′ (t)
, t ∈ (9.0, 9.5)
2
f(t) = ln t, f ′ (t) = 1/t, f ′′ (t) = −1/t 2 .
ɛ1(x) = (x − 9.0)(x − 9.5) (−1)
2t2 , ɛ1(9.2) = (0.2)(−0.3) (−1) 0.03
=
2t2 t2 (t ∈ (9.0, 9.5)),
0.00033 = 0.03
= min
9.52 Vi har
t∈[9.0,9.5]
0.03
t2
≤ |ɛ1(9.2)|
≤ max
0.03
t∈[9.0,9.5] t2
0.03
= = 0.00037
9.02 0.00033 ≤ |ɛ1(9.2)| ≤ 0.00037 (57)
som är mindre än det aktuella felet 0.0004 = ɛ = a − ã. Beräkna resultatet med
5D istället för 4D
ln 9.2 ≈ ã = p1(9.2) = 0.6 · 2.19722 + 0.4 · 2.25129 = 2.21885.
Interpolationsfelet blir
ɛ = 2.21920 − 2.21885 = 0.00035
som satisfierar (57) eftersom 0.00035 ligger mellan 0.00033 och 0.00037.
31

3.2.3 Felprincipuppskattning
Beräkna först
och sedan
p1(9.2) = 2.21885
p2(9.2) = 0.54 · 2.1972 + 0.48 · 2.2513 − 0.02 · 2.3979 = 2.21916
med 5D. Differensen
p2(9.2) − p1(9.2) = 2.21916 − 2.21885 = 0.00031
ger ett approximativt fel för p1(9.2): 0.00031 är en approximation till felet 0.00035
ovan.
3.3 Differenser
3.3.1 Differensföljder och differensschema
Betrakta ett nät som best˚ar av punkter (funktionsvärdena) y0, y1, y2, . . . . Differensoperatorn
∆ avbildar talföljden {yn} p˚a talföljden
∆yn = yn+1 − yn
∆yn kallas första differensföljden av {yn}.
Differensföljder av högre ordning definieras rekursivt:
Vi har
(58)
∆ k yn = ∆(∆ k−1 yn) = ∆ k−1 yn+1 − ∆ k−1 yn, n = 0, 1, 2, . . . . (59)
∆y0 = y1 − y0, ∆y1 = y2 − y1, . . . . (60)
∆ 2 y0 = ∆(∆y) = ∆y1 − ∆y0 = y2 − y1 − (y1 − y0) = y2 − 2y1 + y0. (61)
Ett differensschema best˚ar av en (given) talföljd {yn} och dess differensföljder
0 y0
∆y0
1 y1 ∆ 2 y0
∆y1
2 y2 ∆ 2 y1
.
n yn
∆ 3 y0
∆y2 ∆3y1 . . .
.
.
..
∆yn−1
32

Exempel 3.5
En talföljd {yn} och dess differensföljder
3.3.2 Fram˚atdifferenser
0 1
8
1 9 8
16 0
2 25 8
24
3 49
Betrakta ett nät som best˚ar av punkter
x0, x1, x2, . . . , xi = xj, i = j,
och motsvarande f(x)’s funktionsvärdena f0, f1, f2, . . . .
Definiera första fram˚atdifferenserna
f[x0, x1] = f1 − f0
; f[x1, x2] = f2 − f1
; . . .
x1 − x0
x2 − x1
(jämför med den första differensföljden ∆fk = fk+1 − fk).
Andragradsfram˚atdifferenserna definieras
f[x0, x1, x2] = f[x1, x2] − f[x0, x1]
; (62)
x2 − x0
f[x1, x2, x3] = f[x2, x3] − f[x1, x2]
, . . . .
x3 − x1
Fram˚atdifferenserna av högre ordning definieras rekursivt:
f[x0, x1, . . . , xn, xn+1] = f[x1, x2, . . . , xn+1] − f[x0, x1, . . . xn]
.
xn+1 − x0
Man kan visa att differensernas värden är oberoende av ordningen i nätet x0, x1, x2, . . . , xn,
dvs, t ex,
f[x0, x1, . . . , xn, xn+1] = f[x1, x0, . . . , xn+1, xn] = . . .
Visa det för första fram˚atdifferenserna (n = 1):
f[x1, x0] = f0 − f1
x0 − x1
= f1 − f0
x1 − x0
33
= f[x0, x1].

Om n = 2, f˚ar vi
f[x0, x1, x2] =
f0
(x0 − x1)(x0 − x2) +
+
f1
(x1 − x0)(x1 − x2)
f2
(x2 − x0)(x2 − x1) .
Om man byter x0, x1 och x2, d˚a bytas bara termernas ordning men inte deras
summa.
Differensschemat överg˚ar i
x0 f(x0)
f[x0, x1]
x1 f(x1) f[x0, x1, x2]
f[x1, x2] f[x0, x1, x2, x3]
x2 f(x2) f[x1, x2, x3]
.
f[x2, x3]
.
f[x1, x2, x3, x4]
. ..
. . .
xn f(xn)
f[xn−1, xn]
3.3.3 Fram˚atdifferenser – ekvidistanta fallet
I m˚anga tillämpningar är nätpunkterna (noder) ekvidistanta:
xj = x0 + jh, j = 0, 1, 2, . . . (63)
Antag att fj = f(x0+jh) är givna tal. D˚a kan man skriva första fram˚atdifferenserna
f[x0, x1] = f[x0, x0 + h] = f(x0 + h) − f(x0)
och andragradsfram˚atdifferenserna
f[x0, x1, x2] = 1
2h
x0 + h − x0
∆f1
1!h
∆f0
−
1!y
= f1 − f0
h
= ∆f0
, (64)
1!h
= ∆2f0 , (65)
2!h2 etc. Fram˚atdifferenserna av högre ordning i ekvidistanta noder definieras
Exempel 3.6
f[x0, x0 + h, . . . , x0 + nh] = ∆nf0 .
n!hn 34

Bestäm differensschemat (med 3D) för
y = f(x) = 1
,
1 + x2 i noderna xk = kh, k = 0, 1, 2, . . . , 10, h = 0.1:
0.0 1.000
−0.100
0.1 0.990 −0.900
−0.280 0.167
0.2 0.962 −0.850
−0.450
0.3 0.917
3.4 Interpolationspolynom och differenser
3.4.1 Newtons allmäna interpolationsformel
L˚at Pn(x) vara interpolationspolynomet (av grad ≤ n) till funktionen f(x) i noderna
xi, i = 0, 1, 2, . . . , n, som satisfierar interpolationsvillkoren
Pn(xi) = f(xi), i = 0, 1, 2, . . . n. (66)
D˚a uttrycks Lagranges interpolationspolynom av grad ≤ n som interpolerar f(x)
i noderna xi (i = 0, 1, . . . , n) p˚a följande sätt
P1(x) = f0 + (x − x0)f[x0, x1]; (67)
P2(x) = f0 + (x − x0)f[x0, x1] + (x − x0)(x − x1)f[x0, x1, x2] (68)
Pn(x) = f0 + (x − x0)f[x0, x1] + . . .
+ (x − x0)(x − x1)(x − xn−1)f[x0, x1, . . . xn]. (69)
(69) kallas Newtons allmäna interpolationsformel. Iinterpolationspolynomet av högre
ordning definieras rekursivt:
Pk+1 = Pk(x) + (x − x0) . . . (x − xk)f[x0, x1, . . . xk+1].
Visa (67). Vi har P1(x0) = f0 och
P1(x1) = f0 + (x1 − x0) f(x1) − f(x0)
x1 − x0
= f0 + (f1 − f0) = f1.
35
.
.
.

D˚a är P1(x) ett interpolationspolynom av grad ≤ 1, dvs den linjära funktionen
som uppfyller interpolationsvillkoren (66):
P1(xi) = f(xi), i = 0, 1.
Visa (68). Vi har ett interpolationspolynom av grad ≤ 2
som satisfierar
Vidare
P2(x) = P1(x) + (x − x0)(x − x1)f[x0, x1, x2]
P2(xi) = P1(xi) + 0 = fi, i = 0, 1.
P2(x2) = f0 + (x2 − x0)f[x0, x1] + (x2 − x0)(x2 − x1)f[x0, x1, x2]
= f0 + (x2 − x0)f[x0, x1] + (x2 − x1)(f[x1, x2] − f[x0, x1])
= f0 + (x1 − x0)f[x0, x1] + (x2 − x1)f[x1, x2] (70)
= f0 + (f1 − f0) + (f2 − f1) = f2.
Enligt Sats 3.1, ger (70) ett entydigt bestämt interpolationspolynom av grad ≤ 2
som interpolerar funktionen f(x) i tre noderna x0, x1, x2.
Exempel 3.7
Bestäm f(9.2) d˚a följande funktionsvärden är kända:
Vi har
I punkten x = 9.2,
8.0 2.079442
0.117783
9.0 2.197225 −0.006433
0.108134 0.000411
9.5 2.251292 −0.005200
0.097735
11.0 2.397895
f(x) ≈ p3(x) = 2.079442 + 0.117783(x − 8.0)−
0.006433(x − 8.0)(x − 9.0) + 0.000411(x − 8.0)(x − 9.0)(x − 9.5).
f(9.2) ≈ 2.079442 + 0.141340 − 0.001544 − 0.000030 = 2.219208.
Observera att interpolationsfelet minskar när n ökar:
p1(9.2) = 2.220782, p2(9.2) = 2.219238, p3(9.2) = 2.219208.
36

3.4.2 Newtons interpolationsformel i ekvidistanta fallet
Betrakta ekvidistanta interpolationspunkter x0, x0 + h, x0 + 2h, . . . och sätt
x − x0
r = ,
h
x = x0 + rh, x − x0 = rh, (x − x0)(x − x0 − h) = r(r − 1)h 2 , . . . .
D˚a överg˚ar (69) i Newtons interpolationsformel i ekvidistanta fallet
eller
f0 + r
1! ∆f0
r(r − 1)
+
2! ∆2f0 +
f(x) ≈ Pn(x) = f0 + r∆f0 +
Interpolationsfelet uppskattas
f(x) = f(x0 + rh) = Pn(x) + ɛn(x) = (71)
r(r − 1) . . . (r − n + 1)
∆
n!
n f0 + ɛn(x), (72)
r(r − 1)
2! ∆2 f0 + · · · +
r(r − 1) . . . (r − n + 1)
∆
n!
n f0.
ɛn(x) = f(x) − Pn(x) = hn+1
(n + 1)! r(r − 1) . . . (r − n)f (n+1) (t),
(om f(x) har (n + 1) kontinuerliga derivator).
Exempel 3.8
n = 1, 2, . . . , t ∈ (x0, xn)
Bestäm cosh(0.56) d˚a följande funktionsvärden är kända:
0.5 1.127626
0.6 1.185645
0.7 1.255169
0.8 1.337435
Utför feluppskattning.
Lösning. Konstruera differensschemat (med 6D)
0.5 1.127626
0.058019
0.6 1.185645 0.011505
0.069524 0.001237
0.7 1.255169 0.012742
0.082266
0.8 1.337435
37

Vi har
och
x = 0.56, x0 = 0.50, h = 0.1, r =
x − x0
h
cosh(0.56) ≈ p3(0.56) = 1.127626+0.6·0.058019+ 0.6(−0.4)
2
= 0.56 − 0.50
0.1
1.127626 + 0.034703 − 0.001424 + 0.000039 = 1.160944.
= 0.6,
·0.011505+ 0.6(−0.4)(−1.4)
·0.001237 =
6
Feluppskattning. Vi har f(t) = cosh(t), f (4) (t) = cosh (4) (t) = cosh(t), n = 3,
h = 0.1, och r = 0.6, och
ɛ3(0.56) = cosh(0.56) − p3(0.56) = (0.1)4
(4)! 0.6(0.6 − 1)(0.6 − 2)(0.6 − 3) cosh(4) (t) = A cosh(t),
där A = −0.0000036,
och
3.5 Problem
Problem 3.1
A cosh 0.8 ≤ ɛ3(0.56) ≤ A cosh 0.5
p3(0.56) + A cosh 0.8 ≤ cosh(0.56) ≤ p3(0.56) + A cosh 0.5,
1.160939 ≤ cosh(0.56) ≤ 1.160941
Använd ett likformigt nät som best˚ar av M + 1 interpolationspunkter och konstruera
en styckvis linjär interpolationsfunktion F (M; x) och ett andragradsinterpolationspolynom
till funktionerna f(x) nedan; rita funktionskurvor och beräkna
interpolationsfelet (med 3D) i punkten xj+0.5 = xj + 0.5h, 0 ≤ j ≤ M.
Problem 3.2
a) f(x) = x 3 − 3x 2 + 2; a = 1, h = 1, M = 2, j = 0;
b) f(x) = sin πx; a = 0, h = 0.5, M = 2, j = 1;
c) f(x) = √ x; a = 0, h = 1, M = 2, j = 1;
d) f(x) = 1
; a = 2, h = 0.2, M = 1, j = 0.
x
38
t ∈ (0.5, 0.8)

Bestäm differensscheman (med 2D) i noderna xk = kh, k = 0, 1, 2, . . . , N för
a) f(x) = √ 2x + 1, h = 0.2, N = 5;
b) f(x) = (2x 2 + 1) 2 , h = 0.1, N = 10.
Lösning till problemet 2.1 a)
Vi har M = 2, M + 1 = 3, x0 = a = 1. Det likformiga nätet är xj = x0 + jh,
j = 0, 1, 2.
Bestäm ett andragradsinterpolationspolynom. Konstruera differensschemat i
noderna
x0 = 1, x1 = 2, x2 = 3
för f(x) = x 3 − 3x 2 + 2 med f(x0) = 0, f(x1) = −2, f(x2) = 2:
Vi har n = 2 och
1 0
−2
2 −2 6
4 .
3 2 .
.
. .
x0 = 1, h = 1, r =
x − x0
h
Interpolationspolynomet (ett andragradspolynom)
P2(x) = f0 + r∆f0 +
= x − 1.
r(r − 1)
2! ∆2 f0 = 0 + (x − 1)(−2) +
(x − 1)(x − 2)
6 = (x − 1)(3x − 8).
2
Interpolationspolynomet satisfierar interpolationsvillkor P2(xj) = fj, j = 0, 1, 2:
och
P2(1) = 0, P2(2) = −2, P2(3) = 2.
Vi har xj+0.5 = xj + 0.5h = x0 + 0.5h = 1 + 0.5 = 1.5 (j = 0).
I punkten x0.5 = 1.5,
r = 1.5 − 1 = 0.5,
f(1.5) ≈ P2(1.5) = (1.5 − 1)(3 · 1.5 − 8) = 0.5 · (−3.5) = −1.75.
39

Interpolationsfelet uppskattas
ɛ2(x) = f(x) − P2(x) = h3
(3)! r(r − 1)(r − 2)f (3) (t),
t ∈ (1, 3)
(f(x) = x 3 − 3x 2 + 2 har 3 kontinuerliga derivator).
Vi har f(t) = t 3 − 3t 2 + 2,
f (3) (t) = 6, n = 2, h = 1, r = 0.5 och (vi räknar med 3D utan avr.)
ɛ2(x0.5) = ɛ2(1.5) = f(1.5) − P2(1.5) = 1
3
0.5(0.5 − 1)(0.5 − 2) · 6 =
6 8
som sammanfaller med det aktuella interpolationsfelets värde
ɛ2(1.5) = f(1.5) − P2(1.5) = −1.375 − (−1.75) = 0.375,
= 0.375,
Styckvis linjär interpolation utföras genom att vi konstruerar en styckvis
linjär interpolationsfunktion F (M; x) som sammanfaller med M +1 givna interpolationsvärdena
f(x0) = y0 = 0, f(x1) = y1 = −2 och f(x2) = y2 = 2. Här M = 2
(tv˚a interpolationsintervall). I varje intervall [xk, xk+1], k = 0, 1, där (xk, yk) är
interpolationsdata
(x0, y0) (x1, y1) (x2, y2)
(1, 0) (2, −2) (3, 2)
f˚as F (M; x) genom (46):
F (M; x) = F (3; x) = yk +
x − xk
xk+1 − xk
(yk+1 − yk), x ∈ [xk, xk+1], k = 0, 1
(tv˚a interpolationsintervall [x0, x1] och [x1, x2]: [1, 2] och [2, 3]).
k = 0:
F (3; x) = y0 +
k = 1:
F (3; x) = y1 +
s˚a att (se Fig. 4)
x − x0
(y1 − y0) = 0 +
x1 − x0
x − x1
(y2 − y1) = −2 +
x2 − x1
F (3; x) = 2 − 2x, x ∈ [1, 2],
(73)
(74)
x − 1
(−2 − 0) = −2(x − 1) = 2 − 2x, x ∈ [1, 2].
2 − 1
x − 2
(2 − (−2)) = 2(2x − 5), x ∈ [2, 3].
3 − 2
= 2(2x − 5), x ∈ [2, 3],
40

Kolla interpolationsvillkor: F (3; 1) = 0 = y0, F (3; 2) = −2 = y1, F (3; 3) = 2 = y2.
Interpolationsfelet uppskattas enligt Sats 3.2
|ɛ1(x)| = |f(x) − F (3; x)| = |f(x) − (2 − 2x)| ≤ h2
8 max
1≤x≤2 |f ′′ (x)| = 1
8 max
6
|6(x − 1)| =
1≤x≤2 8
Absolutbeloppet av det aktuella interpolationsfelets i punkten x0.5 = 1.5
är mindre än 0.75.
f(1.5) − F (3; 1.5) = −1.375 − (2 − 2 · 1.5) = −0.375,
Figur 4: Andragradsinterpolationspolynom P2(x) = (x − 1)(3x − 8) och styckvis
linjär interpolationsfunktion F (3; x) som imterpolerar f(x) = x 3 − 3x 2 + 2 (interpolationsdata
(x0, f0), (x1, f1), (x2, f2) = (1, 0), (2, −2), (3, 2)).
Lösning till problemet 2.1 b)
Vi har M = 2, M + 1 = 3, x0 = a = 0, det likformiga nätet xj = x0 + jh,
j = 0, 1, 2.
Konstruera differensschemat i noderna
x0 = 0, x1 = h = 0.5, x2 = 2h = 1
för f(x) = sin πx med f(x0) = 0, f(x1) = 1, f(x2) = 0:
Vi har n = 2,
0.0 0.0
1.0
0.5 1.0 −2
−1.0 .
1.0 0.0 .
.
. .
x0 = 0, h = 0.5, r =
41
x − x0
h
= 2x.
= 0.75.

Interpolationspolynomet (ett andragradspolynom)
P2(x) = f0 + r∆f0 +
r(r − 1)
2! ∆2 f0 = 0 + 2x · 1 +
2x(x − 1)
(−2) = 4x(1 − x).
2
Interpolationspolynomet satisfierar interpolationsvillkor P2(xj) = fj, j = 0, 1, 2:
och
P2(0) = 0, P2(0.5) = 1, P2(1) = 0.
Vi har xj+0.5 = xj + 0.5h = x1 + 0.5h = 0.5 + 0.25 = 0.75 (j = 1).
I punkten x1.5 = 0.75 = 3/4,
r = 2 · 0.75 = 1.5,
f(0.75) ≈ P2(0.75) = 4 · 0.75(1 − 0.75) = 3 · 0.25 = 0.75.
Interpolationsfelet uppskattas
ɛ2(x) = f(x) − P2(x) = h3
(3)! r(r − 1)(r − 2)f 3 (t),
t ∈ (0, 1)
(f(x) = sin πx har 3 kontinuerliga derivator).
Vi har f(t) = sin πt,
f (3) (t) = −π 3 cos πt, n = 2, h = 0.5, r = 1.5 och (vi räknar med 3D utan
avrundning)
ɛ2(x1.5) = ɛ2(0.75) = f(0.75) − P2(0.75) = (0.5)3
1.5(1.5 − 1)(1.5 − 2) · (−π
6
3 cos πt) =
0.125 · 0.375π3 cos πt = 0.243 cos πt.
6
Det aktuella interpolationsfelets värde
ɛ2(0.75) = f(0.75) − P2(0.75) = sin 0.75π − 0.75 = 0.5 √ 2 − 0.75 ≈ 0.707 − 0.750 = −0.043,
ligger mellan de extrema cos πts värden, 0 ≤ t ≤ 1,
s˚a att
0.243 cos (π · 1) ≤ ɛ2(0.75) ≤ 0.243 cos (π · 0),
−0.243 ≤ −0.043 ≤ 0.243.
Styckvis linjär interpolation. Konstruera en styckvis linjär interpolationsfunktion
F (M; x) som sammanfaller med M+1 givna interpolationsvärdena f(x0) =
42

y0 = 0, f(x1) = y1 = 1 och f(x2) = y2 = 0. Här M = 2 (tv˚a interpolationsintervall).
I varje intervall [xk, xk+1], k = 0, 1, där (xk, yk) är interpolationsdata
(x0, y0) (x1, y1) (x2, y2)
(0, 0) (0.5, 1) (1, 0)
f˚as F (M; x) genom (46):
F (M; x) = F (3; x) = yk +
x − xk
xk+1 − xk
(yk+1 − yk), x ∈ [xk, xk+1], k = 0, 1
(tv˚a interpolationsintervall [x0, x1] och [x1, x2]: [0, 0.5] och [0.5, 1]).
k = 0:
F (3; x) = y0 +
k = 1:
F (3; x) = y1 +
s˚a att (se Fig. 5)
x − x0
(y1 − y0) = 0 +
x1 − x0
x − x1
(y2 − y1) = 1 +
x2 − x1
F (3; x) = 2x, x ∈ [0, 0.5],
x − 0
(1 − 0) = 2x, x ∈ [0, 0.5].
0.5 − 0
x − 0.5
(0 − 1) = 2 − 2x, x ∈ [0.5, 1].
1 − 0.5
= 2 − 2x, x ∈ [0.5, 1],
Kolla interpolationsvillkor: F (3; 0) = 0 = y0, F (3; 0.5) = 1 = y1, F (3; 1) = 0 = y2.
Interpolationsfelet uppskattas enligt Sats 3.2
|ɛ1(x)| = |f(x) − F (3; x)| = |f(x) − (2 − 2x)| ≤ h2
8 max
0.5≤x≤1 |f ′′ (x)| = 1
32 max
0.5≤x≤1 |π2 sin πx|
≤ π2
32
≈ 0.308
Absolutbeloppet av det aktuella interpolationsfelets i punkten x1.5 = 0.75
f(0.75)−F (3; 0.75) = sin 0.75π−(2−2·0.75) = 0.5 √ 2−(2−2·0.75) ≈ 0.707−0.5 = 0.207
är mindre än 0.308.
Problem 3.3 (se Problem 17.3.1, AEM)
Använd linjär Lagranges interpolation och beräkna ln 9.3 med hjälp av ln 9.0 =
2.1972 och ln 9.5 = 2.2513; bestäm interpolationsdata.
Lösning. Interpolationsdata (x0, f0) och (x1, f1) ger
L0(x) =
x − x1
, L1(x) =
x0 − x1
43
x − x0
,
x1 − x0

Figur 5: Andragradsinterpolationspolynom P2(x) = 4x(1 − x) och styckvis linjär
interpolationsfunktion F (3; x) som imterpolerar f(x) = sin πx (interpolationsdata
(x0, f0), (x1, f1), (x2, f2) = (0, 0), (0.5, 1), (1, 0)).
och Lagranges polynom
p1(x) = L0(x)f0 + L1(x)f1 =
x − x1 x − x0
f0 + f1.
x0 − x1
Här, x0 = 9.0, x1 = 9.5, f0 = 2.1972, och f1 = 2.2513.
L0(x) =
x − 9.5
(−0.5) = 2(9.5 − x) = 19 − 2x, L1(x) =
Lagranges polynom är
p1(x) = L0(x)f0 + L1(x)f1 =
x − 9.0
0.5
x1 − x0
= 2(x − 9) = 2x − 18.
(19−2x)2.1972+(2x−18)2.2513 = 2x(2.2513−2.1972)+19·2.1972−18·2.2513 = 0.1082x+1.2234.
Beräkna
och f˚a
L0(9.3) =
9.3 − 9.5
9.0 − 9.5 = 0.4, L1(9.3) =
9.3 − 9.0
9.5 − 9.0
= 0.6,
ln 9.3 ≈ ã = p1(9.3) = L0(9.3)f0 + L1(9.3)f1 = 0.4 · 2.1972 + 0.6 · 2.2513 = 2.2297.
Felet är ɛ = a − ã = 2.2300 − 2.2297 = 0.0003.
Problem 3.4 (se Problem 17.3.2, AEM)
Upskatta interpolationsfelet vid linjär interpolation i Problem 3.3; det exakta
värdet är ln 9.3 = 2.2300 med 4D.
Lösning. Upskatta interpolationsfelet med hjälp av (47) (n = 1)
ɛ1(x) = f(x) − p1(x) = (x − x0)(x − x1) f ′′ (t)
, t ∈ (9.0, 9.5)
2
44

där f(t) = ln t, f ′ (t) = 1/t och f ′′ (t) = −1/t 2 . D˚a
ɛ1(x) = (x − 9.0)(x − 9.5) (−1)
t2 , ɛ1(9.3) = (0.3)(−0.2) (−1) 0.03
=
2t2 t2 (t ∈ (9.0, 9.5)),
0.00033 = 0.03
= min
9.52 t∈[9.0,9.5]
0.03
t2
≤ |ɛ1(9.3)|
≤ max
0.03
t∈[9.0,9.5] t2
0.03
= = 0.00037
9.02 och 0.00033 ≤ |ɛ1(9.3)| ≤ 0.00037, som är mindre än det aktuella felet 0.0003 =
ɛ = a − ã p˚a grund av avrundingsfel. Beräkna resultatet med 5D istället för 4D
ln 9.3 ≈ ã = p1(9.3) = 0.4 · 2.19722 + 0.6 · 2.25129 = 0.87889 + 1.35077 = 2.22966
Interpolationsfelet blir
ɛ = 2.23001 − 2.22966 = 0.00035
som satisfierar (57) eftersom 0.00035 ligger mellan 0.00033 och 0.00037.
Problem 3.5 (se Problem 17.3.3, AEM)
Beräkna e −0.25 och e −0.75 med linjär interpolation; interpolera funktionen e −x och använd
interpolationsnoder x0 = 0, x1 = 0.5 och x0 = 0.5, x1 = 1. Sedan bestäm andragradsinterpolationspolynom
p2(x) till e −x i interpolationsnoder x0 = 0, x1 = 0.5, och x2 = 1
och beräkna e −0.25 och e −0.75 . Jämför interpolationsfelen vid linjär interpolation och
andragradsinterpolation.
Lösning. Interpolationsdata (x0, f0) och (x1, f1) ger interpolationspolynom
och Lagranges polynom
L0(x) =
x − x1
, L1(x) =
x0 − x1
p1(x) = L0(x)f0 + L1(x)f1 =
x0 − x1
x − x0
,
x1 − x0
x − x1 x − x0
f0 + f1.
x1 − x0
Vid linjär interpolation, vi skall interpolera e x och använda noderna x0 = −0.5 och
x1 = 0 (eller e −x och noderna x0 = 0.5 och x1 = 0) och interpolationsordinatorna
f0 = e −0.5 = 0.6065 och f1 = e 0 = 1.0000.
L0(x) =
Lagranges polynom är
x − 0
(−0.5) = −2x, L1(x)
x + 0.5
= = 2(x + 0.5) = 2x + 1.
(0.5)
p1(x) = L0(x)f0 + L1(x)f1 =
45

Resultatet är
−2x · 0.6065 + (2x + 1)1.0000 = 2x(1.0000 − 0.6065) + 1 = 2 · 0.3935x + 1.
e −0.25 ≈ p1(−0.25) = −0.25 · 2 · 0.3935 + 1 = 1 − 0.1967 = 0.8033.
Felet är ɛ = e −0.25 − p1(−0.25) = 0.7788 − 0.8033 = −0.0245.
Nu använd noderna x0 = −1 och x1 = −0.5 och interpolationsordinatorna f0 =
e −1 = 0.3679 och f1 = e −0.5 = 0.6065. Vi f˚ar
L0(x) =
Lagranges polynom blir
x + 0.5
(−0.5) = −2(x + 0.5) = −2x − 1, L1(x)
x + 1
= = 2(x + 1).
(0.5)
p1(x) = L0(x)f0 + L1(x)f1 =
(−2x−1)·0.3679+(2x+2)0.6065 = 2x(0.6065−0.3679)−0.3679+2·0.6065 = 2·0.2386x+0.8451.
Resultatet är
e −0.75 ≈ p1(−0.75) = −0.75 · 2 · 0.2386 + 0.8451 = −0.3579 + 0.8451 = 0.4872.
Felet är ɛ = e−0.75 − p1(−0.75) = 0.4724 − 0.4872 = −0.0148.
Vid andragradsinterpolation, interpolerar vi ex i noderna x0 = −1, x1 = −0.5 och
x2 = 0 och interpolationsordinatorna f0 = e−1 = 0.3679, f1 = e−0.5 = 0.6065 och
f2 = 1.0000.
Interpolationsdata (x0, f0), (x1, f1), och (x2, f2) ger andragradsinterpolationspolynomen
L0(x) = l0(x)
l0(x0) = (x − x1)(x − x2)
(x0 − x1)(x0 − x2) ,
och Lagranges andragradspolynom
Vi har
L1(x) = l1(x)
l1(x1) = (x − x0)(x − x2)
(x1 − x0)(x1 − x2) ,
L2(x) = l2(x)
l2(x2) = (x − x0)(x − x1)
(x2 − x0)(x2 − x1) ,
p2(x) = L0(x)f0 + L1(x)f1 + L2(x)f2.
L0(x) =
(x + 0.5)(x)
(−0.5)(−1)
= 2x(x + 0.5);
L0(−0.25) = −0.5 · 0.25 = −0.125, L0(−0.75) = (−1.5) · (−0.25) = 0.375.
L1(x) =
(x + 1)(x)
= −4x(x + 1);
(0.5)(−0.5)
L1(−0.25) = 1 · 0.75 = 0.75, L1(−0.75) = 3 · 0.25 = 0.75.
46

(x + 1)(x + 0.5)
L2(x) = = 2(x + 0.5)(x + 1);
(1)(0.5)
L2(−0.25) = 0.5 · 0.75 = 0.375, L2(−0.75) = (−0.5) · 0.25 = −0.125.
Det första resultatet är
e −0.25 ≈ p2(−0.25) = L0(−0.25)f0 + L1(−0.25)f1 + L2(−0.25)f2 =
−0.1250·0.3679+0.7500·0.6065+0.3750·1.0000 = −0.0460+0.4549+0.3750 = 0.7839.
Felet är ɛ = e −0.25 − p2(−0.25) = 0.7788 − 0.7839 = −0.0051..
Det andra talet är
e −0.75 ≈ p2(−0.75) = L0(−0.75)f0 + L1(−0.75)f1 + L2(−0.75)f2 =
0.3750·0.3679+0.7500·0.6065−0.1250·1.0000 = 0.1380+0.4549−0.1250 = 0.4679.
Felet är ɛ = e −0.75 − p2(−0.75) = 0.4724 − 0.4679 = 0.0045..
Lagranges andragradspolynom
p2(x) = L0(x)f0 + L1(x)f1 + L2(x)f2 =
2x(x+0.5)·0.3679−4x(x+1)·0.6065+2(x+0.5)(x+1)·1.0000 = 0.3095x 2 −0.9418x+1.
Problem 3.6 (Andragradsinterpolation) (se Problem 17.3.5, AEM)
Bestäm Lagranges polynom p2(x) för att beräkna 4-D värden av Gamma-funktionen
Γ(x) =
∞
e
0
−t t x−1 dt,
Γ(1.00) = 1.0000, Γ(1.02) = 0.9888, och Γ(1.04) = 0.9784, och använd de här
värdena för att beräkna Γ(1.01) och Γ(1.03).
Lösning. Vi interpolerar Γ(x) i noderna x0 = 1.00, x1 = 1.02, och x2 = 1.04 och
f0 = 1.0000, f1 = 0.9888, och f2 = 0.9784.
Interpolationsdata (x0, f0), (x1, f1), och (x2, f2) definierar andragradsinterpolationspolynom
L0(x) = l0(x)
l0(x0) = (x − x1)(x − x2)
(x0 − x1)(x0 − x2) ,
L1(x) = l1(x)
l1(x1) = (x − x0)(x − x2)
(x1 − x0)(x1 − x2) ,
L2(x) = l2(x)
l2(x2) = (x − x0)(x − x1)
(x2 − x0)(x2 − x1) ,
47

och motsvarande Lagranges andragradspolynom
Bestäm
L0(x) =
L0(1.01) = (−0.01)(−0.03)
(−0.02)(−0.04)
L1(x) =
L1(1.01) = (0.01)(−0.03)
(0.02)(−0.02)
L2(x) =
L2(1.01) = (0.01)(−0.01)
(0.04)(0.02)
p2(x) = L0(x)f0 + L1(x)f1 + L2(x)f2.
(x − 1.02)(x − 1.04)
(−0.02)(−0.04)
= 1250(x − 1.02)(x − 1.04);
= 3
8 = 0.375, L0(1.03) = (0.01)(−0.01)
(−0.02)(−0.04)
(x − 1)(x − 1.04)
(0.02)(−0.02)
= −2500(x − 1)(x − 1.04);
3
=
4 = 0.75, L1(1.03) = (0.03)(−0.01)
(0.02)(−0.02)
(x − 1)(x − 1.02)
(0.04)(0.02)
Nu kan vi beräkna resultatet
= 1250(x − 1)(x − 1.02);
= −1
8 = −0.125, L1(1.03) = (0.03)(0.01)
(0.04)(0.02)
Γ(1.01) ≈ p2(1.01) = L0(1.01)f0 + L1(1.01)f1 + L2(1.01)f2 =
= 3
4
= −1
8
= 3
8
= 0.75.
= −0.125.
= 0.375.
0.3750·1.0000+0.7500·0.9888−0.1250·0.9784 = 0.3750+0.7416−0.1223 = 0.9943.
Felet är ɛ = Γ(1.01) − p2(1.01) = 0.9943 − 0.9943 = 0.0000. Resultatet är exakt
med 4D.
Γ(1.03) ≈ p2(1.03) = L0(1.03)f0 + L1(1.03)f1 + L2(1.03)f2 =
−0.1250·1.0000+0.7500·0.9888+0.3750·0.9784 = −0.1250+0.7416+0.3669 = 0.9835.
Felet är ɛ = Γ(1.03) − p2(1.03) = 0.9835 − 0.9835 = 0.0000. Resultatet är exakt
med 4D.
Lagranges andragradspolynom är
p2(x) = L0(x)f0 + L1(x)f1 + L2(x)f2 =
1250(x−1.02)(x−1.04)·1.0000−2500(x−1)(x−1.04)·0.9888+1250(x−1)(x−1.02)·0.9784 =
= x 2 (1250(·1.9784−2·0.9888))+· · · = x 2 (1250((2−0.0216)−2(1−·0.0112)))+· · · =
x 2 (1250(−0.0216+2·0.0112))+· · · = x 2 (1250·0.0008)+· · · = x 2 ·1.000+· · · = x 2 −2.580x+2.580.
48

Problem 3.7 (Newtons interpolationsformel) (se Problem 17.3.11, AEM)
Beräkna Γ(1.01), Γ(1.03), och Γ(1.05) med Newtons interpolationsformel.
Lösning. Konstruera differensschemat
1.00 1.0000
0.0112
1.02 0.9888 0.0008
0.0104
1.04 0.9784
Bestäm data för att skriva Newtons interpolationsformel
x = 1.01, 1.03, 1.05; x0 = 1.00, h = 0.02, r =
x − 1
h
= 50(x − 1);
r(r − 1)
p2(x) = f0 + r∆f0 +
2
∆2f0 =
r(r − 1)
= 1.000 − 0.0112r + 0.0008 = x
2
2 − 2.580x + 2.580,
som sammanfaller med andragradsinterpolationspolynom (se ovan), och vi kan
beräkna
Γ(1.01) ≈ p2(1.01) = 0.9943, Γ(1.03) ≈ p2(1.03) = 0.9835, Γ(1.05) ≈ p2(1.05) = 0.9735.
Problem 3.8 (se Problem 17.3.13, AEM)
Bestäm interpolationspolynomets grad för följande interpolationsdata (1,5), (2,18),
(3,37), (4,62), (5,93).
Lösning. Antag att interpolationspolynomet har grad n = 2, dvs är ett andragradspolynom
p2(x) = ax 2 + bx + c. Man kan kolla att interpolationspolynomet
som uppfyller interpolationsdata (1,5), (2,18), (3,37), (4,62), (5,93) är inte en linjär
funktion, Ax + B, eftersom
ger A = 13 och B = −8, och
A + B = 5
2A + B = 18
3A + B = 37
4A + B = 62
49

ger A = 25 och B = −38.
För att bestämma a, b och c, använd interpolationsdata och skriv ett linjärt
system med tre obekanta
Lösning
eller
a + b + c = 5,
4a + 2b + c = 18
9a + 3b + c = 37
3a + b = 13
8a + 2b = 32
6a + 2b = 26
8a + 2b = 32
ger 2a = 6, a = 3, b = 13 − 3a = 4, och c = 5 − b − a = −2.
D˚a f˚ar vi interpolationspolynomet p2(x) = 3x 2 + 4x − 2 av grad n = 2 som
uppfyller interpolationsdata:
p2(1) = 5, p2(2) = 18, p2(3) = 37, p2(4) = 62, och p2(5) = 93.
4 Icke-linjära ekvationer
Betrakta metoder som beräknar (reela) nollställen till en given funktion, dvs reela
rötter till ekvationen
eller x-värden x = s för vilka f(x) blir noll: f(s) = 0.
4.1 Intervallhalvering
f(x) = 0, (75)
Man utg˚ar fr˚an ett startintervall [a, b] s˚adant att f(a) och f(b) har olika tecken
dvs f(a) · f(b) < 0. I intervallet finns d˚a minst ett nollställe till (kontinuerlig)
funktionen f(x). Sedan bestäms ett värde c i intervallet [a, b]. Om f(c) har samma
tecken som f(a) kan intervallet för nollstället begränsas till intervallet [c, b] annars
till [a, c]. Processen upprepas sedan med det nya kortare intervallet.
I intervallhalvering är värdet c mittpunkten mellan a och b. Algoritmen har
följande utseende:
50

[givet a och b s˚adana att f(a) och f(b) har olika tecken]
repetera:
mitt : = (a + b)/2
om f(a)f(mitt) > 0 s˚a
a : = mitt
annars
b : = mitt
tills abs(a - b) tillräckligt litet
[resultat: mitt är nollställe till f(x)]
Exempel 4.1
Betrakta ekvationen
Figur 6: Intervallhalvering.
f(x) ≡ cos x − ln x = 0
och beräkna dess rot α i intervallet [1.0, 1.5] (5D).
Lösning. Här a = 1.0, b = 1.5 och f(a) = 0.54030 och f(b) = −0.33473 har
olika tecken. Använd intervallhalveringsalgoritm.
mitt f(a)f(mitt) a b
1.0 1.5
1.25000 > 0 1.25000
1.37500 < 0 1.37500
1.31250 < 0 1.31250
1.28125 > 0 1.28125
1.29688 > 0 1.29688
1.30469 < 0 1.30469
1.30079 > 0 1.30079
1.30274 > 0 1.30274
Efter 8 iterationer har vi kommit fram till att rotten 1.30274 < α < 1.30469.
51

4.2 Interpolationsmetoder: sekantmetoden
I interpolationsmetoder göt man linjär interpolation mellan punkterna (a, f(a))
och f(b, (b)) för att f˚a fram nästa x-värde (man antar att f(a) och f(b) har
olika tecken dvs f(a) · f(b) < 0 och i intervallet [a, b] finns d˚a ett nollställe till
(kontinuerlig) funktionen f(x)). Algoritmen av en s˚adan sekantmetod har följande
utseende:
[givet a och b s˚adana att f(a) och f(b) har olika tecken]
repetera:
lägg en rät linje genom (a,f(a)) och (b,f(b))
c: = linjens skärningspunkt med x-axeln
a: = b
b: = c
tills abs(a - b) ≤ abs(b) · epsilon
Exempel 4.2
Betrakta ekvationen
Figur 7: Sekantmetoden.
f(x) ≡ cos x − ln x = 0
och beräkna dess rot α i intervallet [1.0, 1.5] med sekantmetoden (5D).
Lösning. Här a = 1.0, b = 1.5 och f(a) = 0.54030 och f(b) = −0.33473 har
olika tecken. Använd sekantmetoden.
c a b
1.0 1.5
1.30873 1.50000 1.30873
1.30285 1.30873 1.30285
1.30296 1.30285 1.30296
52

4.3 Iterativa metoder
Betrakta iterativa metoder som beräknar (reela) rötter till ekvationen
f(x) = 0. (76)
Vi utg˚ar fr˚an n˚agot approximativt startvärde x0 p˚a den sökta roten x = α (f(α) =
0) och bildar en följd av värden x1, x2, . . . som utgör allt bättre approximationer
av roten α. Den numeriska metoden är iterativ och beräkningen av varje xn kallas
iteration.
Vi ska använda följande definition: en iterativ metod konvergerar (divergerar)
om talföljden xn konvergerar mot roten α till ekvationen f(x) = 0 (resp. divergerar).
4.3.1 Substitutionsmetoden
Skriv (76) p˚a formen
där g(x) är en deriverbar funktion, och iterera
x = g(x), (77)
xn+1 = g(xn), n = 0, 1, 2, . . . (78)
med en startgissning x0 = x0 (börja med n = 0 och repetera (78) flera g˚anger).
4.3.2 Newtons metod
Newtons metod (eller Newton–Raphsons metod) är ett specialfall av substitutionsmetoden:
ekvationen (76) skrivs om i formen
där
x = G(x), (79)
G(x) = x − f(x)
f ′ (x)
är en deriverbar funktion, f ′ (x) = 0. När man använder Newtons metod, itererar
man enligt
(80)
xn+1 = G(xn), G(xn) = xn − f(xn)
f ′ , n = 0, 1, 2, . . . . (81)
(xn)
53

4.3.3 Stopregeln
Figur 8: Newtons metod.
För att avbryta (78) eller (81) vid ett lämpligt xn, n = 1, 2, . . . , betraktar man
differensen
och värdet
dn,n−1 = |xn − xn−1|
Fn = |f(xn)|. (82)
Ligger dn,n−1 inom den fr˚an början uppställda toleransgränsen ɛx, dvs
eller blir funktionsvärdet tillräkligt litet, dvs
dn,n−1 < ɛx, (83)
Fn < ɛf, (84)
har man löst den numeriska uppgiften (75) att beräkna ett nollställe (som ligger i
en omgivning till x0) till en given funktion f. I praktiken ɛf < ɛx och ɛf = 10 −m ɛx,
m = 2, 3, . . . , t ex ɛx = 10 −4 och ɛf = 10 −6 .
Ibland kallas (83) och (84) stopregeln.
4.3.4 Fixpunktsiteration
Fixpunktsiteration är ett annat namn för substitutionsmetoden. Betrakta ekvationen
och antag att vi kan skriva den p˚a en ekvivalent form
f(x) = 0 (85)
x = g(x). (86)
54

Figur 9: Fixpunktsiteration.
Här antar vi att ekvationerna (85) och (86) är ekvivalenta, dvs deras rötter [nollställen
till f(x) och x − g(x)] sammanfaller.
Vi skall bestämma lösningar (rötter) till (86) genom fixpunktsiteration som
definieras
Fixpunktsiteration konvergerar om
Exempel 4.3
Skriv om ekvationen sin x − 2x + 2 = 0
och iterera enligt fixpunktsiteration
xn+1 = g(xn). (87)
|g(x) ′ | < 1, x ∈ (x0 − δ, x0 + δ). (88)
x = 0.5 sin x + 1, (89)
xn+1 = 0.5 sin xn + 1, n = 0, 1, 2, . . . , x0 = 2 (90)
Newtons metod. Skriv om ekvationen f(x) = 0
x = G(x), (91)
55

där
G(x) = x − f(x)
f ′ , f(x) = sin x − 2x + 2, (92)
(x)
är en deriverbar funktion, f ′ (x) = cos x − 2 = 0. och iterera enligt
xn+1 = G(xn), G(xn) = xn cos xn − sin xn − 2
, n = 0, 1, 2, . . . . (93)
cos xn − 2
Stopregeln: ligger dn = |xn+1 − xn| inom den fr˚an början uppställda toleransgränsen
ɛ, dvs
dn < ɛ, (94)
har man löst den numeriska uppgiften att beräkna ett nollställe (som ligger i en
omgivning till x0 = 2) till den givna funktionen f(x) = sin x − 2x + 2.
Exempel 4.4
Betrakta ekvationen
f(x) = x 2 − 5 (95)
och beräkna dess positiva rot a = √ 5 = 2.2361 (med 4 KD).
Lösning. Observera att ekvationen (95) är ekvivalent med
5 = x 2 ,
1
5 x2 = 1, 1 − 1
5 x2 = 0, (96)
och skriv om (95) och (96) p˚a fyra olika ekvivalenta former
x = x + 5 − x 2 , x = 5
x
1
(x = 0), x = 1 + x −
5 x2 , x = 1
2
Betrakta fyra motsvarande versioner av fixpunktsiteration:
x + 5
x
i xn+1 = g1(xn) = 5 + xn − x 2 n, g ′ 1(x) = 1 − 2x, |g ′ 1(2.5)| = 4.
ii xn+1 = g2(xn) = 5
xn
, g ′ 2(x) = − 5
x 2 , |g′ 2(2.5)| = 0.8, |g ′ 2(2)| = 1.
iii xn+1 = g3(xn) = 1 + xn − 1
5 x2n, g ′ 3(x) = 1 − 2
5 x, |g′ 3(2.5)| = 0.
iv xn+1 = g4(xn) = 1
xn +
2
5
Beräkna fixpunktsiterationer
xn
, g ′ 4(x) = 1
2
56
1 − 5
x 2
(x = 0).
, |g ′ 4(2.5)| = 0.3.

(här dn = dn,n−1 = |xn − xn−1| och Fn = |f(xn)| = |x 2 n − 5|):
—————————————————————————————————
n xn,i xn,ii xn,iii xn,iv iii, dn iii, Fn iv, dn iv, Fn
—————————————————————————————————
0 2.5 2.5 2.5 2.5 1.25 1.25
1 1.25 2.0 2.25 2.25 0.25 0.0625 0.25 0.0625
2 4.6875 2.5 2.2375 2.2361 0.0125 0.0064 0.0139 0.0001
3 −12.2852 2.0 2.2362 2.2361 0.0013 0.0006 0.0000 0.0001
—————————————————————————————————
Man ser att versioner (i) och (ii) divergerar och (iii) och (iv) konvergerar (mot
den positiva roten a = √ 5 = 2.2361 av ekvationen (95))
Exempel 4.5
Skriv ekvationen
p˚a en ekvivalent form (x = 0)
f(x) ≡ x 2 − 3x + 1 = 0
x = g2(x) = 3 − 1
x .
Lös ekvationen x = g2(x) med fixpunktsiteration. Vi ska konstruera talföljden
xn som konvergerar mot roten s till ekvationen f(x) = 0,
lim
n→∞ xn = s, f(s) = 0.
Grovlokalisera en rot för att bestämma begynnelseapproximation x0. Vi har
f(x) = x 2 − 3x + 1, f(2) = −1 < 0, f(3) = 2 > 0.
Ur de tv˚a sista olikheterna, ser vi att en rot ligger i intervallet (2, 3): 2 < s < 3.
Sätt x0 = 1 och använd (87):
x1 = g2(x0) = 3 − 1
1 = 2, x2 = g2(x1) = 3 − 1
= 2.5,
2
x3 = g2(x2) = 3 − 1 2 13
= 3 − =
2.5 5 5 = 2.6, x4 = g2(x3) = 3 − 1
Vi har konstruerat talföljden xn s˚adan att
2.6
s˚a att
1 = x0 < x2 < x3 < . . . d˚a 1 = 1
1
xn
x0
> 1
x1
≤ K = 1
, n = 1, 2, . . . .
2
57
> 1
. . .
x2
= 2.615, . . . .

4.4 Konvergens av fixpunktsiteration
Betrakta ekvationen f(x) ≡ x 2 − 3x + 1 = 0 och skriv differensen |xn+1 − xn|, där
xn+1 = g(xn), n = 0, 1, 2, . . . , och x0 = 2. Vi f˚ar
|x2−x1| = |g2(x1)−g2(x0)| =
1
3 −
x1
− 3 + 1
x0
=
1
x0
− 1
x1
= |x0 − x1| 1
=
|x0||x1| 5 |x1−x0|;
|x3 − x2| = |g2(x2) − g2(x1)| =
1
− 1
= |x2 − x1|
|x2||x1| =
1
2.6 · 2.5 |x2 − x1| =
x1
1
6.5 |x2 − x1| = 1
6.5
x2
1
5 |x1 − x0| = 1
32.5 |x1 − x0|;
. . . ;
|xn+1 − xn| = p1 · p2 · · · · · pn|x1 − x0|, 0 < pi ≤ K < 1, n = 0, 1, 2, . . . ,
s˚a gäller
|xn+1 − xn| ≤ K n |x1 − x0| = 1
2 n |x1 − x0|
= 1
2n , x0
= 1 , n = 0, 1, 2, . . . .
Nu p˚aminn att f(s) = 0 och betrakta differensen
|xn − s| = |g2(xn−1) − g2(s)| =
1
−
s
1
|s − xn−1|
=
|s||xn−1| ≤ K|xn−1 − s|
xn−1
där K ≤ 1
2 eftersom s > 2 [s ∈ (2, 3), se ovan] och xn > 2. Vidare
|xn − s| ≤ K|xn−1 − s| = K|g2(xn−2) − g2(s)| ≤ K 2 |xn−2 − s| ≤ · · · ≤ K n |x0 − s|.
Här Kn → 0 och |xn − s| → 0 om n → ∞ eftersom K < 1.
Man kan visa det här p˚ast˚aendet ( lim xn = s, s = g2(s), g2(x) = 3 −
n→∞ 1
x )
med hjälp av medelvärdessatsen:
g2(x) − g2(s) = g ′ 2(t)(x − s) = 1
(x − s), t mellan x och s,
t2 där t ≥ k > 1 och
g ′ 2(t) = 1
t2 ≤ ˜ K < 1.
Formulera satsen som inneh˚aler tillräckliga villkor för konvergens. (se THEO-
REM 17.2.1, AEM).
58

L˚at x = s vara en rot till ekvationen x = g(x) där g(x) har en kontinuerlig derivata
i ett intervall J s˚adant att s ∈ J. Om |g ′ (x)| ≤ K < 1 i J, s˚a gäller
xn ∈ J, n = 1, 2, . . . ;
lim
n→∞ xn = s, s = g(s)
dvs, talföljden xn s˚adan att xn+1 = g(xn) konvergerar för ett godtyckligt x0 i J.
I problemet ovan
g(x) = g2(x) = 3 − 1
x ,
och man kan betrakta J = (k1, k2), där k1 och k2 är godtyckliga tal s˚adana att
k1 > 1 och k2 > k1, som ett konvergensintervall, eftersom
g ′ (x) = 1 1
≤ K =
x2 k2 1
< 1.
Figur 10: f(x) = x 3 − 5.00x 2 + 1.01x + 1.88.
4.5 Kaotiskt och periodiskt beteende
Betrakta ekvationen
f(x) ≡ x 2 − x − a = 0
59

för olika värden av parametern a. Dess rötter
α = 0.5 − √ 0.25 + a och β = 0.5 + √ 0.25 + a
är reela för a ≥ −0.25. Man finner att för −0.25 < x0 < 0.25 och a = −0.25 gäller
xn → 0.5, där fixpunktsiterationer
xn+1 = g(xn), g(xn) = x 2 n − a, n = 0, 1, 2, . . . , (97)
medan xn → ∞ om |x0| > 0.25. Gränsevärdet x = 0.5 kallas en fixpunkt.
och
om
Vidare,
Figur 11: Periodiskt beteende, xn+1 = x 2 n − a, a = 0.8.
g ′ (x) = 2x
|g ′ (α)| < 1 dvs |1 − 2 √ 0.25 + a| < 1
− 1
4
< a < 3
4
60

och
om
|f ′ (α)| > 1
3
4
< a
Man kan visa att för −β < x0 < β och a0 = − 1
4
< a < 3
4 = a1, konvergerar
fixpunktsiterationerna (97) mot fixpunkten α, xn → α, och fixpunkten α kallas attraherande
(och xn kallas en bana med perioden 1). Om x0 ligger utanför intervallet
(−β, β), d˚a xn → ∞.
Figur 12: Kaotiskt beteende, xn+1 = x 2 n − a, a = 1.5.
Fixpunktsiterationerna (97) divergerar om a = a1 = 3.
Fixpunkten α är nu
4
inte längre attraherande. I stället erh˚als en attraherande bana xn med perioden 2
(xn:s värden upprepas 2 g˚anger). Detta är fallet för 3
5 < a < 4 4 = a2 (a1 < a < a2).
Banan xn har perioden 4 för 5
4 < a < a3 med n˚agot a3, etc.
61

Figur 13: Konvergens, xn+1 = x 2 n − a, a = 0.73.
62

Figur 14: Konvergens, xn+1 = x 2 n − a, a = 0.65.
D˚a a > 1.4012 . . . (ett Feigenbaum-tal), s˚a börjar banorna uppföra sig kaotiskt.
D˚a a > 2.001 . . . , s˚a xn → ∞.
4.5.1 Ett exempel av kaotiskt beteende
Lös ekvationen
med fixpunktsiteration
f(x) ≡ x 2 − x − a = 0
xn+1 = x 2 n − a, n = 0, 1, 2, . . . ,
för olika a = −0.1, a = 0.2, a = 0.7, a = 0.76, a = 1.0, a = 1.27, a = 1.5, a = 2.0,
a = 2.001 och a = 2.002 med tv˚a olika startevärden som ligger i intervallet (−β, β),
där β = 0.5 + √ 0.25 + a
Tips: (1) Skapa en kommandofil som beräknar fixpunktsiterationer. (2) Rita en graf
som visar xn vs. n. (3) Bestäm a s˚adana att xn konvergerar mot β och divergerar.
(4) Bestäm antalet perioder i xn-kurva för olika a > 0.75.
63

4.6 Problem
Problem 4.1 (se Problem 17.2.3, AEM)
Visa att funktionen (ett polynom)
f(x) = x 3 − 5.00x 2 + 1.01x + 1.88
har nollställen i omgivningen av punkterna x = ±1 och x = 5 (rita en graf) och
bestäm nollställena med fixpunktsiteration.
Lösning.
1. Grovlokalisera rötter:
f(−2) = 28.14 < 0, f(0) = 1.88 > 0, f(2) = −8.10 < 0, f(5) = 6.93 > 0.
Vi ser att det finns tre intervall [−2, 0], [0, 2] och [2, 5] s˚adana att f(a) och f(b)
har olika tecken dvs f(a) · f(b) < 0:
f(−2)·f(0) < 0, f(0)·f(2) < 0 och f(2)·f(5) < 0. I varje intervall [−2, 0], [0, 2]
och [2, 5] finns d˚a minst en rot till ekvationen f(x) = 0. Sedan bestäms rotten i
varje intervall med fixpunktsiteration.
Enligt fixpunktsiteration xn+1 = g(xn), kan man skriva om ekvationen
i formen
f(x) = 0, f(x) = x 3 − 5.00x 2 + 1.01x + 1.88,
x = g(x) = 5.00x2 − 1.01x − 1.88
x2 .
Beräkna iterationer xn+1 = g(xn), n = 0, 1, 2, . . . ,:
x0 = 1, x1 = 2.110, x2 = 4.099, x3 = 4.612, x4 = 4.6952, x5 = 4.700;
x0 = 5, x1 = 4.723, x2 = 4.702, x3 = 4.700.
2. Skriv om den givna ekvationen i formen
där
och
x = g(x) = x3 + 1.01x + 1.88
.
5.00x
g ′ (x) = 2 0.37
x −
5 x2 g ′ (1) = 0.03
64

s˚a att gs första derivatan är mindre än 1i ett interval J som inneh˚aller punkten
x = 1, D˚a konvergerar fixpunktsiteration med startvärdet x = x0 ≈ 1 enligt
THEOREM 17.2.1 (AEM).
Problem 4.2 (se Problem 17.2.5, AEM)
Visa att funktionen (ett polynom)
f(x) = 1 − 1
4 x2 + 1
64 x4 − 1
2304 x6
har ett nollställe i omgivningen av punkten x = 2 (rita en graf) och bestäm
nollstället med fixpunktsiteration.
Lösning. Enligt fixpunktsiteration xn+1 = g(xn), n = 0, 1, 2, . . . , kan man
skriva om den givna ekvationen
multiplicerat med 4
x
f(x) = 1 − 1
4 x2 + 1
64 x4 − 1
2304 x6
(x = 0) i formen
x = g(x) = 4 1
+
x 16 x3 − 1
576 x5 .
Man kan välja ett startvärde med hjälp av THEOREM 17.2.1 (AEM). Bestäm
derivatan
g ′ (x) = − 4 3
+
x2 16 x2 − 5
576 x4
och dess värde i punkten x = 2
|g ′
(2)| =
3 80
−1 + −
4 576
= 0.25 + 0.14 = 0.39 < 1
Vi ser att g ′ (x) är mindre än 1i ett interval som inneh˚aller punkten x = 2. D˚a
konvergerar fixpunktsiteration med startvärdet x = x0 = 2 enligt THEOREM
17.2.1 (AEM). Iterationerna xn+1 = g(xn) ger
x0 = 2, x1 = 2.44444, x2 = 2.39774, x3 = 2.39221, x4 = 2.39165.
Problem 4.3 (se Problem 17.2.11, AEM)
Bestäm talet 7 1/3 med hjälp av Newtons metod.
Lösning. Värdet 7 1/3 är en (positiv) rot till ekvationen x 3 − 7 = 0.
65

Newtons iterationer
xn+1 = G(xn), G(xn) = xn − f(xn)
f ′ , n = 0, 1, 2, . . . ,
(xn)
där f(x) = x 3 − 7, skrivs som
Räkningar med 6D ger
f ′ (x) = 3x 2 ; xn+1 = 2x3n + 7
3x2 , n = 0, 1, 2, . . . .
n
x4 = 1.912931.
Problem 4.4 (se Problem 17.2.15, AEM)
Bestäm den minsta positiva roten till ekvationen
P 2 4 (x) = 0, P 2 4 (x) = (1 − x 2 )P ′′
4 (x) = 15
2 (−7x4 + 8x 2 − 1) = 0
med hjälp av Newtons metod och jämför resultatet med exakta värdet genom att
lösa en bikvadratisk ekvation.
Lösning. Bestäm rötter till den bikvadratiska ekvationen
Skriv om den i formen
f(x) = ˜ P 2 4 (x) = −7x 4 + 8x 2 − 1 = 0.
˜P (t) = −7t 2 + 8t − 1 = 0, t = x 2 ≥ 0;
t = 8 ± √ 36
=
14
8 ± 6
14
Den minsta positiva rotten är
s = 1
√ .
7
Newtons iterationer är
= {1, 1
7 .}
xn+1 = G(xn), G(xn) = xn − f(xn)
f ′ , n = 0, 1, 2, . . . .
(xn)
Vi ska lösa ekvationen −f(x) = 0:
f ′ (x) = 28x 3 − 16x; xn+1 = 21x4n − 8x2 n − 1
28x3 , n = 0, 1, 2, . . . .
n − 16xn
Räkningar med 6D ger
x4 = 0.377964.
66

5 Numerisk integration
Numerisk integration innebär beräkning av approximationer till integraler
J =
b
a
f(x)dx,
där a och b är givna tal och f(x) är en funktion. Ofta konstruerar man metoder
för numerisk integration genom att approximera f(x) med en funktion, som är lätt
att integrera (ett polynom, en styckvis linjär funktion).
5.1 Rektangelsregeln
Dela integrationsintervallet a ≤ x ≤ b i n delintervall
[xi, xi+1] (i = 0, 1, . . . , n − 1), a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b. (98)
I m˚anga tillämpningar är nätpunkterna xi (noder) ekvidistanta, och vi skall betrakta
lika delintervall av längden h = (b−a)/n och n+1 olika ekvidistanta punkter
xi = a+ih, i = 0, 1, . . . , n. I varje delintervall ersättar vi (approximerar) f(x) med
konstanten f(x∗ j) = f(xj +0.5h) [f(x)’s värde i midpunkten x∗ j av delintervallet j],
dvs ersättar f(x) med en steg funktion (en styckvis konstant funktion). Vi f˚ar n
rektangler av areor hf(x∗ 1), hf(x∗ 2), . . . , hf(x∗ n), och kan definiera rektangelsregeln
J =
b
a
f(x)dx ≈ JR = h[f(x ∗ 1) + f(x ∗ 2) + · · · + f(x ∗ n)], h = (b − a)/n. (99)
5.2 Trapetsregeln
Använd samma delintervall (98) i a ≤ x ≤ b och ersätta (approximera) f(x) med
en linje best˚aende av segment (korder) som g˚ar genom delintervallens randpunkter
[a, f(a)], [x1, f(x1)], [x2, f(x2)], . . . , [xn, f(xn)] p˚a f’s kurva. Arean under f’s kurva
approximeras med n trapetser av areor
1
[f(a) + f(x1)],
2
Deras summa ger trapetsregeln
1
2 [f(x1) + f(x2)], . . . ,
J = J[a, b] =
b
a
1
2 [f(xn−1) + f(b)].
f(x)dx ≈ JT = JT [a, b], ,
JT [a, b] = Jn[a, b] = h[ 1
2 f(a) + f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn−1) + 1
f(b)], (100)
2
h = (b − a)/n.
67

5.2.1 Feluppskattning
Figur 15: Trapetsregeln, f(x) = 1/(1 + x), n = 1, 2, 4, 8.
För att bestämma trapetsregelns fel RT = J − JT med hjälp av (47) när n = 1
[ett integrationsintervall [a, b] = [x0, x1] i (100)], integrerar vi den som en funktion
av x mellan a = x0 och x1 = x0 + h:
J[x0, x1] − JT [x0, x1] =
x0+h
x0
f(x)dx − h
2 [f(x0) + f(x1)] =
x0+h
x0
(x − x0)(x − x0 − h) f ′′ (t(x))
2
Sätt x − x0 = v och använd medelvärdessatsen (observera att Q(x) = (x − x0)(x −
x0 − h) ≤ 0, x0 ≤ x ≤ x0 + h, dvs Q(x) ej ändrar tecken i det slutna intervallet
[x0, x0 + h]):
x0+h
x0
(x − x0)(x − x0 − h) f ′′ (t(x))
dx =
2
som ger det lokala trapetsregelns fel.
68
h
0
(v)(v − h)dv · f ′′ (˜t)
2
= −h3
12 f ′′ (˜t), ˜t ∈ [x0, x1].
dx.

För att bestämma totala trapetsregelns fel ɛ = J[a, b] − JT [a, b] för ett godtyckligt
antal n integrationsintervall i (100) (n > 1), sätt
D˚a f˚ar vi
ɛ =
b
a
h = (b − a)/n, nh 3 = n(b − a) 3 /n 3 , (b − a) 2 = n 2 h 2 .
f(x)dx − h[ 1
2 f(a) + f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn−1) + 1
f(b)] =
2
(b − a)3
−
12n2 f ′′ (τ) = −h
Det maximala felet uppskattas
2 (b − a)
f
12
′′ (τ), τ ∈ [a, b].
(b − a)3
|J[a, b] − JT [a, b]| ≤ M
12n2 , M = max |f
x∈[a,b]
′′ (x)|. (101)
Figur 16: Trapetsregeln: värdena av trapetsapproximationerna Jn[0, 1] (100) till
J = 1
0 1/(1 + x)dx = ln 2 ≈ 0.693147 . . . (3:e kol), maximala felen ɛ∗n (4:e kol) och
aktuella felen J − Jn[0, 1] (5:e kol) för n = 1, 2, . . . 8 (med 4D).
5.2.2 Felgränser för trapetsregeln
KM2 ≤ ɛ ≤ KM ∗ 2 , (102)
69

där
och
Exempel 5.1
(b − a)3
K = −
12n2 (b − a)
= −h2
12
(103)
M2 = max f
x∈[a,b]
′′ (x), M ∗ 2 = min f
x∈[a,b]
′′ (x). (104)
Utför feluppskattningen vid trapetsregelnsapproximation [bestäm felgränser KM2
och KM ∗ 2 enligt (102)–(104)] för
D˚a
Vidare
och
J =
1
Lösning. Vi har
0
1
dx = ln 2 ≈ 0.693147 . . . , n = 1, 2, . . . 8.
1 + x
f(x) = 1
1 + x , f ′ (x) = −
1
(1 + x) 2 , f ′′ (x) =
2
(1 + x) 3
max
x∈[0,1] f ′′ (x) = f ′′ (0) = M2 = 2, min
x∈[0,1] f ′′ (x) = f ′′ (1) = M ∗ 2 = 0.25.
K = Kn = −
(b − a)3 1
= − .
12n2 12n2 KnM2 = 2Kn = − 1
6n2 , KnM ∗ 2 = 1
4 Kn = − 1
,
48n2 Beteckna med JT [a, b] = Jn[0, 1] trapetsapproximationerna (100) till integralen
J =
1
0
1
1 + x dx.
Det maximala felet uppskattas enligt (101)
ɛn = |J − Jn[0, 1]| ≤ ɛ ∗ n = M2
70
1 1
= . (105)
12n2 6n2

Felgränserna är
KnM2 = − 1
6n 2 ≤ ɛ ≤ KnM ∗ 2 = − 1
48n 2 (n = 1, 2, . . . ). (106)
Beräkna felgränserna (106), aktuella felen J −Jn[0, 1] och maximala felen (105)
ɛ ∗ n för n = 1, 2, . . . 5:
n = 1 : K1 = − 1
12 = −0.083333, ɛ∗ 1 = 0.166667, −0.166667 ≤ J − J1[0, 1] ≤ −0.0208333;
n = 2 : K2 = − 1
12 · 4 = −0.0208333, ɛ∗ 2 = 0.041666, −0.041666 ≤ J − J2[0, 1] ≤ −0.005208;
n = 3 : K3 = − 1
12 · 9 = −0.009259, ɛ∗ 3 = 0.018518, −0.018518 ≤ J − J3[0, 1] ≤ −0.002315;
n = 4 : K4 = − 1
12 · 16 = −0.005208, ɛ∗ 4 = 0.010417, −0.010417 ≤ J − J4[0, 1] ≤ −0.001302;
n = 5 : K5 = − 1
12 · 25 = −0.003333, ɛ∗ 5 = 0.006667, −0.006667 ≤ J − J5[0, 1] ≤ −0.000833.
Tabellen i figur 11 visar värdena av trapetsapproximationerna Jn[0, 1] (100)
(3:e kol), maximala felen (105) ɛ ∗ n (4:e kol) och aktuella felen J − Jn[0, 1] (5:e kol)
för n = 6, . . . 8 (med 4D).
Exempel 5.2
Utför feluppskattningen vid trapetsregelnsapproximation [bestäm felgränser KM2
och KM ∗ 2 enligt (102)–(104)] för
1
D˚a
Vidare
och
Lösning. Vi har
J =
0
e −x2
dx ≈ 0.746211 (n = 10)
(e −x2
) ′′ = 2(2x 2 − 1))e −x2
, (e −x2
) ′′′ = 8xe −x2
(3/2 − x 2 ) > 0, 0 < x < 1,
max
x∈[0,1] f ′′ (x) = f ′′ (1) = M2 = 0.735759, min
x∈[0,1] f ′′ (x) = f ′′ (0) = M ∗ 2 = −2.
K = −
(b − a)3 1 1
= − = −
12n2 12 · 102 1200
KM2 = −0.000614, KM ∗ 2 = 0.001667,
71

Felgränserna är
och feluppskattningen är
−0.000614 ≤ ɛ ≤ 0.001667, (107)
0.746211 − 0.000614 = 0.745597 ≤ J ≤ 0.746211 + 0.001667 = 0.747878. (108)
Det 6D-exakta värdet är J = 0.746824 : 0.745597 < 0.746824 < 0.747878.
Figur 17: Trapetsregeln, f(x) = exp(−x 2 ), n = 10.
Figur 18: Trapetsregeln: värdena av trapetsapproximationerna Jn[0, 1] (100) till
J = 1
0 exp(−x2 )dx ≈ 0.746211 . . . (3:e kol), maximala felen (105) ɛ∗ n (4:e kol) och
aktuella felen J − Jn[0, 1] (5:e kol) för n = 5, 6, . . . 10 (med 4D).
5.3 Problem
Problem 5.1
72

Figur 19: MATLABkoder som implementerar trapetsregeln.
Betrakta integralerna
a) J =
b) J =
c) J =
3
1
1
0
π/2
0
dx
x + 2
xe −x dx
x sin xdx
Bestäm hur m˚anga delintervall m˚aste man ta med för att beräkna J med tre och
fyra KD (med trapets formeln). Bestäm felgränser för trapets formeln som räknar
J.
Beräkna J med trapets formeln: a) h = 0.2 (med 3D); b) fem delintervall (med
3D); c) tio delintervall (med 4D). Jämför resultaten med exakta integralernas
värden
a) J =
b) J =
c) J =
3
1
1
0
π/2
0
dx
x + 2
= 0.5108256 . . . ,
xe −x dx = 1 − 2
e ,
x sin xdx = 1.
73

Problem 5.2. Beräkna integralen
3
0
y(x)dx
med trapets formeln där funktionen y(x) ges som talpar
(x0, y0) (x1, y1) (x2, y2) (x3, y3)
(0, 0) (1, 1) (2, 2) (3, 3).
Problem 5.3. Beräkna integralen
5
1
y(x)dx
med trapets formeln, där funktionen y(x) ges som talpar
(x0, y0) (x1, y1) (x2, y2) (x3, y3) (x4, y4)
(1, 1) (2, 4) (3, 9) (4, 16) (5, 25)
6 Differensapproximationer av derivator och differentialekvationer
6.1 Approximation av derivator
Antag att en tv˚a g˚anger kontinuerligt deriverbar funktion f(x) är känd i punkterna
x − h, x, x + h där h är ett litet tal (i omgivningen av punkten x). Vi söker en
approximation av derivatan f ′ (x). Enligt definitionen av derivatan (i punkten x)
f ′ (x) = df(x)
dx
s˚a kan man skriva approximativt
eller
f ′ (x) ≈
f ′ (x) ≈
= lim
h→0
f(x + h) − f(x)
h
f(x) − f(x − h)
h
f(x + h) − f(x)
, (109)
h
= D+f(h, x) (110)
= D−f(h, x). (111)
D+f(h, x) kallas fram˚atdifferensen och D−f(h, x) kallas bak˚atdifferensen.
Centraldifferensenapproximationen
f ′ (x) ≈
f(x + h) − f(x − h)
2h
74
= D0f(h, x) (112)

är ofta en bättre approximation av derivatan.
P˚a samma sätt f˚as approximationer av högre ordningens derivator. För den
andra derivatan, har vi
f ′′ (x) = (f ′ (x)) ′ = d
dx
df(x)
dx
= d2 f(x)
dx 2
s˚a kan man skriva, t ex, en s˚adan approximation
f ′′ (x) ≈ D+f ′ (h, x) = f ′ (x + h) − f ′ (x)
= lim
h→0
f ′ (x + h) − f ′ (x)
, (113)
h
h
≈ D−f(h, x + h) − D−f(h, x)
=
h
= D+(D−f(h, x)) = D 2 ±f(h, x) = (114)
=
f(x+h)−f(x)
h
f ′′ (x) ≈ D 2 ±f(h, x) =
− f(x)−f(x−h)
h
h
= f(x + h) − 2f(x) + f(x − h)
f(x + h) − 2f(x) + f(x − h)
h 2
h 2
(115)
Ofta ges argumentet x och motsvarande värdena av funktionen y = f(x) som
ändliga talföljder (vektorer),
x = x1, x2, . . . , xn, y = y1, y2, . . . , yn, (116)
och man kan skriva derivatans approximation som
y ′ (xi) ≈ D+y(h, xi) = yi+1 − yi
h
y ′ (xi) ≈ D−y(h, xi) = yi − yi−1
h
y ′ (xi) ≈ D0y(h, xi) = yi+1 − yi−1
2h
y ′′ (x) ≈ D 2 ±y(h, xi) = yi+1 − 2yi + yi−1
h 2
= ∆yi
, i = 1, 2, . . . n − 1, (117)
h
= ∆yi−1
, i = 2, 3, . . . n, (118)
h
= 0.5(D+y(h, xi) + D−y(h, xi)), i = 2, 3, . . . n(119) − 1,
= ∆2 yi−1
h
i = 2, 3, . . . n − 1. (120)
där differensoperatorn (58) ∆yn = yn+1 − yn.
Man kan använda fram˚atdifferenser (64) och (65) och differensoperatorn (58)
i ekvidistanta fallet (63),
xj = x0 + (j − 1)h, j = 1, 2, 3, . . . , n (121)
75

och bestäm värden av derivatarnas approximationer med hjälp av fram˚atdifferenstabellen
y1
y2
y3
yn
∆y1/h = D+y(h, x1) = (y2 − y1)/h ≈ y ′ (x1)
∆y2/h = D+y(h, x2) = (y3 − y2)/h ≈ y ′ (x2)
∆y3/h = D+y(h, x3) = (y4 − y3)/h ≈ y ′ (x3)
.
∆yn−1/h = D+y(h, xn−1) = (yn − yn−1)/h ≈ y ′ (xn−1)
∆ 2 y2/h 2 = (y3 − 2y2 + y1)/h 2 ≈ y ′′ (x2)
∆ 2 y3/h 2 = (y4 − 2y3 + y2)/h 2 ≈ y ′′ (x3)
Andra och tredje kolonner inneh˚aller resp. approximationer av första och andra
derivatorna. Observera att
D+y(h, xi−1) = (yi − yi−1)/h = D−y(h, xi), i = 2, 3, . . . , n. (122)
Betrakta, t ex, en funktion
y = f(x) = 1
,
1 + x2 och noderna xk = (k−1)h, k = 1, 2, 3, 4, h = 0.1: Motsvarande fram˚atdifferenstabellen
(med 3D) är
0.0 1.000
−0.100
0.1 0.990 −1.800
−0.280
0.2 0.962 −1.700
−0.447
0.3 0.917
Vi har
y ′ = − 2x
(1 + x2 ) 2 , y′′ = 2 3x2 − 1
(1 + x2 )
76
3 ,
.

Figur 20: Approximationer av första derivatan y ′ (x) = − 2x
(1 + x 2 ) 2
y(x) = 1
1 + x 2 med D−f(h, x), D+f(h, x) och D0f(h, x), xi = (i − 1)h,
i = 1, . . . , n, h = (0.4)/n, n = 10.
Figur 21: Approximationer av första derivatan y ′ (x) = cos x för y(x) = sin x med
D−f(h, x), D+f(h, x) och D0f(h, x), xi = (i − 1)h, i = 1, . . . , n, h = π/n, n = 10.
77
för

och de exakta värdena (avrundade till 3KD) är
0.0 1.000
−0.000
0.1 0.990 −2.000
−0.196
0.2 0.962 −1.775
−0.370
0.3 0.917
Fig. (20), (22) och (21)–(27) visar bättre approximationer med 10 punkter xi
för y(x) = 1
och 10 och 100 punkter för y(x) = sin x.
1 + x2 78

Figur 22: Differenstabeller och approximationsfel av approximationer av
y ′ (x) = − 2x
(1 + x2 1
för y(x) =
) 2 1 + x2 med D−f(h, x), D+f(h, x) och D0f(h, x),
xi = (i − 1)h, i = 1, . . . , n, h = (0.3)/n, n = 10.
Figur 23: Approximationer av första derivatan y ′ (x) = cos x för y(x) = sin x med
D−f(h, x), D+f(h, x) och D0f(h, x), xi = (i − 1)h, i = 1, . . . , n, h = π/n, n = 10,
större skala.
79

Figur 24: Approximationer av första derivatan y ′ (x) = cos x för y(x) = sin x med
D−f(h, x), D+f(h, x) och D0f(h, x), xi = (i−1)h, i = 1, . . . , n, h = π/n, n = 100.
Figur 25: Approximationer av första derivatan y ′ (x) = cos x för y(x) = sin x med
D−f(h, x), D+f(h, x) och D0f(h, x), xi = (i−1)h, i = 1, . . . , n, h = π/n, n = 100,
större skala.
80

Figur 26: Differenstabeller av approximationer av första derivatan y ′ (x) = cos x för
y(x) = sin x med D−f(h, x), D+f(h, x) och D0f(h, x), xi = (i − 1)h, i = 1, . . . , n,
h = π/n, n = 10.
6.2 Approximationen av differentialekvationer. Differensekvationer
En differentialekvation är en ekvation där en okänd funktion och dess derivator
ing˚ar, t ex en ordinär differentialekvation av första ordningen
y ′ = f(x, y),
där f(x, y) är en given funktion och y(x) är den okända sökta funktionen. Den här
differentialekvationen kan ha oändligt m˚anga lösningar. Betrakta flera exempel:
y ′ = y,
y ′ = −y 2 ,
y ′ = x 3 − sin y.
När man kommer att lösa en differentialekvation numeriskt, betraktar man
den okända funktionen y(x) i ändligt m˚anga punkter x = xi (116) eller (121) och
bestämmer y(x) som an ändlig talföljd (vektor)
yi = y(xi), i = 1, 2, . . . , n, (123)
Sedan approximerar man derivator med differenserna (110), (111) och (114) och f˚ar
en differensekvation. I differensekvationen, är {yi} n i=1 den okända sökta talföljden
(vektor)
81

Figur 27: Approximationsfel av första derivatan y ′ (x) = cos x för y(x) = sin x med
D−f(h, x), D+f(h, x) och D0f(h, x), xi = (i − 1)h, i = 1, . . . , n, h = π/n, n = 10.
Exempel 6.1
Approximera en ordinär differentialekvation av första ordningen
y ′ = −y, y = y(x), 0 ≤ x ≤ 1. (124)
Använd fram˚atdifferensen (110) men n˚agot h, 0 < h < 1, och antag t ex att
xi = x0 + (i − 1)h = (i − 1)h, i = 1, 2, 3, . . . , n (x0 = 0),
s˚a att h = 1
. D˚a överg˚ar differentialekvationen i en differensekvation
n
yi+1 = (1 − h)yi, i = 0, 1, 2, . . . , n − 1. (125)
Det är lämpligt att anta att y0 är ett givet tal och betrakta {yi} n i=1 som en okänd
talföljd (vektor). Här är det lätt att bestämma lösningen {yi} n i=1 till differensekvationen
(125). Vi har
y1 = (1 − h)y0, y2 = (1 − h)y1 = (1 − h) 2 y0, . . . , yi = (1 − h) i y0, i = 1, 2, . . . , n,
eller
yi+1 = (1 − h)yi = (1 − h)(1 − h)yi−1 = · · · = (1 − h) i+1 y0, i = 0, 1, 2, . . . , n − 1(126)
Man kan skriva lösningen till (125) som en vektor
{yi} n i=0 = {(1 − h) i y0} n i=0 = y0{(1 − h) i } n i=0 = y0[1, (1 − h), (1 − h) 2 , . . . (1 − h) n (127) ].
82

Om t ex y0 = 9 och h = 1
3
i (124) (dvs n = 3), formeln (127) ger
{yi} n i=0 = {yi} 3 i=0 = y0{(1 − 1/3) i } 3 i=0 = 9{(2/3) i } 3 i=0 = 9[1, 2/3, (2/3) 2 , (2/3) 3 ] = [9, 6, 4, 8/3].
Kolla resultatet:
yi+1 = 2
3 yi : i = 0 : 6 = 2
2
8
9; i = 1 : 4 = 6; i = 2 :
3 3 3
Om y0 = 1 och h = 0.1 = 1
10
(dvs n = 10), formeln (127) ger
2
= 4. (128)
3
{yi} n i=0 = {yi} 10
i=0 = {(1 − 0.1) i } 10
i=0 = {0.9 i } n i=0 = [1, 0.9, 0.9 2 , . . . 0.9 10 ].
Flera olika exempel av differensapproximationer finns i nästa avsnitt.
6.3 Differensekvationer p˚a matrisformen
Antag att y0 är ett givet tal och skriv differensekvationen (125),
(h − 1)yi + yi+1 = 0, i = 0, 1, 2, . . . , n − 1, (129)
som ett linjärt ekvationssystem med n obekanta yi, i = 1, 2, . . . , n (och n ekvationer)
i = 0 : y1 + 0 · y2 + 0 · y3 + · · · + 0 · yn = (1 − h)y0,
i = 1 : (h − 1)y1 + y2 + 0 · y3 + · · · + 0 · yn = 0
i = 2 : 0 · y1 + (h − 1)y2 + y3 + 0 · y4 + · · · + 0 · yn = 0 (130)
. . . . . . .
i = n − 1 : 0 · y1 + 0 · y2 + · · · + (h − 1) · yn−1 + yn = 0.
P˚a matrisformen skrivas systemet (130) som
Ay = b
med tv˚adiagonala matrisen A av storlek n × n
⎡
1
⎢ h − 1
⎢
A = ⎢ 0
⎢
⎣ .
0
1
h − 1
.
0
0
1
.
· · ·
· · ·
· · ·
.
0
0
0
. ..
0
0
0
.
⎤
0
0 ⎥
0 ⎥
. ⎦
0 0 0 · · · 0 h − 1 1
83
(131)

och n-dimensionella kolonnvektorerna
y = {y1, y2, . . . , yN−1} T , b = {(1 − h)y0, 0, . . . , 0, 0} T .
Den tv˚adiagonala matrisen A kan framställas p˚a formen
där
A = I + (h − 1)I−1, (132)
I =
⎡
⎢
⎣
1 0 . . . 0
0 1 . . . 0
. . . . . .
0 0 . . . 1
är enhetsmatrisen av typ n × n och
⎡
0
⎢ 1
⎢
I−1 = ⎢ 0
⎢ 0
⎣ .
0
0
1
0
.
0
0
0
1
.
0
0
0
0
.
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
⎤
0
0 ⎥
0 ⎥
0 ⎥ .
⎥
. ⎦
0 0 . . . 0 1 0
I fallet n = 3 har vi ett linjärt ekvationssystem med 3 obekanta y1, y2, y3 och
3 ekvationer
⎤
⎥
⎦
i = 0 : y1 + 0 · y2 + 0 · y3 = (1 − h)y0,
i = 1 : (h − 1)y1 + y2 + 0 · y3 = 0 (133)
i = 2 : 0 · y1 + (h − 1)y2 + y3 = 0
P˚a matrisformen skrivas systemet (133) som
Ay = b
med tv˚adiagonala matrisen A av storlek 3 × 3
⎡
1 0
⎤
0
A = ⎣ h − 1 1 0 ⎦
0 h − 1 1
och 3-dimensionella kolonnvektorerna
⎡ ⎤
y = ⎣
y1
y2
y3
⎡
⎦ , b = ⎣
84
(1 − h)y0
0
0
⎤
⎦

Den tv˚adiagonala matrisen A kan framställas p˚a formen
där
⎡
I = ⎣
A = I + (h − 1)I−1, (134)
1 0 0
0 1 0
0 0 1
⎤
⎡
⎦ , I−1 = ⎣
Betrakta en differensekvation av andra ordningen
0 0 0
1 0 0
0 1 0
yi−1 − byi + yi+1 = fi, i = 1, 2, . . . , n. (135)
Här b och fi, i = 1, 2, . . . , n, är bekanta. Om man antar att y0 och yn+1 är ocks˚a
bekanta, d˚a kan man skriva (135) som ett linjärt ekvationssystem med n obekanta
yi, j = 1, 2 . . . , n
eller p˚a matrisformen
i = 1 : −by1 + y2 + 0 · y3 + · · · + 0 · yn = f1 − y0,
⎤
⎦ .
i = 2 : y1 − by2 + y3 + · · · + 0 · yn = f2
i = 3 : 0 · y1 + y2 − by3 + y4 + · · · + 0 · yn = 0
. . . . . . .
i = n : 0 · y1 + 0 · y2 + · · · + yn−1 − byn = fn − yn+1.
Ay = b
med symmetriska tridiagonala matrisen A av typ n × n
⎡
−b
⎢ 1
⎢
A = ⎢
.
⎣ 0
1
−b
.
0
0
1
.
0
· · ·
· · ·
.
· · ·
0
0
. ..
1
0
0
.
−b
0
0
.
1
⎤
⎥
⎦
0 0 0 · · · 0 1 −b
och n-dimensionella kolonnvektorerna
⎡ ⎤
⎢
y = ⎢
⎣
y1
y2
.
yn
⎡
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ , b = ⎢
⎦ ⎣
Den tridiagonala matrisen A kan framställas p˚a formen
f1
f2
.
fn
⎤
⎥
⎦
(136)
A = −bI + I−1 + I+1, (137)
85

där
I−1 =
6.4 Problem
Problem 6.1
⎡
1
⎢
I = ⎢ 0
⎣ .
0
1
.
. . .
. . .
. . .
⎤
0
0 ⎥
. ⎦
0 0 . . . 1
,
⎡
0
⎢ 1
⎢ 0
⎢ 0
⎣ .
0
0
0
1
0
.
0
0
0
0
1
.
. . .
0
0
0
0
.
0
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
1
⎤
0
0 ⎥
0 ⎥
0 ⎥ ,
⎥
. ⎦
0
⎡
0
⎢ 0
⎢ 0
I+1 = ⎢ 0
⎢ .
⎣ 0
0
1
0
0
0
.
0
0
0
1
0
0
.
0
. . .
0
0
1
0
.
. . .
0
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
0
0
0
0
0
0
.
1
0
Skriv differensekvationen (135) som ett linjärt ekvationssystem med en symmetrisk
tridiagonal matris när
a) n = 3,
b) n = 4.
Framställa matriserna p˚a formen (137).
Problem 6.2
Approximera differentialekvationer
a) y ′ + 2y = 0,
b) y ′′ − 10y = 1,
c) y ′′ − 3x 2 y = 3x
med differenserna (110), (111) och (114) genom att betrakta funktionen y = y(x)
och differentialekvationernas koefficienter i ändligt m˚anga (olika) punkter
x = x1, x2, . . . , xn.
Betrakta ekvidistanta fallet och försök lösa motsvarande differensekvationer. Tips:
gör ansatsen yi = r i .
86
⎤
⎥ .
⎥
⎦

7 Numerisk lösning av ordinära differentialekvationer
7.1 Grundbegrepp
Den enklaste formen för en differentialekvation av första ordningen är
y ′ = h(x). (138)
En s˚adan ekvation kan lösas direkt. Om
H(x) = h(x)dx [H ′ (x) = h(x)]
är en primitiv till h(x) s˚a är ju
y(x) = H(x) + C
den almänna (fullständiga) lösningen till (138). Konstanten C bestäms av n˚agot
begynnelsevillkor.
Exempel 7.1
En differentialekvation av första ordningen
kan lösas direkt:
dy
dx
Exempel 7.2
= 2x, dy = 2xdx,
y ′ = 2x (139)
dy =
Differentialekvationen av första ordningen
satisfieras av y = ce x eftersom
2xdx, y = x 2 + C. (140)
y ′ = y (141)
y ′ = (ce x ) ′ = c(e x ) ′ = ce x = y.
87

En linjär differentialekvation av första ordningen är
L(y) ≡ y ′ + g(x)y = h(x). (142)
Här är g och h givna kontinuerliga funktioner i ett öppet intervall p˚a reela axeln
x. L kallas en linjär differentialoperator (av första ordningen) eftersom
L(y1 + y2) = (y1 + y2) ′ + g(x)(y1 + y2) = y ′ 1 + y ′ 2 + g(x)y1 + g(x)y2 = L(y1) + L(y2).
och
L(αy) = (αy) ′ + g(x)(αy) = αy ′ + αg(x)y = αL(y)
L(αy1 + βy2) = αL(y1) + βL(y2). (143)
Om y1 och y2 löser de tv˚a ekvationerna
s˚a löser y1 + y2 ekvationen
och αy1 löser ekvationen
L(y) = h1(x) respektive L(y) = h2(x)
Detta kallas superpositionprincipen.
Exempel 7.3
Lös differentialekvationen
L(y) = h1(x) + h2(x)
L(y) = αh1(x).
y ′ (x) = x + y. (144)
Lösning. Funktionen y0(x) = ce x satisfierar den homogena ekvationen
y ′ − y = 0 (145)
som motsvarar ekvationen y ′ = x + y. Man kan kolla detta genom att visa att
(145) har karakteristiska polynomet
r − 1
88

med nollstället r = 1. Den fullständiga lösningen y0(x) till homogena ekvationen
(145) är d˚a
y0 = ce x .
Bestäm en partikulär lösning yp(x) till ekvationen (144):
yp = ax + b : y ′ p − yp = (ax + b) ′ − (ax + b) = −ax + (a − b) = x
→ a = −1, b = a = −1,
och yp(x) = −x − 1.
Den (fullständiga) lösningen till ekvationen (144) blir
y = y0 + yp = ce x − x − 1. (146)
Separabla ekvationer. En differentialekvation av första ordningen säges vara
separabel eller ha separabla variabler om den kan skrivas p˚a formen
En s˚adan ekvation kan lösas direkt.
Exempel 7.4
Differentialekvationen av första ordningen
g(y)y ′ = h(x). (147)
y ′ = y
har separabla variabler och kan lösas direkt:
dy
dx
= y,
dy
= dx,
y
dy
y =
dx,
ln |y| = x + C, y = e x+C = e x e C = ce x . (148)
Begynnelsevärdesproblem. För att fixera vilken av oändligt m˚anga lösningar
man söker m˚aste man ge tilläggsvillkor av typen y(a) = α (eller y(x0) = y0). Detta
kallas ett begynnelsevillkor och problemet att lösa
kallas begynnelsevärdesproblemet.
y ′ = f(x, y) y(x0) = y0, (149)
89

Exempel 7.5
Lös begynnelsevärdesproblemet
y ′ = 2x y(0) = 1. (150)
Lösning. Den fullständiga lösningen y(x) till ekvationen y ′ = 2x är
Satisfiera begynnelseillkoret
y = x 2 + C. (151)
y(0) = 1 → 0 − C = 1 → C = 1,
och lösningen till begynnelsevärdesproblemet är
Exempel 7.6
Lös begynnelsevärdesproblemet
y = x 2 + 1. (152)
y ′ (x) = x + y, y(0) = 0. (153)
Den (fullständiga) lösningen till ekvationen (144) y ′ = x + y blir, enligt (146),
Satisfiera begynnelseillkoret
y = ce x − x − 1.
y(0) = 0 → c − 0 − 1 = 0 → c = 1.
Den (exakta) lösningen till begynnelsevärdesproblemet (153) är
Kolla detta:
y(x) = e x − x − 1.
y ′ (x) = (e x − x − 1) ′ = e x − 1 = (e x − 1 − x) + x = y + x,
y ′ (0) = 1 − 1 − 0 = 0.
Exempel 7.7
90

Lös begynnelsevärdesproblemet
y ′ = −y − 3(x + 1), y(0) = 2, y = y(x), (154)
Lösning. Lös den homogena ekvationen
y ′ + y = 0 (155)
som motsvarar ekvationen y ′ = −y − 3(x + 1). (155) har karakteristiska polynomet
r + 1
med nollstället r = −1. Den fullständiga lösningen y0(x) till homogena ekvationen
(155) är d˚a
y0 = Ce −x .
Bestäm en partikulär lösning yp(x) till ekvationen (154):
yp = ax + b : y ′ p + yp = (ax + b) ′ + (ax + b) = ax + (a + b) = −3x − 3 → a = −3, b = 0
och yp(x) = (−3) · x + 0 = −3x.
Den fullständiga lösningen till ekvationen (154) blir
Satisfiera begynnelseillkoret
y = y0 + yp = Ce −x − 3x.
y(0) = 2 → C − 0 = 2 → C = 2.
Den (exakta) lösningen till begynnelsevärdesproblemet (154) är d˚a
Kolla att y(0) = 2e 0 − 0 = 2 och
dvs upfyller ekvationen (154).
y(x) = 2e −x − 3x.
y ′ = (2e −x − 3x) ′ = −2e −x − 3 = −y − 3x − 3,
En linjär differentialekvation av andra ordningen är
M(y) ≡ y ′′ + a(x)y ′ + b(x)y = h(x). (156)
Här är a, b och h givna kontinuerliga funktioner. M kallas en linjär differentialoperator
(av andra ordningen) eftersom M satisfierar (143).
91

Ekvationen
y ′′ + a(x)y ′ + b(x)y = 0 (157)
kallas den till (156) hörande homogena ekvationen. (156) kallas inhomogena ekvationen
L˚at yp vara en given lösning till (156). D˚a är funktionen y lösning till (156) om
och endast om y är av formen
y = yh + yp,
där funktionen yh är en lösning till motsvarande homogena ekvationen (157).
Lösningen yp kallas partikulärlösning.
Betrakta ekvationen
y ′′ + ay ′ + by = 0 (158)
med konstanta (komplexa) koefficienterna a och b. Lösningen till homogena ekvationen
(158) är av formen
eller
y = C1e r1x + C2e r2x , r1 = r2, (159)
y = (C1 + C2x)e rx , r1 = r2 = r, (160)
där r1 och r2 är nollställena till motsvarande karakteristiska polynomet
Exempel 7.8
Ekvationen
har karakteristiska polynomet
r 2 + ar + b. (161)
y ′′ − 4y ′ + 3y = 0 (162)
r 2 − 4r + 3 (163)
med nollställena r1 = 1 och r2 = 3. Den fullständiga lösningen till homogena
ekvationen (162) är
y = C1e x + C2e 3x .
92

Exempel 7.9
Ekvationen
har karakteristiska polynomet
y ′′ + y = 0 (164)
r 2 + 1 (165)
med komplexa nollställena r1 = i och r2 = −i (här i 2 = −1). Den fullständiga
lösningen till (164) är
y = C1e ix + C2e −ix = C1 cos x + iC1 sin x + C2 cos x − iC2 sin x = ˜ C1 cos x + ˜ C2 sin x, (166)
eftersom
e ix = cos x + i sin x,
e −ix = cos x − i sin x.
Randvärdesproblemet för linjära differentialekvationen av andra ordningen
y ′′ + q(x)y = 0 skrivas som
′′ y + q(x)y = 0, y = y(x), a < x < b,
(167)
y(a) = y0, y(b) = y1,
där q(x) är en given kontinuerlig funktion.
För randvärdesproblem med icke-konstant koefficienten q, m˚aste man i allmänhet
beräkna en approximativ lösning.
Exempel 7.10
Skriv den exakta lösningen till randvärdesproblemet för en linjär differentialekvation
av andra ordningen
′′ y − y = −x, y = y(x), 0 < x < 3,
(168)
y(0) = 0, y(3) = 3.
Lösning. Ekvationen
har karakteristiska polynomet
y ′′ − y = 0 (169)
r 2 − 1 (170)
93

med nollställena r1 = 1 och r2 = −1. Den fullständiga lösningen y0(x) till homogena
ekvationen (169) är
y0 = C1e x + C2e −x .
Bestäm en partikulär lösning yp(x) till ekvationen (168):
yp = ax + b : y ′′
p − yp = (ax + b) ′′ − (ax + b) = 0 − ax − b = −x → a = 1, b = 0
och yp(x) = 1 · x + 0 = x
Den fullständiga lösningen till ekvationen (168) blir
Satisfiera randvillkor
y = y0 + yp = C1e x + C2e −x + x.
y(0) = 0 → C1 + C2 + 0 = 0 → C2 = −C1;
y(3) = 3 → C1e 3 − C1e −3 + 3 = 3, C1(e 3 − e −3 ) = 0 → C1 = 0.
Den (exakta) lösningen till randvärdesproblemet (168) är
Exempel 7.11
y(x) = x. (171)
Lös randvärdesproblemet för den linjära differentialekvationen av andra ordningen
′′ 2 y + 4y = 2(2x + 1), y = y(x), 1 < x < 5,
(172)
y(1) = 1, y(5) = 25.
Lösning. Ekvationen
har karakteristiska polynomet
y ′′ + 4y = 0 (173)
r 2 + 4 (174)
med nollställena r1 = 2i och r2 = −2i. Den fullständiga lösningen till homogena
ekvationen (173) är
y0 = C1 cos 2x + C2 sin 2x.
94

Bestäm en partikulär lösning yp(x) till ekvationen (172) som ett andragradspolynom
(eftersom högerledet 4x 2 + 2 är ett andragradspolynom):
yp = ax 2 + bx + c : y ′′
p + 4yp = (ax 2 + bx + c) ′′ + 4(ax 2 + bx + c) =
2a + 4ax 2 + 4bx + 4c = 4x 2 + 2 → a = 1, b = 0, c = 0,
och yp(x) = x 2 .
Den fullständiga lösningen till ekvationen (172) blir
Satisfiera randvillkor
y = y0 + yp = C1 cos 2x + C2 sin 2x + x 2 .
y(1) = 1 → C1 cos 2 + C2 sin 2 + 1 = 1 → C2 = −C1(cos 2/ sin 2);
y(5) = 25 → C1 cos 10 + C2 sin 10 + 25 = 25, →
C1(cos 10 − sin 10(cos 2/ sin 2)) = 0 → C1 = 0, C2 = 0.
Den (exakta) lösningen till randvärdesproblemet (172) är
Exempel 7.12
y(x) = x 2 . (175)
Skriv den exakta lösningen till randvärdesproblemet för en linjär differentialekvation
av andra ordningen
′′ y − 9y = 0, y = y(x), 0 < x < 1,
(176)
y(0) = 0, y(1) = sinh(3).
Lösning. Ekvationen
har karakteristiska polynomet
y ′′ − 9y = 0 (177)
r 2 − 9 (178)
med nollställena r1 = 3 och r2 = −3. Den fullständiga lösningen till homogena
ekvationen (177) är
y = C1e 3x + C2e −3x .
Satisfiera randvillkor [p˚aminn att sinh z = 0.5(e z − e −z )]:
y(0) = 0 → C1 + C2 = 0 → C2 = −C1;
y(1) = sinh(3) → C1e 3 − C1e −3 = sinh(3) = 0.5(e 3 − e −3 ) → C1 = 0.5.
Den (exakta) lösningen till randvärdesproblemet (176) är
y = 0.5(e 3x − e −3x ) = sinh 3x. (179)
95

7.2 Numerisk lösning av begynnelsevärdesproblem
Betrakta numerisk lösning av begynnelsevärdesproblemet
y ′ (x) = f(x, y), y(x0) = y0. (180)
Vi bestämmer lösningen y(x) i nätpunkterna
där h är steglängden.
7.2.1 Eulers metod
x1 = x0 + h, x2 = x0 + 2h, x3 = x0 + 3h, dots,
Enligt Eulers metod ersätter vi Taylors serie
i (180) med
och beräknar
sedan
y(x + h) = y(x) + hy ′ (x) + h2
2 y′′ (x) + . . . , (181)
y(x + h) ≈ y(x) + hy ′ (x) = y(x) + hf(x, y).
y1 = y0 + hf(x0, y0),
y2 = y1 + hf(x1, y1),
etc.
Rekursionsformeln av Eulers metod är
Exempel 7.13
Lös begynnelsevärdesproblemet
yn+1 = yn + hf(xn, yn), n = 0, 1, 2, . . . . (182)
y ′ (x) = x + y, y(0) = 0.
96

Figur 28: Approximativ lösning av begynnelsevärdesproblemet y ′ (x) = x + y,
y(0) = 0 med Eulers metod yn+1 = yn + h(xn + yn), n = 0, 1, 2, . . . , h = 0.2.
Figur 29: Approximativ lösning av begynnelsevärdesproblemet y ′ (x) = x + y,
y(0) = 0 med Eulers metod yn+1 = yn + h(xn + yn), n = 0, 1, 2, . . . , h = 0.1.
97

med h = 0.2.
Lösning. Rekursionsformeln av Eulers metod är
Den exakta lösningen är
yn+1 = yn + 0.2(xn + yn), n = 0, 1, 2, . . . . (183)
y(x) = e x − x − 1.
Figur 30: MATLABräknade tabellen av den approximativa lösningen till begynnelsevärdesproblemet
y ′ (x) = x + y, y(0) = 0 med Eulers metod yn+1 =
yn + h(xn + yn), n = 0, 1, 2, . . . , h = 0.2.
Sätt
zn = 0.2(xn + yn), y = Exakta värden, ɛ = fel
och skriv ut beräkningar enligt (183):
n xn yn zn y ɛ
0 0.0 0.000 0.000 0.000 0.000
1 0.2 0.000 0.040 0.021 0.021
2 0.4 0.040 0.088 0.092 0.052
3 0.6 0.128 0.146 0.222 0.094
4 0.8 0.274 0.215 0.426 0.152
98

Figur 31: MATLABräknade tabellen av den approximativa lösningen till begynnelsevärdesproblemet
y ′ (x) = x + y, y(0) = 0 med Eulers metod yn+1 =
yn + h(xn + yn), n = 0, 1, 2, . . . , h = 0.1.
Figur 32: MATLABkoder (kommandofil) som utför approximativ lösning av begynnelsevärdesproblemet
y ′ (x) = x + y, y(0) = 0 med Eulers metod yn+1 =
yn + h(xn + yn), n = 0, 1, 2, . . . , h = 0.2. Funktionsfilen som räknar högerledet
är function [f] = eulerf(x, y) f = x + y;
99

Figur 33: MATLABkoder (huvudfunktionsfil) som utför approximativ lösning av
begynnelsevärdesproblemet y ′ (x) = x + y, y(0) = 0 med Eulers metod yn+1 =
yn + h(xn + yn), n = 0, 1, 2, . . . .
7.2.2 Heuns metod
Enligt Heuns metod ersätter vi Taylors serie (181) i
med
där
y ′ (x) = f(x, y(x)) (184)
y(x + h) = y(x) + hf + h2
2 f ′ + h3 ′′
f
6
f ′ = fx + fyy ′ = fx + fyf, . . . .
Rekursionsformlerna av Heuns metod är
Steg 1:
Steg 2:
eller
y ∗ n+1 = yn + f(xn, yn), n = 0, 1, 2, . . . ; (185)
yn+1 = yn + h
2 [f(xn, yn) + f(xn+1, y ∗ n+1)], n = 0, 1, 2, . . . , (186)
xn+1 = xn + h
k1 = hf(xn, yn)
k2 = hf(xn+1, yn + k1)
yn+1 = yn + 1/2(k1 + k2)
100

Exempel 7.14
Lös begynnelsevärdesproblemet
y ′ (x) = x + y, y(0) = 0.
med h = 0.2.
Lösning. Rekursionsformlerna av Heuns metod är
k1 = 0.2(xn + yn), k1 = hf(xn, yn);
k2 = 0.2(xn + 0.2 + yn + 0.2(xn + yn)), k2 = hf(xn+1, y ∗ n+1, y ∗ n+1 = yn + k1;
Sätt
zn = 0.22(xn + yn) + 0.02, y = Exakta värden, ɛ = fel
och skriv ut beräkningar enligt (185) och (186):
n xn yn zn y ɛ
0 0.0 0.0000 0.0200 0.0000 0.0000
1 0.2 0.0200 0.0684 0.0214 0.014
2 0.4 0.0884 0.1274 0.0918 0.0034
3 0.6 0.2158 0.1995 0.2221 0.0063
4 0.8 0.4153 0.2874 0.4255 0.0102
7.2.3 Runge–Kutta-metoder
Rekursionsformlerna av Runge–Kutta-metod, som har globalt trunkeringsfel O(h 4 ),
är
k1 = hf(xn, yn)
k2 = hf(xn + 1/2h, yn + 1/2k1)
k3 = hf(xn + 1/2h, yn + 1/2k2) (187)
k4 = hf(xn + h, yn + k3)
xn+1 = xn + h
yn+1 = yn + 1/6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) (188)
Exempel 7.15 Klassisk Runge–Kutta-metod
Lös begynnelsevärdesproblemet
y ′ (x) = x + y, y(0) = 0,
101

med h = 0.2.
Lösning. Rekursionsformlerna av Runge–Kutta-metod är
Vi f˚ar
Vidare
där
Sätt
k1 = 0.2(xn + yn), k2 = 0.2(xn + 0.1 + yn + 0.5k1),
k3 = 0.2(xn + 0.1 + yn + 0.5k2), k4 = 0.2(xn + 0.2 + yn + k3).
k2 = 0.22(xn + yn) + 0.22,
k3 = 0.222(xn + yn) + 0.022,
k4 = 0.2444(xn + yn) + 0.0444,
yn+1 = yn + 1/6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) = yn + zn,
zn = 0.2214(xn + yn) + 0.0214.
y = e x − x − 1 = Exakta värden, ɛ = 10 6 × fel i yn
och skriv ut beräkningar enligt (187):
7.3 Problem
Problem 7.1
n xn yn zn y ɛ
0 0.0 0.000000 0.021400 0.000000 0
1 0.2 0.021400 0.070418 0.021403 3
2 0.4 0.091818 0.130289 0.091825 7
3 0.6 0.222106 0.203414 0.222119 11
4 0.8 0.425521 0.292730 0.425541 20
Lös begynnelsevärdesproblemet
med h = 0.1.
Lösning. Vi har ODE
y ′ + 0.1y = 0, y(0) = 2
y ′ = −0.1y,
102

Dess (exakta) lösning som satisfierar y(0) = 2 är
Eulers metod ger
Sätt
y(x) = 2e −0.1x .
yn+1 = yn − 0.1 · 0.1yn = 0.99yn, n = 0, 1, 2, . . . , y0 = 2. (189)
xn = nh = 0.1n, y = y(xn) Exakta värden, ɛ = fel = y(xn) − yn.
och skriv ut första steg enligt (189) (6D-räkning):
y1 = y0 − 0.01y0 = 2 − 0.02 = 1.98;
ɛ = y(x1) − y1 = 2e −0.1·0.1 − 1.98 = 1.980100 − 1.980000 = 0.000100.
y2 = y1 − 0.01y1 = 1.980 − 0.0198 = 1.782;
ɛ = y(x2) − y2 = 2e −0.1·0.2 − 1.782 = 1.960397 − 1.960200 = 0.000197.
Rekursionsformlerna av Eulers metod är
Vi f˚ar
yn+1 = 0.99yn = 0.99 2 yn−1 = · · · = 0.99 n+1 y0 = 2 · 0.99 n+1 .
y5 = 2 · 0.99 5 ; ɛ = y(x5) − y5 = 2e −0.1·0.5 − 1.901980 = 1.902458 − 1.901980 = 0.000478;
y10 = 2 · 0.99 10 ; ɛ = y(x10) − y10 = 2e −0.1 − 1.901980 = 1.809674 − 1.808764 = 0.000910.
Problem 7.2
Lös begynnelsevärdesproblemet
med h = 0.1.
Lösning. Den exakta lösningen är
y ′ = y, y(0) = 1
y(x) = e x .
103

Rekursionsformlerna av Heuns metod är
Vi har
xn+1 = xn + 0.1, n = 0, 1, 2, . . . ,
k1 = hf(xn, yn) = 0.1yn
k2 = hf(xn+1, yn + k1) = 0.1(yn + 0.1yn) = 0.11yn,
yn+1 = yn + 1/2(k1 + k2) = yn + 0.5(0.1yn + 0.11yn) = 1.105yn
yn+1 = 1.105yn = 1.105 2 yn−1 = · · · = 1.105 n+1 y0 = 1.105 n+1 .
y5 = 1.105 5 = 1.647446; ɛ = y(x5) − y5 = e 0.5 − 1.647446 = 1.648721 − 1.647446 = 0.001274.
y10 = 1.105 10 = 2.714081; ɛ = y(x10) − y5 = e − 2.714081 = 2.718281 − 2.714081 = 0.004201.
8 Numeriska metoder för linjär algebra
8.1 Grundläggande begrepp
Ett linjärt ekvationssystem med n obekanta har formen
Introducera matriserna
E1 : a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
E2 : a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
. . . . . . . . (190)
En : an1x1 + an2x2 + · · · + annxn = bn
A =
⎡
⎢
⎣
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
. . . . . .
an1 an2 . . . ann
⎤
⎥
⎦ ,
s˚a A = [ajk] är en kvadratisk matris av typ n × n, och
⎡
a11
⎢ a21
à = [A b] = ⎢
⎣ .
. . .
. . .
.
a1n
a2n
. . .
⎤
b1
b2 ⎥
. ⎦ ,
an1 . . . ann bn
104

och vektorerna (kolonnvektorer)
⎡
x = ⎣
x1
. . .
xn
⎤
⎡
⎦ , b = ⎣
b1
. . .
kan (kvadratiska) ekvationssystemet skrivas p˚a matrisform
Ekvationssystemet
bn
⎤
⎦
Ax = b. (191)
⎡
Ax = 0, 0 = ⎣
0
. . .
0
⎤
⎦ (192)
kallas ett homogent system.
En lösning till systemet (190) är en mängd av n talen x1, x2, . . . , xn som
satisfierar alla n ekvationerna. De bildar kolonnvektorn x.
Ekvationssystemet (190) har en entydig lösning om och endast om det A = 0
(matrisen A är inverterbar, eller icke-singulär). Man kan d˚a multipliciera systemet
fr˚an vänster med inversen A −1 och f˚ar
x = A −1 b.
Det är lämpligt ofta att uppfatta matrisen A som best˚aende av n kolonnvektorer:
⎡
⎤
a11 a12 . . . a1n
⎢ a21 a22
A = ⎢ . . . a2n ⎥
⎣ . . . . . . ⎦ = [a1
⎡ ⎤
a1j
a2 . . . an] , där aj = ⎣ . . . ⎦ , j = 1, 2, . . . n.
an1 an2 . . . ann
D˚a kan vi skriva ekvationssystemet Ax = b p˚a formen
x1a1 + x2a2 + · · · + xnan = b
Systemet är lösbart för varje högerledet b d˚a och endast d˚a kolonnvektorerna
a1 a2 . . . an utgör en bas i R n , eller ekvivalent, d˚a kolonnvektorerna är linjärt
oberoende:
d1a1 + d2a2 + · · · + dnan = 0 d˚a och endast d˚a talen dj = 0, j = 1, 2, . . . n.
En matris A, vars kolonnvektorer är linjärt oberoende, är inverterbar (ickesingulär),
och systemet Ax = b har entydig lösning för varje högerledet b
105
anj

Exempel 8.1
Betrakta en matris
A =
2 4
6 3
= [a1 a2] , a1 =
D˚a ekvationssystemet Ax = b med högerledet
1
b =
2
blir
2
6
4
, a2 =
3
.
2x1 + 4x2 = 1 (193)
6x1 + 3x2 = 2 (194)
Man kan ocks˚a använda en ekvivalent metod att lösa linjära ekvationssystem
som kallas Cramers regel.
Exempel 8.2
Betrakta tex ekvationssystemet
med 2 × 2 koefficientmatrisn
och kolonnvektorerna
Skriv systemet i formen
à är en 2 × 3 matris
Vi har
x =
2 4
6 3
2x1 + 4x2 = 1
6x1 + 3x2 = 2 (195)
A =
x1
x2
2 4
6 3
x1
à = [A b] =
det
,
1
, b =
2
x2
2 4
6 3
106
=
1
2
2 4 1
6 3 2
= −18,
.
.
.

dvs., det A = 0. D˚a har ekvationssystemet (195) en entydig lösning, matrisn A är
inverterbar (icke-singulär), och vi kan skriva lösningen enligt Cramers regel:
x1 = − 1
18 det
1 4
= 5/18, x2 = −
2 3
1
18 det
2 1
= 2/18.
6 2
Men att bestämma inversen till en n × n matris (och att använda Cramers
regel) är en mödosam procedur och det är oftast enklare att lösa systemet med
elimination som betraktas vidare.
8.2 Matrisalgebra
Om A och B är tv˚a (rektangulära) matriser av samma storlek (m × n, m rader
och n kolonner), definieras deras summa och differens
⎡
⎤
a11 a12 . . . a1m
⎢ a21 a22
A ± B = ⎢ . . . a2m ⎥
⎣ . . . . . . ⎦ ±
⎡
⎤
b11 b12 . . . b1m
⎢ b21 b22 ⎢ . . . b2m ⎥
⎣ . . . . . . ⎦ = (196)
=
an1 an2 . . . anm
⎡
⎢
⎣
bn1 bn2 . . . bnm
a11 ± b11 a12 ± b12 . . . a1m ± b1m
a21 ± b21 a22 ± b22 . . . a2m ± b2m
. . . . . .
an1 ± bn1 an21 ± bn2 . . . anm ± bnm
och produkten av ett tal c och en matris
⎡
ca11
⎢ ca21
cA = ⎢
⎣ .
ca12
ca22
.
. . .
. . .
. . .
⎤
ca1m
ca2m ⎥
. ⎦
can1 can2 . . . canm
Matrismultiplikation, dvs matrisprodukten
C = AB
⎤
⎥
⎦ ,
(197)
av matriser A och B, C = [cjk], är definierad om antalet kolonner i A är lika med
antalet rader i B, dvs A = [ajk] är en matris av typ n × m (n rader, m kolonner)
och B = [bjk] är en matris av typ m × n (m rader, n kolonner). Elementet cjk är
skalärprodukten mellan j-te raden i A och k-te kolonnen i B. Observera att
AB = BA.
107

Särskild, matrismultiplikation är definierad om A och B är kvadratiska matriser
som har samma storlek och om A = [ajk] är en matris av typ n × m och B = x är
en kolonnvektor med m rader (och 1 kolonn). D˚a matrisprodukten b = Ax blir en
kolonnvektor med n rader (och 1 kolonn) som skrivas i formen av ekvationssystemet
(190)
L˚at
Exempel 8.3
a11x1 + a12x2 + · · · + a1mxm = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxm = b2
. . . . . . . .
an1x1 + an2x2 + · · · + anmxm = bn,
Q = 1
1 2 1
T =
4 4 1 2
D˚a, enligt definitionen av matrisprodukten,
Skriv potenser
Qb = 1 1
Tb =
4 4
2 1
1 2
1
1
1
, b =
1
Q p = Q · Q · · · · · Q =
.
= 1
2 + 1
4 1 + 2
p 1
T
4
p
= 3
4 b.
genom att utföra successiv matrismultiplikation p g˚anger (p = 1, 2, 3, 4):
T 2
2
= T · T =
1
1 2
·
2 1
1 4 + 1
=
2 2 + 2
2 + 2 5
=
1 + 4 4
4
,
5
Q 2 2 1
= T
4
2 = 1
5 4
;
16 4 5
Q 2 b = 1
5 4 1
=
16 4 5 1
1
9
=
16 9
9
1
= q
16 1
2 b;
2 1 5 4 10 + 4 8 + 5 14
· =
=
1 2 4 5 5 + 8 4 + 10 13
13
14
Q 3 3 1
= T
4
2 = 1
14
64 13
13
;
14
Q 3 b = 1
14
64 13
13 1
=
14 1
1
3 27 3
= b;
64 27 4
T 3 = T · T 2 =
108
,

L˚at
T 4 = T · T 3
2 1
=
1 2
14
·
13
13 28 + 13
=
14 14 + 26
26 + 14
=
13 + 28
Q 4 4 1
= T
4
4 = 1
41
256 40
40
;
41
Q 4 b = 1
41
256 40
40 1
=
41 1
1
4 81 3
= b.
256 81 4
41 40
40 41
Skriv flera exempel av matrismultiplikation för rektangulära matriser.
Exempel 8.4
⎡
A = ⎣
1 1
1 2
1 3
vara en rektangulär matris av storlek 3 × 2. Man kan framställa matrisen som
⎡ ⎤
1
⎡ ⎤
1
A = [a1 a2] , a1 = ⎣ 1 ⎦ , a2 = ⎣ 2 ⎦ .
1
3
Ta en kolonnvektor
⎡
b = ⎣
Vi har
A T
1
=
1
1
2
1
.
3
A T
1
b =
1
1
2
1
3
⎡ ⎤
0
⎣ 0 ⎦
0 + 0 + 1 1
=
= .
0 + 0 + 3 3
1
A T
1
A =
1
1
2
1
3
⎡
1
⎣ 1
1
⎤
1
2 ⎦
1 + 1 + 1
=
1 + 2 + 3
3
1 + 2 + 3
=
1 + 2 · 2 + 3 · 3
men
Observera att
0
0
1
⎤
⎦ .
⎤
⎦
A · B = B · A
A · O = O,
109
3 6
6 14
,
.

där den (rektangulära) matrisen
O =
⎡
⎢
⎣
0 0 . . . 0
0 0 . . . 0
. . . . . .
0 0 . . . 0
kallas nullmatrisen.
Vanliga algebraiska egenskaper gäller (alla matriser har samma storlek):
A + B = B + A,
⎤
⎥
⎦
A + (B + C) = (A + B) + C, (198)
A + (−A) = O,
A + O = A.
Introducera en (rektangulär) matris
⎡
1 1
⎢
1 = ⎢ 1 1
⎣ . .
. . .
. . .
. . .
⎤
1
1 ⎥
. ⎦
1 1 . . . 1
.
En kvadratisk matris
I =
⎡
⎢
⎣
kallas enhetsmatrisen (av typ n × n).
1 0 . . . 0
0 1 . . . 0
. . . . . .
0 0 . . . 1
Produkten av en kolonnvektor x och en radvektor x T eller y T ,
definieras
T ex
⎡
x = ⎣
x = ⎣
⎡
x = ⎣
2
1
3
⎡
x1
. . .
xn
x1
. . .
xn
⎤
⎤
⎥
⎦
⎦ , x T = [x1, . . . xn]
⎤
⎦ , y T = [y1, . . . yn]
x · x T = x 2 1 + · · · + x 2 n,
x · y T = x1y1 + · · · + xnyn.
⎤
⎦ , y T = [3, 0, 2], x · y T = 12.
110

8.3 Bandmatriser och blockmatriser
8.3.1 Bandmatriser
L˚at x = (x1, x2, . . . , xn) vara en n-dimensionell rad- (eller kolonn) vektor. Definiera
en kvadratisk matris av typ n × n
⎡
x1
⎢
diag(x) = ⎢ 0
⎣ .
0
x2
.
. . .
. . .
. . .
0
0
.
⎤
⎥
⎦
0 0 . . . xn
och kvadratiska matriser (av typ n × n)
⎡
0
⎢ 0
⎢ 0
diag(x, 1) = ⎢ 0
⎢ .
⎣ 0
x1
0
0
0
.
0
0
x2
0
0
.
0
0
0
x3
0
.
0
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
⎤
0
0 ⎥
0 ⎥
0 ⎥ ,
. ⎥
xn−1 ⎦
⎡
⎢
diag(x, −1) = ⎢
⎣
0 0 . . . 0 0 0
där
I−1 =
⎡
⎢
⎣
x = (x1, x2, . . . , xn−1).
⎡
⎤
0 1 0 0 . . . 0
0 0 0 0 . . . 0
⎢
1 0 0 0 . . . 0 ⎥ ⎢ 0 0 1 0 . . . 0
⎥ ⎢
0 1 0 0 . . . 0 ⎥ ⎢ 0 0 0 1 . . . 0
⎥
0 0 1 0 . . . 0 ⎥ , I+1 = ⎢ 0 0 0 0 . . . 0
⎥ ⎢
. . . . . . . . ⎦ ⎢ . . . . . . . .
⎣ 0 0 0 . . . 0 1
0 0 . . . 0 1 0
0 0 . . . 0 0 0
0 0 0 0 . . . 0
x1 0 0 0 . . . 0
0 x2 0 0 . . . 0
0 0 x3 0 . . . 0
. . . . . . . .
0 0 0 . . . 0 0
0 0 . . . 0 xn−1 0
Matriserna I (enhetsmatris) och I± kallas ibland basbandmatriser. Matriserna
I± och diag(x, ±1) kallas elementära bandmatriser. Man kan skriva
Exempel 8.5
⎤
⎥ .
⎥
⎦
I±1 = diag(I, ±1). (199)
Skriv vissa matrisuttryck när det är lämpligt att använda elementära bandmatriser:
⎡
a
⎢
aI = ⎢ 0
⎣ .
0
a
.
. . .
. . .
. . .
⎤
0
0 ⎥
. ⎦ ,
⎡
a + b
⎢
aI + bI = ⎢ 0
⎣ .
0
a + b
.
. . .
. . .
. . .
0
0
.
⎤
⎥
⎦ , (200)
0 0 . . . a
0 0 . . . a + b
111
⎤
⎥ ,
⎥
⎦

⎡
⎢
aI−1 = ⎢
⎣
Uttrycket
1 − I =
⎡
⎢
⎣
0 1 . . . 1
1 0 . . . 1
. . . . . .
1 1 . . . 0
0 0 0 0 . . . 0
a 0 0 0 . . . 0
0 a 0 0 . . . 0
0 0 a 0 . . . 0
. . . . . . . .
0 0 . . . 0 a 0
⎢
aI−1 + cI + bI+1 = ⎢
⎣
⎤
⎡
⎥
⎦ ,
2
⎢
1 + I = ⎢ 1
⎣ .
1
2
.
. . .
. . .
. . .
1
1 ⎥
. ⎦
1 1 . . . 2
⎡
⎤
⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ , bI+1 = ⎢
⎥ ⎢
⎦ ⎢
⎣
get ett exempel av en tridiagonal bandmatris.
Exempel 8.6
En tridiagonal bandmatris
⎡
där vektorer
⎢
T = ⎢
⎣
⎡
c b 0 0 . . . 0
a c b 0 . . . 0
0 a c b . . . 0
0 0 a c . . . 0
. . . . . . . .
0 0 0 . . . c b
0 0 . . . 0 a c
x1 z1 0 0 · · · 0 0 0
y1 x2 z2 0 · · · 0 0 0
0 y2 x3 z3 · · · 0 0 0
.
.
.
.
.
. ..
⎤
0 b 0 0 . . . 0
0 0 b 0 . . . 0
0 0 0 b . . . 0
0 0 0 0 . . . 0
. . . . . . . .
0 0 0 . . . 0 b
0 0 . . . 0 0 0
0 0 0 0 · · · yn−2 xn−1 zn−1
0 0 0 0 · · · 0 yn−1 xn
x = (x1, x2, . . . , xn−1, xn),
y = (y1, y2, . . . , yn−1),
x = (z1, z2, . . . , zn−1),
112
.
.
⎤
⎤
(201)
⎥ . (202)
⎥
⎦
⎥ . (203)
⎥
⎦
⎤
⎥
⎦
(204)

skrivs
Exempel 8.7
Betrakta linjära ekvationsystemet
T = diag(x) + diag(z, 1) + diag(y, −1) (205)
0.5x1 − 0.25x2 = 1 (206)
−0.25x1 + 0.5x2 = 1.
Det har en symmetrisk matris av typ 2 × 2
Bestäm matrisen
där
I − A =
A =
Exempel 8.8
0.5 −0.25
−0.25 0.5
1 0
0 1
−
T =
. Högerledet b =
0.5 −0.25
−0.25 0.5
2 1
1 2
=
och a = 1
4 .
1
1
0.5 0.25
0.25 0.5
.
= aT,
Antag att alla diagonalelementen av en matris A = [ajk] är lika med 1: ajj = 1.
D˚a kan man skriva
⎡
1
⎢ a21 ⎢
⎣ .
a12
1
.
. . .
. . .
. . .
⎤
a1n
a2n ⎥
. ⎦
an1 an2 . . . 1
=
⎡
1
⎢ 0
⎣ .
0
1
.
. . .
. . .
. . .
⎤
0
0 ⎥
. ⎦
0 0 . . . 1
+
⎡
0
⎢ a21 ⎢
⎣ .
0
0
.
. . .
. . .
. . .
⎤
0
0 ⎥
. ⎦
an1 an2 . . . 0
+
⎡
0
⎢ 0
⎣ .
a12
0
.
. . .
. . .
. . .
⎤
a1n
a2n ⎥
. ⎦
0 0 . . . 0
,
eller
A = I + L + U,
där L och U är höger- och vänstertriangulära matriser med nollelementen p˚a
huvuddiagonalerna. Insättning i systemet Ax = b ger
eller
Ax = (I + L + U)x = b,
x = b − Lx − Ux. (207)
113

Exempel 8.9
Betrakta ett linjärt ekvationssystem med n = 3 obekanta
2x + y + z = 4
x + 2y + z = 4
x + y + 2z = 4
Skriv systemet i formen Ãx = b, där alla diagonalelementen av en matris à är
lika med 1 (ajj = 1, j = 1, 2, 3):
eller
Matrisen
eller
⎡
⎣
skrivs
där
1 1/2 1/2
1/2 1 1/2
1/2 1/2 1
⎤
⎡
⎦ = ⎣
x + 1/2y + 1/2z = 2
1/2x + y + 1/2z = 2
1/2x + 1/2y + z = 2,
x = 2 − 1/2y − 1/2z
y = 2 − 1/2x − 1/2z
z = 2 − 1/2x − 1/2y
1 0 0
0 1 0
0 0 1
à = I + L + U,
⎤
⎡
⎦ + ⎣
0 0 0
1/2 0 0
1/2 1/2 0
⎤
⎡
⎦ + ⎣
A = I + 0.5I+1 + 0.5I−1 + 0.5I+2 + 0.5I−2
I+2 =
⎡
⎣
0 0 1
0 0 0
0 0 0
⎤
⎦ , I−2 = ⎣
114
⎡
0 0 0
0 0 0
1 0 0
⎤
0 1/2 1/2
0 0 1/2
0 0 0
⎤
⎦ .
(208)
⎦ . (209)

8.3.2 Blockmatriser
Här är n˚agra exempel av blockmatriser
⎡
1 0
⎤
0
⎡
0 2 2
A1 = ⎣ 0 1 0 ⎦ , A2 = ⎣ 0 1 1
0 0 0
0 0 0
A4 =
⎡
⎢
⎣
1 2 0 0
2 1 0 0
0 0 3 4
0 0 4 3
A7 =
⎡
⎢
⎣
⎤
⎥
⎦ , A5 =
0 1 1 1 0
1 0 0 0 1
1 0 0 0 1
0 1 1 1 0
⎡
⎢
⎣
⎤
⎤
1 2 3 4
2 5 5 3
3 5 5 2
4 3 2 1
⎥
⎦ , A8 =
⎡
⎦ , A3 = ⎣
⎡
⎢
⎣
⎤
⎥
⎦ , A6 =
0 0 0
1 2 0
3 4 0
⎡
⎢
⎣
1 2 0 0 5 6
2 1 0 0 7 8
0 0 1 0 9 0
0 0 0 1 0 9
⎤
0 0 0 0
0 3 3 0
0 3 3 0
0 0 0 0
⎤
⎦ , (210)
⎤
⎥
⎦ (211)
⎥
⎦ . (212)
Man kan framställa blockmatriser som matriser best˚aende av submatriser (delmatriser);
de submatriserna har mindre storlek (de kan vara även rad- och kolon-
nvektorer), t ex
där
A5 =
A1 =
A2 =
A3 =
⎡
⎣
R =
x T
R T
y T
⎡
⎢
⎣
I 0
0 0
0 R
0 0
0 0
R 0
⎤
1 0
, I =
0 1
2 2
, R =
1 1
1 2
, R =
3 4
⎦ = [x R y] =
2 3
5 5
5 5
3 2
⎤
⎥
⎦ , RT =
115
⎡
⎢
⎣
1 2 3 4
2 5 5 3
3 5 5 2
4 3 2 1
2 5 5 3
3 5 5 2
, (213)
, (214)
. (215)
⎤
⎥
⎦ , (216)
,

x =
⎡
⎢
⎣
1
2
3
4
⎤
⎡
⎤
4
⎥ ⎢
⎥
⎦ , y = ⎢ 3 ⎥
⎣ 2 ⎦
1
,
x T = [1, 2, 3, 4], y T = [4, 3, 2, 1],
etc.
Betrakta ett viktigt exempel av en blockbandmatris av storlek N × N, N > 8,
⎡
R
⎢ I
⎢ 0
⎢
A = ⎢ .
⎢ .
⎢ .
⎣ 0
I
R
I
.
.
.
0
0
I
R
.
.
.
0
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
0
0
0
.
.
.
I
⎤
⎥ ;
⎥
⎦
(217)
0 0 0 . . . R
här är R en tridiagonal bandmatris av storlek n × n,
⎡
−4
⎢ 1
⎢ 0
⎢
R = ⎢ .
⎢ .
⎢ .
⎣ 0
1
−4
1
.
.
.
0
0
1
−4
.
.
.
0
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
0
0
0
.
.
.
1
⎤
⎥ ,
⎥
⎦
(218)
0 0 0 . . . −4
I enhetsmatrisen av storlek n × n. Ta n = 3, d˚a
⎡
−4 1 0
⎤ ⎡
R = ⎣ 1 −4 1 ⎦ . I = ⎣
0 1 −4
116
1 0 0
0 1 0
0 0 1
⎤
⎦ , (219)

och skriv motsvarande A:
⎡
−4
⎢ 1
⎢ 0
⎢ 1
⎢
A = ⎢ 0
⎢ 0
⎢ .
⎢ 0
⎣ 0
1
−4
1
0
1
0
. . .
. . .
. . .
0
1
−4
0
0
1
. . . 0
0
0
1
0
0
−4
1
0
. . .
1
0
0
1
0
1
−4
1
. . .
0
1
0
0
1
0
1
−4
. . .
0
0
0
0
0
0
0
0
. . .
−4
1
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
1
−4
0
0
0
0
0
0
.
0
1
⎤
⎥ .
⎥
⎦
(220)
0 . . . 0 0 0 1 0 1 −4
8.4 Gausselimination
Det finns tv˚a huvudklasser av metoder för numerisk lösning av linjära ekvationssystem,
direkt och iterativa metoder. Med en direkt metod, beräknar man
lösningen genom att utföra ett ändligt antal aritmetiska operationer. Om man
skulle räkna utan avrundningsfel, skulle den beräknade lösningen vara den exakta
lösningen till ekvationssystemet. Den mest grundläggande direkta metoden för
lösning av linjära ekvationssystem är Gausselimination (GE).
M˚alet med GE är att överföra koefficientmatrisen p˚a högertriangulär form.
Metoden innebär att man adderar multipler av ekvationerna till varandra. Lösningen
f˚as sedan genom bak˚at substitution.
Man kan använda tre elementära operationer utan att bryta mot systemslösning:
(1) byta varje tv˚a rader (dvs., ekvationer);
(2) multipliciera en rad (dvs., en ekvation) med ett tal (= 0);
(3) ersätta en rad med summan av den här raden och en annan rad multiplicierad
med ett tal.
T ex f˚as lösningen till systemetet (195),
med hjälp av GE.
1 Begynnelsematris
E1 : 2x1 + 4x2 = 1
E2 : 6x1 + 3x2 = 2
A =
2 4 1
6 3 2
117
,

Byta raderna 2 och 1 för att f˚a augmenterad matrisen à med maximalelementet
a11
eller systemet
à = [A b] =
rad 1 6 3 2
rad 2 2 4 1
,
6x1 + 3x2 = 2 (221)
2x1 + 4x2 = 1 (222)
Maximalelementet a11 = 6 (‘pivot´) är i den första kolonnen och första raden.
2 Reducera kol 1 av rad 2 till noll
Dividera ekvationen (221) med 6, multipliciera med 2 (dvs., multipliciera (221)
med 1/3) och subtrahera fr˚an ekvationen (222). Man f˚ar
6x1 + 3x2 = 2
3x2 = 1/3,
eller systemet Rx = ˜b med en högertriangulär (upp˚at triangulär) matris
R =
6 3
0 3
Skriv resultatet i matrisformen:
gammalrad 1 6 3 2
gammalrad 2 - 2(gammalrad 1 )/6 0 3 1/3
.
3 Bestämm lösningen x1, x2 med substitution i omvänd ordning (bak˚at substitution).
Genom att i den första ekvationen sätta in x2 = (1/3)/3 = 1/9 erh˚alls x1 =
(2 − 3 · (1/9))/6 = 5/18:
x1 = (2 − 3 · (1/9))/6 = 5/18
x2 = 2/18.
Betrakta som exempel systemet
E1 : 3x1 + 6x2 + 9x3 = 3 (223)
E2 : 2x1 + (4 + p)x2 + 2x3 = 4 (224)
E3 : −3x1 − 4x2 − 11x3 = −5 (225)
118
.

med 3 × 3 koefficientmatrisn
och kolonnvektorna
⎡
A = ⎣
⎡
x = ⎣
3 6 9
2 4 + p 2
−3 −4 −11
x1
x2
x3
⎤
⎡
⎦ , b = ⎣
3
4
−5
Augmenterade matrisen à till systemet (223)–(225) är en 3 × 4 matris
⎡
⎤
3 6 9 3
à = [A b] = ⎣ 2 4 + p 2 4 ⎦ ,
−3 −4 −11 −5
Skriv (223)–(225) i formen
⎡
3 6 9
⎤ ⎡
⎣ 2 4 + p 2 ⎦ ⎣
−3 −4 −11
Tillämp GE.
1 Begynnelsematris ⎡
⎣
x1
x2
x3
⎤
⎤
⎦ ,
⎤
⎦ .
⎡
⎦ = ⎣
rad 1 3 6 9 3
rad 2 2 4 + p 2 4
rad 3 −3 −4 −11 −5
Maximalelementet a11 = 3 (‘pivot´) är i den första kolonnen och första raden.
2 Reducera kol 1 av rader 2 och 3 till noll
2.1 Dividera ekvationen (223) med 3, multipliciera med 2 (dvs., multipliciera
(223) med 2/3) och subtrahera fr˚an ekvationen (224). Man f˚ar
3
4
−5
⎤
⎦ .
⎤
⎦ .
3x1 + 6x2 + 9x3 = 3 (226)
p · x2 − 4x3 = 2 (227)
−3x1 − 4x2 − 11x3 = −5 (228)
2.2 Dividera ekvationen (226) med 3, multipliciera med (-3) [dvs., multipliciera
(226) med (-1)] och subtrahera fr˚an (228). Man f˚ar
3x1 + 6x2 + 9x3 = 3 (229)
p · x2 − 4x3 = 2 (230)
2x2 − 2x3 = −2 (231)
119

Man kan skriva resultatet i matrisformen:
⎡
gammalrad 1 3 6 9 3
⎤
⎣ gammalrad 2 - 2( gammalrad 1 )/3 0 p −4 2 ⎦ .
gammalrad 3 + 3( gammalrad 1 )/3 0 2 −2 −2
Byta rader 2 och 3 ⎡
⎣
gammalrad 1 3 6 9 3
gammalrad 3 0 2 −2 −2
gammalrad 2 0 p −4 2
Maximalelementet a22 = 2 (‘pivot´) är i den andra kolonnen och andra raden.
Motsvarande systemet
3x1 + 6x2 + 9x3 = 3 (232)
⎤
⎦ .
2x2 − 2x3 = −2 (233)
p · x2 − 4x3 = 2 (234)
3 Reducera kol 2 av rad 3 till noll
Dividera ekvationen (233) med 2, multipliciera med p (dvs., multipliciera (233)
med p/2) och subtrahera fr˚an (234):
eller ⎡
⎣
3x1 + 6x2 + 9x3 = 3 (235)
2x2 − 2x3 = −2 (236)
(−4 + p)x3 = 2 + p (237)
gammalrad 1 3 6 9 3
gammalrad 2 0 2 −2 −2
gammalrad 3 - p( gammalrad 2 )/2 0 0 −4 + p 2 + p
4 Bestämm lösningen x1, x2, x3 med substitution i omvänd ordning.
När p = 0, systemet (235)–(237) med den upp˚ata triangulära matrisn
⎡
3 6 9
⎤
R = ⎣ 0 2 −2 ⎦ ,
0 0 −4
har formen
3x1 + 6x2 + 9x3 = 3
⎤
⎦ ,
2x2 − 2x3 = −2 (238)
−4x3 = 2
120

Genom att i den andra ekvationen sätta in x3 = 2/(−4) = −0.5 erh˚alls x2 =
0.5(−2 + 2 · (−0.5)) = −1.5 och i den första ekvationen x3 = −0.5 och x2 = −1.5
erh˚alls x1 = (3 − 6 · (−1.5) − 9 · (−0.5))/3 = 5.5:
8.4.1 Pivotering
x1 = (3 − 6 · (−1.5) − 9 · (−0.5))/3 = 5.5
x2 = 0.5(−2 + 2 · (−0.5)) = −1.5 (239)
x3 = −0.5
I föreg˚aende avsnitt antog vi att alla pivot-element i GE var skilda fr˚an noll. Detta
är orealistiskt. Antag t ex att vi skall lösa systemet
eller 0 1 ∗ 1
1 1 ∗ 2
x2 = 1 (240)
x1 + x2 = 2 (241)
Den algoritm av GE, som vi beskrev m˚aste här modifieras s˚a att man först byter
rad 1 och 2 i matrisen: 1 1 ∗ 2
0 1 ∗ 1
Man bör göra radbyte ocks˚a d˚a man löser, t ex, systemet
eller ɛ 1 ∗ 1
1 1 ∗ 2
.
.
ɛ · x1 + x2 = 1 (242)
x1 + x2 = 2 (243)
där ɛ är litet, eftersom noggrannhetsförlust kan uppträda p˚a grund av avrundningsfel.
L˚at ɛ = 10 −5 . Använd GE.
1 Begynnelsematris 10 −5 1 ∗ 1
1 1 ∗ 2
2 Reducera kol 1 av rad 2 till noll
121
.
.

Multipliciera den första ekvationen med 10 5 och subtrahera fr˚an den andra
ekvationen. Man f˚ar 10 −5 1 ∗ 1
0 1 − 10 5 ∗ 2 − 10 5
Om vi nu lagrar talen i flyttalsystemet med basen 10,
1 = 10 −5 · 10 5 = 0.00001 · 10 5
2 = 2·10 −5 ·10 5 = 2·0.00001·10 5 = 0.00002·10 5
10 5 = 1.00000 · 10 5
.
[taldelen (mantissan) 0.00001, exponentdelen 5],
[taldelen (mantissan) 0.00002, exponentdelen 5],
[taldelen (mantissan) 1.00000, exponentdelen 5]
(b˚ada tal har samma exponentdelen 5), och räknar i flyttalsystemet med 3 siffror
i br˚akdelen, blir
1 − 10 5 = 0.00001 · 10 5 − 1 · 10 5 = (0.00001 − 1)10 5 =
−0.99999 · 10 5 = −9.99999 · 10 4 ≈ −10.000 · 10 4 = −1.000 · 10 5
2 − 10 5 = 0.00002 · 10 5 − 1 · 10 5 = (0.00002 − 1)10 5 =
−0.99998 · 10 5 = −9.99998 · 10 4 ≈ −10.000 · 10 4 = −1.000 · 10 5
(≈ skall utläsas “avrundas till 3 siffror i br˚akdelen´´). I flyttalsystemet f˚ar vi allts˚a
matrisen 10 −5 1 ∗ 1
0 −10 5 ∗ −10 5
eller systemet
.
10 −5 x1 + x2 = 1 (244)
−10 5 x2 = −10 5
(245)
3 Bestämm lösningen x1, x2 med substitution i omvänd ordning (bak˚at substitution).
Genom att i (244) sätta in x2 = 10 −5 · 10 5 = 1 erh˚alls x1 = (1 − 1) · 10 5 = 0:
x1 = 0
x2 = 1.
Om vi istället gör radbyte (byta raderna 2 och 1 i begynnelsematrisen för att
f˚a augmenterad matrisen med maximalelementet a11
1 1 ∗ 2
10−5
,
1 ∗ 1
122

och eliminera (multipliciera den första ekvationen med 10 −5 och subtrahera fr˚an
den andra ekvationen) d˚a f˚ar vi
1 1 ∗ 2
0 1 − 10 5 ∗ 1 − 2 · 10 −5
som avrundas till 1 1 ∗ 2
0 1 ∗ 1
och lösningen blir här
x1 = 1
x2 = 1.
Kolla resultatet genom att räkna lösningen (för godtyckligt ɛ = 1) med Cramers
regel:
ɛ
det
1
1
= ɛ − 1,
1
x1 = 1
ɛ − 1 det
1 1
2 1
Om ɛ är litet, man kan skriva
och lösningen blir
8.5 Problem
Problem 8.1
1
1 − ɛ
≈ 1 + ɛ,
,
= 1
1 − ɛ , x2 = 1
ɛ − 1 det
1 − 2ɛ
1 − ɛ
,
ɛ 1
1 2
≈ (1 − 2ɛ)(1 + ɛ) ≈ 1 − ɛ
x1 ≈ 1
x2 ≈ 1.
Konstruera genom GE lösningen till linjära ekvationssystemet
Problem 8.2
3x1 + 5x2 = 5.9
x1 − 4x2 = 20.1
123
= 1 − 2ɛ
1 − ɛ .

Konstruera genom GE lösningen till linjära ekvationssystemet
Problem 8.3
Konstruera kvadratiska matriser
och
av storlek n med
6x2 + 13x3 = 61
6x1 − 8x3 = −38
13x1 − 8x2 = 79
A = aI + bI+1 + cI−1
(246)
B = diag(x) + diag(y, −1) + diag(z, −1) (247)
a) a = 2, c = b = 1, n = 3;
b) a = 0, c = 10, b = −2, n = 4; (248)
c) a = 0.5, c = b = −1, n = 5;
d) x = [1, 1], y = z = 0;
e) x = [1, 2, 3], y = [0, 1], z = [1, 0]; (249)
f) x = 2[1/2, 1/3, 1/4, 1/5], y = [0, 2, 0], z = [4, 3, 2].
Problem 8.4
Skriv alla submatriser och uttryck blockmatriser i (210)–(212) som best˚aende av
submatriser (se (213)–(215)).
Problem 8.5
Visa att
A · B = B · A och A · O = O
genom att betrakta ett par exempel av tv˚a kvadratiska matriser och tv˚a rektangulära
matriser A och B av typ 2 × 2 och 3 × 2.
Problem 8.6
124

Bestäm matrisprodukten
⎡
⎣
Lösning (Problem 8.1).
3 2 1
1 2 3
2 1 3
Skriv systemet som 3 5
1 −4
Begynnelsematris
Använd GE.
1 Pivotering
Systemet blir
⎤
⎡
⎦ · ⎣
3 2 0
0 2 −1
0 3 1
E1 : 3x1 + 5x2 = 5.9
E2 : x1 − 4x2 = 20.1
3 5
A = ,
1 −4
5.9
b = .
20.1
x1
à = [A b] =
à = [A b] =
x2
=
5.9
20.1
3 5 5.9
1 −4 20.1
⎤
⎦
.
.
rad 1 5 3 5.9
rad 2 −4 1 20.1
5x2 + 3x1 = 5.9
−4x2 + x1 = 20.1
2 Reducera kol 1 av rad 2 till noll
rad 1 5 3 5.9
rad 2 + 4( rad 1 )/5 0 3.4 24.82
3 Högertriangulär matris. Bak˚at substitution
125
,
.

5x2 + 3x1 = 5.9
3.4x1 = 24.82
x2 = (5.9 − 3 · (7.3))/5 = −3.2
x1 = 7.3
Lösning (Problem 8.2).
1 Begynnelsematris ⎡
⎣
0 6 13 61
6 0 −8 −38
13 −8 0 79
1 Pivotering Byta rader 3 och 1
⎡
rad 1 13 −8 0 79
⎤
⎣ rad 2 6 0 −8 −38 ⎦ .
rad 3 0 6 13 61
2 Reducera kol 1 av rader 2 och 3 till noll (endast rad 2 eftersom kol 1 av rad
3 är noll) ⎡
13 −8 0 79
⎤
⎣ 0 48/13 = 3.692308 −8 −74.461538 ⎦ ,
0 6 13 61
Pivotering Byta rader 3 och 2
⎡
13 −8 0 79
⎤
⎣ 0 6 13 61 ⎦ .
0 3.692308 −8 −74.461538
⎤
⎦ .
3 Reducera kol 2 av rad 3 till noll
⎡
13 −8 0 79
⎤
⎣ 0 6 13 61 ⎦ ,
0 0 −16 −112
4 Högertriangulär matris. Bak˚at substitution
126

13x1 − 8x2 = 79
6x2 + 13x3 = 61
−16x3 = −112
x1 = (79 − (−8) · (−5))/13 = 3
x2 = (61 − 13 · 7)/6 = −5
x3 = 7
8.6 Iterativa metoder
Betrakta ett linjärt ekvationssystem med n obekanta
där
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
. . . . . . . . (250)
an1x1 + an2x2 + · · · + annxn = bn,
A = [ajk] =
⎡
⎢
⎣
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
. . . . . .
an1 an2 . . . ann
⎤
⎥
⎦ ,
är en kvadratisk matris av typ n × n, och kolonnvektorerna
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
x1
b1
x = ⎣ . . . ⎦ , b = ⎣ . . . ⎦ ;
Skriv den här kvadratiska ekvationssystemet p˚a matrisform
xn
bn
Ax = b, x, b ∈ R n . (251)
Med en iterativ metod, bildar man en följd av vektorer x (0) , x (1) , . . . , x (n) , . . . ,
som konvergerar mot lösningen till ekvationssystemet (251).
För att kunna definiera konvergens och göra feluppskattningar behöver vi införa
m˚att p˚a storleken av en vektor och en matris.
127

8.6.1 Vektor- och matrisnormer
L˚at x, y ∈ R n och α ∈ R är ett tal. En vektornorm || · || är en avbildning R n → R,
med egenskaperna
||x|| ≥ 0 för alla vektorer x,
||x|| = 0 om och endast om x = 0,
||αx|| = |α|||x||,
||x + y|| ≤ ||x|| + ||y | (triangelolikheten).
samt
L˚at
De vanligaste vektornormer är
n
||x||2 =
Exempel 8.10
x =
||x||1 =
x1
x2
n
j=1
=
j=1
x 2 j
(Euklidisk norm),
|xj| och ||x||∞ = max |xj|.
j
1
0.1
vara tv˚a kolonnvektorer. D˚a blir
||x||2 = 2
||x||1 =
j=1
y1
, y =
y2
=
p
0.05
x 2 j = √ 1 + 0.1 2 = √ 1.01,
2
|xj| = 1 + 0.1 = 1.1,
j=1
||x||∞ = max
j=1,2 |xj| = 1.
|y||∞ = max
j=1,2 |yj| = max{|p|, 0.05}.
||x + y||1 = |1 + p| + 0.15 ≤ 1 + |p| + 0.15 = 1.1 + (|p| + 0.05) = ||x||1 + ||y |1.
||x+y||∞ = max{|1+p|, 0.15} ≤ max{1+|p|, 0.15} ≤ max{|p|, 0.05}+max{1, 0.1} = ||x|∞+||y||∞
L˚at || · || vara en vektornorm. Motsvarande matrisnorm definieras
|A|| = sup ||Ax||
, x = 0
||x||
128
;

Man kan visa, att en s˚adan matrisnorm satisfierar |A|| ≥ 0 för alla matriser A,
||A|| = 0 om och endast om A = 0,
||αA|| = |α|||A|, α ∈ R,
||A + B|| ≤ ||A|| + ||B||.
P˚aminn att för en kvadratisk matris A (av typ n × n) definieras potenser A p
(p är ett positivt heltal) som successiv matrismultiplikation:
där
A p = A · A · · · · · A p g˚anger (p = 1, 2, . . . ); A 0 = I, (252)
I =
⎡
⎢
⎣
1 0 . . . 0
0 1 . . . 0
. . . . . .
0 0 . . . 1
är enhetsmatrisen (av typ n × n).
L˚at ||·|| beteckna en vektornorm och motsvarande matrisnorm. Ur definitionen,
ser vi att
|Ax||
≤ ||A||.
||x||
D˚a gäller
⎤
⎥
⎦ .
||Ax|| ≤ ||A|| · ||x||, ||AB|| ≤ ||A|| · ||B||. (253)
Den andra olikheten f˚as genom att använda den första tv˚a g˚anger p˚a ||ABx||.
För potenser A p av en kvadratisk matris A f˚ar man
och
||A p || ≤ ||A|| · ||A|| · · · · · ||A|| {p g˚anger} ≤ ||A|| p
(p = 1, 2, . . . ), (254)
||A p x|| ≤ ||A p |||x|| ≤ ||A|| p ||x| (p = 1, 2, . . . ). (255)
Man kan visa ocks˚a, att de vanligaste motsvarande matrisnormer för en kvadratisk
matris A = [ajk] av typ n × n är
n n
||A|| =
(Frobenius norm)
||A|| = max
k
j=1 k=1
n
j=1
a 2 jk
|ajk| (Kolonnsumnorm)
129

L˚at
Exempel 8.11
||A||∞ = max
j
n
k=1
A = [ajk] =
|ajk| (Radsumnorm).
0.5 −0.25
−0.25 0.5
vara en (symmetrisk) kvadratisk matris av typ 2 × 2. D˚a blir
||A||∞ = max
j=1,2
2
k=1
|ajk| =
max{|a11| + |a12|, |a21| + |a22|} = max{0.5 + 0.25, 0.25 + 0.5} = 0.75.
8.6.2 Konvergens av iterativa metoder
En iterativ metod kallas konvergent för en begynnelsevektor x (0) , om motsvarande
följd av vektorer x (0) , x (1) , . . . , x (n) , . . . , konvergerar mot lösningen till ekvationssystemet
(251) i en vektornorm. Det betyder att följden {x (n) } har gränsvärdet:
existerar en vektor u s˚adan att |x (n) − u|| g˚ar mot 0 d˚a n g˚ar mot oändligheten.
8.6.3 Geometriska serien
P˚aminn att varje polynom av formen
x n − 1
har uppenbart nollstället 1 och är därmed enligt faktorsatsen jämnt delbart med
x − 1:
x n − 1 = (x − 1)(x n−1 + x n−2 + · · · + x + 1). (256)
D˚a kan man beräkna en geometrisk summa med kvoten x
a + ax + ax 2 + · · · + ax n−1 n−1
=
och visa att geometriska serien
∞
ax k
k=0
130
k=0
ax k 1 − xn
= a
1 − x
(257)

är konvergent om |x| < 1 (divergent om |x| ≥ 1) och
∞
k=0
ax k = a 1
1 − x = a(1 − x)−1 , |x| < 1. (258)
T ex, om x = 3/4 och a = 1, den geometriska serien
∞
k=0
3
4
k
=
1
1 − (3/4)
= 4. (259)
Man kan generalisera (258) och f˚a geometriska matrisserien genom att använda
matrispotenser (252), matrisaddition, olikheten (254) och definition av konvergens
i matrisnormer. D˚a f˚ar man
∞
k=1
A m = lim
m→∞
m
k=1
där A är en kvadratisk matris av typ n × n.
8.6.4 Jacobi iteration
Ekvationsystemetet
kan skrivas som
eller
A m = (I − A) −1 , ||A|| < 1, (260)
Ax = b (261)
x = b + (I − A)x,
x = b + Qx, (262)
där Q = I − A är iterationsmatrisen. (262) kan skrivas ocks˚a som
(I − Q)x = b. (263)
D˚a kan man f˚a lösningen till ekvationssystemet (261) p˚a formen
x = (I − Q) −1 b, (264)
om matrisen I−Q är inverterbar; det gäller om ||Q|| < 1, och d˚a har I−Q inversen
∞
Q m :
k=1
(I − Q) −1 =
∞
Q m , ||Q|| < 1. (265)
k=1
131

Definiera Jacobi iteration (JI) som
x (m+1) = b + (I − A)x (m) , m = 0, 1, 2, . . . . (266)
Man avbrytar iterationer om granna iterationsvektorer är tillräckligt nära,
dvs vektornormen av residualvektorn
är tillräckligt liten,
||x (m+1) − x (m) || ≤ ɛ, (267)
rm = b − Ax (m) = x (m+1) − x (m)
(268)
||rm|| ≤ ɛ. (269)
Talet ɛ definierar till˚aten iterationsfel (iterationsnoggrannhet).
JI konvergerar för varje begynnelsevektor (startvärde) x (0) om matrisnormen
av iterationsmatrisen Q = I − A är mindre än 1:
Exempel 8.12
||I − A|| < 1.
Konstruera genom iteration (JI) lösningen till linjära ekvationsystemet
0.5x1 − 0.25x2 = 1 (270)
−0.25x1 + 0.5x2 = 1.
Lösning. Systemet har en symmetrisk matris av typ 2 × 2
A =
0.5 −0.25
−0.25 0.5
D˚a iterationsmatrisen
1
I − A =
0
0
−
1
där
. Högerledet b =
0.5 −0.25
−0.25 0.5
T =
2 1
1 2
Enligt definition (266), JI är av formen
=
, a = 1
4 .
1
1
0.5 0.25
0.25 0.5
.
= aT,
x (m+1) = b + aTx (m) , m = 0, 1, 2, . . . .. (271)
132

Man kan visa, att JI (271) konvergerar för varje begynnelsevektor x (0) eftersom
matrisnormen q = ||Q||∞ av iterationsmatrisen Q = I − A = aT är mindre än 1:
q = ||Q||∞ = ||aT||∞ = a||T||∞ = a · max{2 + 1, 1 + 2} = 3
4
< 1.
Vi ger inte alla detaljer i beviset. Skriv JI (271) för m = 1, 2 . . . och använd
substitutionen:
x (1) = b + aTx (0) , (272)
x (2) = b + aTx (1) = b + aT(b + aTx (0) ) = b + aTb + a 2 T 2 x (0) , (273)
D˚a f˚ar man att
där
x (3) = b + aTx (2) = b + aT(b + aTb + a 2 T 2 x (0) ) = (274)
b + aTb + a 2 T 2 b + a 3 T 3 x (0) ,
. . . . . . .
x (m+1) = b + aTb + a 2 T 2 b + · · · + a m T m b + a m+1 T m+1 x (0) . (275)
x (m+1) = Gmb + a m+1 T m+1 x (0) , (276)
Gmb = b + aTb + a 2 T 2 b + · · · + a m T m b =
är en delsumma av geometriska matrisserien
m
j=0
a j T j b =
m
Q j b (277)
j=0
∞
Q j b. Den här serien är konvergent
eftersom q = ||Q||∞ < 1 och, enligt (265), ger lösningen till ekvationssystemet (270)
För andra termen i (276)
∞
j=0
||a m+1 T m+1 x (0) || = ||Q m+1 x (0) || ≤
j=0
Q j b = (I − Q) −1 b. (278)
m+1 3
||x
4
(0) || → 0, m → ∞. (279)
133

D˚a f˚ar vi
lim
m→∞ x(m) = lim
m→∞ Gmb + lim
m→∞ Qm+1x (0) = (I − Q) −1 b. (280)
Det betyder att följden {x (m) } konvergerar mot lösningen till ekvationssystemet
(270) d˚a m g˚ar mot oändligheten.
Vi kan använda (276) och (277) för att skriva differensen av granna iterationsvektorer
D˚a ger (279)
där
x (m+1) − x (m) = Q m b + a m (aT m+1 x (0) − T m x (0) ). (281)
dm = |x (m+1) − x (m) || ≤
||Q|| m ||b|| + ||Q|| m+1 ||x (0) || + ||Q|| m ||x (0) || < C0||Q|| m ≤ C0q m = C0
m 3
→ 0, m → ∞, (282)
4
C0 = 3 max{||x (0) ||, ||b||} = 3 max{||x (0) ||, 1}. (283)
Genom (282), kan man hitta iterationsnumret m s˚adant att
till varje givet tal 1 > ɛ > 0:
dm = ||x (m+1) − x (m) || ≤ ɛ (284)
C0q m ≤ ɛ : m >
log C0/ɛ
log 1/q
log C0/ɛ
= . (285)
log 4/3
Beräkna fem första iterationsvektorer (270). Vi har
Qb = 1
2
4 1
1 1
=
2 1
1
3
= qb,
4 3
q = 3
4 .
Skriv potenser Q p = a p T p (p = 1 − 4) genom att utföra successiv matrismultip-
likation:
T 2 = T · T =
2 1
1 2
·
2 1
1 2
=
Q 2 = a 2 T 2 = 1
5 4
16 4 5
134
4 + 1 2 + 2
2 + 2 1 + 4
;
=
5 4
4 5
,

T 3 = T · T 2 =
T 4 = T · T 3 =
Q 2 b = 1
5 4 1
=
16 4 5 1
1
9
=
16 9
9
1
= q
16 1
2 b;
2 1 5 4 10 + 4 8 + 5 14
· =
=
1 2 4 5 5 + 8 4 + 10 13
13
14
Q 3 = a 3 T 2 = 1
14 13
;
64 13 14
Q 3 b = 1
14 13 1
=
64 13 14 1
1
27
= q
64 27
3 b;
2 1 14 13 28 + 13 26 + 14 41
·
=
=
1 2 13 14 14 + 26 13 + 28 40
40
41
41 40
Q 4 = a 4 T 4 = 1
Q 4 b = 1
41 40
256 40 41
256
1
1
. . . . .
40 41
= 1
256
;
81
81
Q m b = q m b (m = 1, 2, . . . ).
= q 4 b.
D˚a , genom (281), blir differensen av granna iterationsvektorer
x (m+1) − x (m) = q m b + a m (aT m+1 x (0) − T m x (0) ). (286)
Valj begynnelsevektorn (startvärdet)
x (0) =
och skriv fem iterationsvektorna x (m) , m = 1, . . . 5, genom att utveckla Gm i
formen av motsvarande delsumman (277) av en geometrisk matrisserie [se (259)]:
x (1) = G1 + aTx (0)
1
= +
1
1
2 1 0
=
4 1 2 1
1
1
+ 1
1
4 2
=
0
1
5/4
6/4
=
x (2) = G2 + a 2 T 2 x (0) = b + Qb + a 2 T 2 x (0) =
135
1.250
1.500
1
j=0
.
Q j b + a 2 T 2 x (0) =
,
,

1
j=0
b[1 + 3/4] + 1
16
b[1+3/4+9/16]+ 1
64
q j + a 2 T 5 x (0) 1 − q2
= b
1 − q + a2T 2 x (0) = b(1 + q) + a 2 T 2 x (0) =
5 4
4 5
0
1
= 7
4
1
1
+ 1
4
16 5
=
32/16
33/16
x (3) = G3 + a 3 T 3 x (0) = b(1 + q + q 2 ) + a 3 T 3 x (0) =
14 13
13 14
0
1
1
= (37/16)
1
+ 1
64
13
14
=
=
x (4) = G4 + a 4 T 4 x (0) = b(1 + q + q 2 + q 3 ) + a 4 T 4 x (0) =
b[1+3/4+9/16+27/64]+ 1
41 40 0
1
= (175/64)
256 40 41 1
1
740/256 2.890
= .
741/256 2.894
b
Beräkna
D˚a
och
där
x (5) = G5 + a 5 T 5 x (0) =
b + Qb + Q 2 b + Q 3 b + Q 4 b + a 5 T 5 x (0) =
4
j=0
T 5 = T · T 4 =
4
j=0
+ 1
256
2.000
2.062
161/64
162/64
Q j b + a 5 T 5 x (0) =
40
41
q j + a 5 T 5 x (0) 1 − q5
= b
1 − q + a5T 5 x (0) = 4b[1 − (3/4) 5 ] + a 5 T 5 x (0) .
2 1
1 2
·
41 40
40 41
=
a 5 T 5 x (0) = 1
122 121
1024 121 122
82 + 40 80 + 41
41 + 80 40 + 82
0
1
x (5) = G5 + 1
121
1024 122
4b =
4
4
är lösningen till ekvationssystemet (270) och
R5 = −q 5 ·4b+a 5 T 5 x (0) = − 243
1024
4
4
+ 1
1024
136
=
= 1
121
1024 122
= 4b + R5,
121
122
122 121
121 122
,
= − 1
851
1024 852
=
.
=
=
.
−0.831
−0.832
2.515
2.531
.

är differensen av lösningen och femte iterationsvektorn. D˚a
x (5)
4
= 4b + R5 = −
4
1
851 3.169
=
1024 852 3.168
Vi har
x (1) =
1.250
1.500
x (2) =
s˚a att differensnormen
minskar:
Residualvektorna
2.000
2.062
x (3) =
2.515
2.531
x (4) =
2.890
2.894
.
x (5) =
3.169
3.168
dm = ||x (m+1) − x (m) ||, m = 1, 2, 3, 4, (287)
d1 = ||x (2) − x (1) ||∞ = 0.750,
d2 = ||x (3) − x (2) ||∞ = 0.515,
d3 = ||x (4) − x (3) ||∞ = 0.375, (288)
d4 = ||x (5) − x (4) ||∞ = 0.279.
r4 = b − Ax (4) = b − 4(1 − q 4 )Ab + a 4 AT 4 x (0) = q 4 b + a 5
och man kan visa att
(283) skrivas som
8.6.5 Gauss–Seidel iteration
r5 = b − Ax (5) = q 5 b + a 6
120
123
||r5|| < ||r4||.
39
42
= q 4 b + a 6
156
164
, (290)
C0 = 3 max{||x (0) ||, ||b||} = 3 max{1, 1} = 3. (291)
Beskriv Gauss–Seidel (GS) iterationsalgoritm.
Antag att alla diagonalelementen av en matris A = [ajk] är lika med 1: ajj = 1.
D˚a kan man skriva
⎡
⎢
⎣
1 a12 . . . a1n
a21 1 . . . a2n
. . . . . .
an1 an2 . . . 1
⎤
⎥
⎦ =
⎡
⎢
⎣
1 0 . . . 0
0 1 . . . 0
. . . . . .
0 0 . . . 1
137
⎤
⎡
⎥
⎦ +
⎢
⎣
0 0 . . . 0
a21 0 . . . 0
. . . . . .
an1 an2 . . . 0
⎤
⎡
⎥
⎦ +
⎢
⎣
. . . ,
0 a12 . . . a1n
0 0 . . . a2n
. . . . . .
0 0 . . . 0
(289) ,
⎤
⎥
⎦ ,

eller
A = I + L + U,
där L och U är höger- och vänstertriangulära matriser med nollelementen p˚a
huvuddiagonalerna. Insättning i systemet Ax = b ger
eller
Ax = (I + L + U)x = b,
(292) ledar till definitionen av GS iterationsmetod:
x = b − Lx − Ux. (292)
x (m+1) = b − Lx (m+1) − Ux (m)
GS skrivas p˚a matrisformen som
(ajj = 1) (293)
(I + L)x (m+1) = b − Ux (m) . (294)
Om vi multipliciera (294) med (I + L) −1 fr˚an vänster, s˚a f˚ar vi
där iterationsmatrisen
x (m+1) = Cx (m) + (I + L) −1 b. (295)
C = −(I + L) −1 U.
GS konvergerar för varje begynnelsevektor (startvärde) x (0) om
Exempel 8.13
||C|| < 1.
Betrakta ett linjärt ekvationssystem med n = 3 obekanta
2x + y + z = 4
x + 2y + z = 4
x + y + 2z = 4
Skriv systemet i formen Ãx = b, där alla diagonalelementen av en matris à är
lika med 1 (ajj = 1, j = 1, 2, 3):
x + 1/2y + 1/2z = 2
1/2x + y + 1/2z = 2
1/2x + 1/2y + z = 2,
138

eller
Matrisen
eller
⎡
⎣
1 1/2 1/2
1/2 1 1/2
1/2 1/2 1
Iterationsmatrisen
⎤
⎡
⎦ = ⎣
⎡
C = −(I+L) −1 U = ⎣
Den Frobenius normen
x = 2 − 1/2y − 1/2z
y = 2 − 1/2x − 1/2z
z = 2 − 1/2x − 1/2y
1 0 0
0 1 0
0 0 1
à = I + L + U,
⎤
1 0 0
−1/2 1 0
−1/4 −1/2 1
⎡
⎦ + ⎣
⎤ ⎡
⎦ ⎣
||C|| = 3
0 0 0
1/2 0 0
1/2 1/2 0
0 1/2 1/2
0 0 1/2
0 0 0
3
j=1 k=1
c 2 jk =
1/2 1 1 1 1 1 9
+ + + + + =
4 4 16 16 64 64
⎤
⎡
⎦ + ⎣
⎤
⎡
⎦ = ⎣
0 1/2 1/2
0 0 1/2
0 0 0
1/2 50
= 0.084 < 1
64
⎤
⎦ .
0 −1/2 −1/2
0 1/4 −1/4
0 1/8 3/8
Exempel 8.14 Betrakta ett linjärt ekvationssystem med n = 4 obekanta
Skriv systemet i formen
x1 − 0.25x2 − 0.25x3 = 50
−0.25x1 + x2 − 0.25x4 = 50
−0.25x1 + x3 − 0.25x4 = 25 (296)
−0.25x2 − 0.25x3 + x4 = 25
x1 = 0.25x2 + 0.25x3 + 50
x2 = 0.25x1 + 0.25x4 + 50
x3 = 0.25x1 + 0.25x4 + 25 (297)
x4 = 0.25x2 + 0.25x3 + 25
139
⎤
⎦ .

Välj startvärdet
⎡
⎢
x = ⎢
⎣
x (0)
1
x (0)
2
x (0)
3
x (0)
4
⎤
⎥
⎦ =
⎡ ⎤ ⎡
100
⎢ 100 ⎥ ⎢
⎥
⎣ 100 ⎦ = 100 ⎢
⎣
100
och använd (297) att räkna den första iterationsvektorn
Den andra iterationsvektorn
x (1)
1 = 0.25x (0)
2 + 0.25x (0)
3 + 50 = 100
x (1)
2 = 0.25x (1)
1 + 0.25x (0)
4 + 50 = 100
x (1)
3 = 0.25x (1)
1 + 0.25x (0)
4 + 25 = 75 (298)
x (1)
4 = 0.25x (1)
2 + 0.25x (1)
3 + 25 = 68.75.
1
1
1
1
⎤
⎥
⎦
x (2)
1 = 0.25x (1)
2 + 0.25x (1)
3 + 50 = 93.75
x (2)
2 = 0.25x (2)
1 + 0.25x (1)
4 + 50 = 90.62
x (2)
3 = 0.25x (2)
1 + 0.25x (1)
4 + 25 = 65.62
x (2)
4 = 0.25x (2)
2 + 0.25x (2)
3 + 25 = 64.06.
Den exakta lösningen till linjära ekvationsystemet (296) är
⎡ ⎤
x1
⎢ x2 ⎥
x = ⎢ ⎥
⎣ x3 ⎦ =
⎡ ⎤
87.5
⎢ 87.5 ⎥
⎣ 62.5 ⎦
62.5
Problem 8.7
Beräkna matrisnormer av symmetriska trediagonala matriserna
⎡
5
⎢ 1
A = [aj k] = ⎢ 0
⎣ 0
1
5
1
0
0
1
5
1
0
0
1
5
⎤
0
0 ⎥
0 ⎥
1 ⎦
0 0 0 1 5
, B = [bj
⎡
a
⎢ b
k] = ⎢ 0
⎣ 0
b
a
b
0
0
b
a
b
0
0
b
a
0
0
0
b
0 0 0 b a
Problem 8.8
x4
140
⎤
⎥
⎦

Konstruera genom JI lösningen till linjära ekvationsystemet
x1 + x2/3 = 5/3 (299)
x1/3 + x2 = 7/3.
Visa att iterationsföljden {x (m) } konvergerar mot lösningen till ekvationssystemet
d˚a m g˚ar mot oändligheten. Skriv fem första iterationsvektorer. Beräkna residualvektorer
och differenser d (m) = x (m+1) − x (m) av granna iterationsvektorer. Hitta
iterationsnumret m s˚adant att dm = ||d (m) || ≤ ɛ till varje givet tal 1 > ɛ > 0.
Problem 8.9
Använd GS för att f˚a lösningen till ekvationssystemet
5x1 + x2 + 2x3 = 19
x1 + 4x2 − 2x3 = −2
2x1 + 3x2 + 8x3 = 39
9 Tridiagonala matriser och randvärdesproblem
9.1 Tridiagonala linjära ekvationssystem
Betrakta ett symmetriskt tridiagonalt linjärt ekvationssystem med N +1 obekanta
yj, j = 1, 2 . . . , N + 1,
⎧
⎨
⎩
c0y0 = f0
ayi−1 − byi + ayi+1 = h 2 fi, 1 ≤ i ≤ N − 1,
cNyN = fN,
(300)
Här c0 = 0, cN = 0, och a, b, h och fj, j = 0, 1, 2 . . . , N − 1, N, är bekanta. Man
kan skriva (300) som ett linjärt ekvationssystem (se (135)–(136))
AY = F, (301)
med symmetriska tridiagonala matrisen av typ (N + 1) × (N + 1)
⎡
c0
⎢ a
⎢ 0
⎢
A = ⎢
.
⎢
0
⎣ 0
0
−b
a
.
0
0
0
a
−b
.
0
0
0
0
a
.
0
0
· · ·
· · ·
· · ·
. ..
· · ·
· · ·
0
0
0
.
a
0
0
0
0
.
−b
a
0
0
0
.
a
−b
0
0
0
.
0
a
⎤
⎥
⎦
0 0 0 0 · · · 0 0 0 cN
141
(302)

och kolonnvektorerna
Y = {y0, y1, . . . , yN} T , F = {f0, h 2 f1, . . . , h 2 fN−1, fN} T .
Eftersom f0 och fN är bekanta, reduceras (301) till ekvationssystemet
BY = G, (303)
med symmetriska tridiagonala matrisen B av typ (N − 1) × (N − 1)
⎡
−b
⎢ a
⎢
B = ⎢
.
⎣ 0
a
−b
.
0
0
a
.
0
· · ·
· · ·
.
· · ·
0
0
. ..
a
0
0
.
−b
0
0
.
a
⎤
⎥
⎦
0 0 0 · · · 0 a −b
och (N − 1)-dimensionella kolonnvektorerna
(304)
Y = {y1, y2, . . . , yN−1} T , G = {h 2 f1−af0/c0, f2, . . . , fN−2, h 2 fN−1−afN/cN} T .
I fallet N = 4 f˚ar vi ekvationssystem med tre obekanta y1, y2, y3
P˚a matrisformen
där tridiagonala systemsmatrisen
och högerledet
−by1 + ay2 = h 2 f1 − af0/c0,
ay1 − by2 + ay3 = h 2 f2, (305)
ay2 − by3 = h 2 f3 − af4/c4,
⎡
A = ⎣
⎡
b = ⎣
Ay = b,
−b a 0
a −b a
0 a −b
h 2 f1 − af0/c0
h 2 f2
h 2 f3 − af4/c4
142
⎤
⎦ ,
⎤
⎦ .

9.2 Randvärdesproblem för stationära
en-dimensionella värmeledningsekvationen
Antag, att vi har en tunn stav av längden a med variabel värmeledningsförm˚aga.
Staven är isolerad i längdriktingen och dess ändar h˚alls vid konstant temperatur.
L˚at y(x) beteckna stavens temperatur i punkten x. y(x) saisfierar stationära endimensionella
värmeledningsekvationen
d
dx
k(x) dy
dx
= 0, 0 < x < a, (306)
där k(x) beskriver värmeledningsförm˚agan som funktion av x. Villkoret att temperaturen
är given i stavens ändar blir
y(0) = f0, y(a) = fN. (307)
Om staven inneh˚aller en värmekälla (ett elektriskt motst˚and eller en radioaktiv
isotop), f˚ar man en inhomogen ekvation
d
k(x)
dx
dy
= f(x), 0 < x < a, (308)
dx
där f(x) beskriver värmeproduktionen som funktion av x.
När f(x) = f och k(x) = k = 0 är konstanta, kan man skriva om randvärdesproblemet
för den stationära en-dimensionella värmeledningsekvationen
p˚a formen
d
dx
k(x) dy
dx
= f(x), 0 < x < a, (309)
y(0) = f0, y(a) = fN.
d2y f
= ,
dx2 k
0 < x < a, (310)
y(0) = f0, y(a) = fN.
och lösa det analytiskt. T ex, om f = 0, blir dess lösning en rät linje som g˚ar
genom punkterna (0, f0) och (a, fN), eller en parabol om f = 0.
Antag nu, att k(x) är en tv˚a g˚anger kontinuerligt deriverbar positiv funktion
och k(x) = 0, 0 ≤ x ≤ a (dvs k(x) > 0, 0 ≤ x ≤ a). I det fallet kan man reducera
ekvationen (306) till
z ′′ − q(x)z = g(x) (311)
143

med vissa q(x) och g(x). Använd substitutionen
y = z(x)
k(x) , (312)
där z(x) betecknar en ny obekant funktion (observera att k(x) > 0), ersätta y(x)
i (306) med (312) och derivera. D˚a överg˚ar (306) i (311) med
q(x) = 1
k
2
′′
′ 2
(x) 1 k (x)
− , (313)
k(x) 2 k(x)
g(x) = f(x)
k(x) . (314)
Randvillkoren (307) överg˚ar i
z(0)
z(a)
=
=
g0 = f0 k(0),
gN = fN k(a),
(315)
och man f˚ar ett nytt randvärdesproblem
z ′′ − q(x)z = g(x), 0 < x < a, (316)
z(0) = g0, z(a) = gN.
Om man bestämmer z(x), d˚a f˚as y(x) genom (312).
Exempel 9.1
Betrakta ett randvärdesproblem (309) för stationära en-dimensionella värmeledningsekvationen
med f(x) = 0 och variabel värmeledningsförm˚aga
k(x) = D 2 e 2bx . (317)
Randvärdesproblemet har analytisk lösning eftersom det reduceras till ett problem
med konstanta koefficienter. Här
och
k ′ (x) = 2bk(x), k ′′ (x) = 4b 2 k(x), (318)
q(x) = 1
k
2
′′ (x) 1
−
k(x) 2
144
′ 2
k (x)
= b
k(x)
2 , (319)

s˚a att (316) skrivas som
Randvärdesproblemet (321) har lösningen
z ′′ − b 2 z = 0, 0 < x < a, (320)
z(0) = Df0, z(a) = De ba fN. (321)
z(x) = − D
f0e
2 sinh ab
b(x−a) − fNe b(x+a) + (fN − f0)e −b(x−a) , (322)
och motsvarande lösningen till randvärdesproblemet (309) med f(x) = 0
y(x) =
1
fNe
2 sinh ab
ab − f0e −ab + (f0 − fN)e b(a−2x) . (323)
Det är lätt att kolla att funktionen (323) uppfyller ekvationen (309) och randvillkoren
y(0) = f0, y(a) = fN.
Modelleringsuppgifter.
Formulera typiska modelleringsuppgifter.
(a) Antag att f0 = 0 och b = 1. Bestäm stavens temperatur T mitt = T mitt (fN) i
mittpunkten x = a/2 som funktion av temperaturen fN av den högra ändpunkten.
Enligt (323), f˚ar vi
T mitt (fN) = y(a/2) =
1
fNe
2 sinh a
a − fNe b(a−2·(a/2)) e
= fN
a − 1
, (324)
2 sinh a
Vi ser att stavens mittpunktstemperatur är en växande linjär funktion av fN.
Dessutom
T mitt < T högr = fN och T mitt
T högr
= const = ea − 1
2 sinh a
(325)
(b) L˚at stavens längd vara a = 1, f0 = 0 och b = 1. Bestäm punkten x = p = x0.5,
där stavens temperatur är lika med 0.5fN.
Enligt (323), f˚ar vi
y(x) =
1
fNe − f0e
2 sinh 1
−1 + (f0 − fN)e 1−2x 1 − e−2x
= fNe . (326)
2 sinh 1
Bestäm punkten x = p = x0.5 ur ekvationen
som ger
1 − e−2p
y(p) = 0.5fN eller e
2 sinh 1
p = 1
2 ln
2
e−2 + 1
145
1
= , (327)
2
≈ 0.2831. (328)

Exempel 9.2
Betrakta ett randvärdesproblem (309) för den stationära en-dimensionella värmeledningsekvationen
med en funktion f(x) = Ae x (där A = 0 är en given konstant), stavens längd a = 1,
variabel (växande) värmeledningsförm˚aga
k(x) = e 2x
(329)
och kalla stavens ändar, dvs, randvärdesproblemet
d 2x dy
e = Ae
dx dx
x , 0 < x < 1, (330)
y(0) = 0, y(1) = 0.
Randvärdesproblemet har analytisk lösning eftersom här, som i (317)–(319) med
b = 1,
(se (314)), s˚a att (330) skrivas som
q(x) = 1, g(x) = f(x)
k(x) = A (331)
z ′′ − z = A, 0 < x < 1, (332)
z(0) = 0, z(1) = 0.
Randvärdesproblemet (332) har lösningen
z(x) = A x 1−x
e + e
e + 1
− A, (333)
och motsvarande lösningen till randvärdesproblemet (330)
y(x) = z(x)
= z(x)e
k(x) −x = A 1−2x
1 + e
e + 1
− Ae −x . (334)
Det är lätt att kolla att funktionen (334) uppfyller ekvationen (330) och randvillkoren
y(0) = 0 och y(1) = 0 (gör det!).
Vi ser att stavens temperatur i varje punkt x är en linjär funktion av A
1−2x 1 + e
y(x) = A
− e−x . (335)
e + 1
146

9.3 Numerisk lösning till randvärdesproblem
För att approximera en funktion f(x), x ∈ [a, b], och lösa en ordinär (ODE)
eller partiell (PDE) differentialekvation numeriskt genom att ersätta den med en
differensapproximation delar man in intervallet [a, b] i mindre intervall genom att
beräkna funktionen eller lösningen för (N − 1) stycken x-värden xj likformigt
fördelade med ett avst˚and h =
b − a
N :
xj = a + jh, j = 0, 1, 2 . . . , N − 1, N, (336)
b − a
h =
n , x0 = a < x1 < x2 < · · · < xN−1 < xN = b.
Man kan skriva xj, j = 0, 1 . . . , N, som en (N+1)-dimensionell radvektor (nätvektor)
x = [xj] = [x0, x1, . . . , xN−1, xn].
Man f˚ar system (304) när man approximerar ett randvärdesproblem för ODE,
t ex
y ′′ − q(x)y = f(x), d1 < x < d2,
y(d1) = f0, y(d2) = fN, (337)
med fram˚at- och bak˚atdifferenserna (110), (111) och (114)
∆yi = yx,i = yi+1 − yi
, ∇yi = y¯x,i =
h
yi − yi−1
h
där y = {yi} (i = 1, 2, . . . ) är obekanta [approximationen till y(xi), ]. D˚a
(338)
y ′′ ≈ y¯xx = y¯xx,i = yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 , (339)
och randvärdesproblemet (337) approximeras med
eller
⎧
⎨
⎩
y¯xx,i − qiyi = fi, i = 1, 2, . . . , N − 1 (340)
y0 = f0, yN = fN.
y0 = f0
yi−1 − (2 + h 2 qi)yi + yi+1 = h 2 fi, 1 ≤ i ≤ N − 1,
yN = fN,
147
(341)

Systemet (341) skrivas som ekvationssystemet (303) med symmetriska tridiagonala
matrisen B (304), där b = bi = 2 + h 2 qi, a = 1 och (N − 1)-dimensionella
kolonnvektorerna Y = {y1, . . . , yN−1} T och G = {f0, h 2 f1, . . . , h 2 fN−1, fN} T .
Exempel 9.3
Approximera randvärdesproblemet för en linjär differentialekvation av andra ordningen
′′ y − 9y = 0, y = y(x), 0 < x < 1,
(342)
y(0) = 0, y(1) = sinh(3).
genom att reducera det till ett linjärt ekvationssystem med tre obekanta.
Här är ntalet delpunkter xi som tillhör (0,1) lika med 3 och antalet delintervall
3 + 1 = 4. Eftersom ekvationen y ′′ − 9y = 0 i (342) betraktas i intervallet (0,1), de
här delpunkterna xi = ih, i = 1, 2, 3, där h = (1 − 0)/4 = 0.25.
Först approximera derivatan med
Sedan approximera differentialoperatorn:
y ′′ ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 . (343)
y ′′ − 9y ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 − 9yi. (344)
Randvärdesproblemet (342) approximeras med
eller
yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 − 9yi = 0, i = 1, 2, 3; y0 = 0, y4 = sinh 3.
yi+1 − (2 + 9h 2 )yi + yi−1 = 0, i = 1, 2, 3; y0 = 0, y4 = sinh 3.
D˚a f˚ar vi tre ekvationer
y2 − (2 + 9h 2 )y1 + y0 = 0 (i = 1),
y3 − (2 + 9h 2 )y2 + y1 = 0 (i = 2),
y4 − (2 + 9h 2 )y3 + y2 = 0 (i = 3),
Villkoren y0 = 0, y4 = sinh 3 ger ett linjärt ekvationssystem med tre obekanta
y1, y2, y3
−by1 + y2 = 0,
y1 − by2 + y3 = 0,
y2 − by3 = − sinh 3,
148

där
P˚a matrisformen f˚ar vi
där tridiagonala systemsmatrisen
och högerledet
b = 2 + 9h 2 = 41
16
⎡
A = ⎣
b = ⎣
Ay = b,
−b 1 0
1 −b 1
0 1 −b
⎡
0
0
− sinh 3
= 2.5625.
Lös det linjära ekvationssystemet med tre obekanta som approximerar randvärdesproblemet
(342) med hjälp av Gusselimination (dvs, beräkna approximativa lösningen). Skriv
systemet som
2.
Utför Gusselimination.
1.
⎤
⎦ .
−41y1 + 16y2 = 0,
16y1 − 41y2 + 16y3 = 0,
⎤
⎦ ,
16y2 − 41y3 = −16 sinh 3,
−16y1 + 16 16
41 y2 + 0 · y3 = 0,
16y1 − 41y2 + 16y3 = 0,
16y2 − 41y3 = −16 sinh 3,
−16y1 + 16 16
41 y2 = 0,
y2(−41 + 16 16
41 ) + 16y3 = 0,
16y2 − 41y3 = −16 sinh 3,
16 · 16 − 41 · 41
y2( ) + 16y3
41
= 0,
16y2 − 41y3 = −16 sinh 3,
149

3.
Lösningen
y3
y2 =
− 1425
41 y2 + 16y3 = 0,
16y2 − 41y3 = −16 sinh 3,
41 · 16
−16y2 + 16
1425 y3 = 0,
16y2 − 41y3 = −16 sinh 3,
41 · 16
−16y2 + 16
−41 +
1425 y3 = 0,
41 · 16 · 16
= −16 sinh 3,
1425
41 · 16
−16y2 + 16
1425 y3 = 0,
(−33.6344)y3 = −16 sinh 3,
41 · 16
−16y2 + 16
1425 y3 = 0,
y3 = 0.4757 sinh 3,
41 · 16
1425 y3 = 0.4603y3 = 0.2190 sinh 3,
y3 = 0.4757 sinh 3,
y1 = 16
41 y2 = 0.3924y2 = 0.0854 sinh 3 = 0.8555,
41 · 16
y2 =
1425 y3 = 0.4603y3 = 0.2190 sinh 3 = 2.1939,
y3 = 0.4757 sinh 3 = 4.7655
Bestäm den exakta lösningen till randvärdesproblemet (342). Ekvationen
har karakteristiska polynomet
y ′′ − 9y = 0 (345)
r 2 − 9
150

med nollställena r1 = 3 och r2 = −3. Den fullständiga lösningen till homogena
ekvationen (345) är
y = C1e 3x + C2e −3x .
Satisfiera randvillkor [p˚aminn att sinh z = 0.5(e z − e −z )]:
y(0) = 0 → C1 + C2 = 0 → C2 = −C1; (346)
y(1) = sinh(3) → C1e 3 − C1e −3 = sinh(3) = 0.5(e 3 − e −3 ) → C1 = 0.5.
Den (exakta) lösningen till randvärdesproblemet (342) är
y = 0.5(e 3x − e −3x ) = sinh 3x.
Jämför den approximativa lösningen med den exakta lösningen:
y1 − y(x1) = y1 − y(0.25) = y1 − sinh 0.75 = 0.8555 − 0.8223 = 0.0332,
y2 − y(x2) = y1 − y(0.5) = y1 − sinh 1.5 = 2.1939 − 2.1293 = 0.0646,
y3 − y(x3) = y1 − y(0.75) = y1 − sinh 2.25 = 4.7655 − 4.6912 = 0.0743.
Figur 34: MATLABkoder som löser randvärdesproblemet (351) (kommandofil).
Exempel 9.4
151

Figur 35: MATLABkoder som löser randvärdesproblemet (351) (funktionsfil).
Betrakta randvärdesproblemet
y ′′ + 4y = 0, 0 < x < 1,
y(0) = 3, y(1) = −3, (347)
Här q(x) = −4, d1 = 0, d2 = 1, f(x) = 0, f0 = 3 och fN = −3. Lösningen är
eller
y(x) = c1 sin 2x + c2 cos 2x, c1 = −3
(347) approximeras med
⎧
⎨
⎩
y¯xx,i + 4yi = 0, i = 1, 2, . . . , N − 1
1 + cos 2
, c2 = 3.
sin 2
y0 = 3, yN = −3. (348)
y0 = 3
yi−1 − (2 + 4h 2 )yi + yi+1 = 0, 1 ≤ i ≤ N − 1,
yN = −3.
(349)
(349) skrivas som ekvationssystemet (303) med symmetriska tridiagonala matrisen
B (304), där b = 2 + 4h 2 , a = 1 och (N − 1)-dimensionella kolonnvektorerna
Y = {y1, . . . , yN−1} T och G = {3, 0, . . . , 0, −3} T .
152

Figur 36: Den approximativa lösningen till randvärdesproblemet (351) med n =
100.
Exempel 9.5
Betrakta randvärdesproblemet
y ′′ − y = x 2 − 2, 0 < x < 1,
y(0) = 1, y(1) = cosh(1) − 1, (350)
Här q(x) = 1, d1 = 0, d2 = 1, f(x) = x 2 − 2, f0 = 1 och fN = cosh(1) − 1.
Lösningen är
eller
y(x) = c1 cosh x + c2 sinh x − x 2 = cosh x − x 2
(350) approximeras med
⎧
⎨
⎩
y¯xx,i − yi = x 2 i − 2, i = 1, 2, . . . , N − 1
(c1 = 1, c2 = 0).
y0 = 1, yN = cosh(1) − 1. (351)
y0 = 1
yi−1 − (2 + h 2 )yi + yi+1 = h 2 (x 2 i − 2), 1 ≤ i ≤ N − 1,
yN = cosh(1) − 1.
(352)
(352) skrivas som ekvationssystemet (303) med symmetriska tridiagonala matrisen
B (304), där b = 2 + h 2 , a = 1 och (N − 1)-dimensionella kolonnvektorerna Y =
{y1, . . . , yN−1} T och
G = {h 2 (x 2 1 − 2) − 1, . . . , h 2 (x 2 N−1 − 2) − (cosh(1) − 1)} T .
153

Lösningen (med n = 100) redovisas i figur 36.
Här kommer MATLABskapande konstanter, vektorer och matriser (numerisk
lösning av randvärdesproblemet (351) med fyra delintervall).
L = 1
h = 0.2500
n = 3
x = 0.2500 0.5000 0.7500
qv = 1.0000 1.0000 1.0000
fv = -1.9375 -1.7500 -1.4375
ones(n-1, 1)
1
1
diag(ones(n-1, 1), 1)
0 1 0
0 0 1
0 0 0
-2∗eye(n)
-2 0 0
0 -2 0
0 0 -2
diag(ones(n-1, 1), -1)
0 0 0
1 0 0
0 1 0
-h 2 ∗diag(qv)
-0.0625 0 0
0 -0.0625 0
0 0 -0.0625
A =
-2.0625 1.0000 0
1.0000 -2.0625 1.0000
0 1.0000 -2.0625
b =
-1.1211
-0.1094
-0.6329
y = A\b;
y =
0.9694
154

0.8783
0.7327
xres = 0 0.2500 0.5000 0.7500 1.0000
yres = 1 0.9694 0.8783 0.7327 1.0000
Figur 37: Den approximativa lösningen till randvärdesproblemet (351) med n = 10;
∗ visar värdena av den exakta lösningen.
Figur 38: Felet vid approximativ lösning av randvärdesproblemet (351) med n =
10; ∗ visar värdet av den exakta lösningen.
155

Figur 39: Felet vid approximativ lösning av randvärdesproblemet (351) med n = 3;
∗ visar värdet av den exakta lösningen.
9.4 Problem
Problem 9.1
Bestäm den exakta lösningen till randvärdesproblemet
y ′′ + 4y = 0, y = y(x), 0 < x < 1,
y(0) = 0, y(1) = sin(2).
(353)
Approximera randvärdesproblemet (353) genom att reducera det till ett linjärt
ekvationssystem med tre obekanta. Beräkna den approximativa lösningen genom
att lösa det linjära ekvationssystemet med hjälp av Gusselimination. Jämför den
här approximativa lösningen med den exakta lösningen.
Problem 9.2
Betrakta randvärdesproblemet för den stationära en-dimensionella värmeledningsekvationen
med variabel värmeledningsförm˚aga k(x) = e2x i en stav som är isolerad i längdriktingen
och dess ändar h˚alls vid konstant temperatur 0 (kalla ändarna)
d
dx
e
2x dy
= f(x),
dx
0 < x < 1, (354)
y(0) = 0, y(1) = 0,
där f(x) beskriver värmeproduktionen som funktion av x. Reducera (354) till
randvärdesproblemet
z ′′ − q(x)z = g(x), 0 < x < 1, (355)
z(0) = g0, z(a) = gN
156

med vissa q(x), g(x), g0 och gN. Valj funktionen f(x) s˚adan att
a) f(x) = Ae −Q(x−xP ) 2
, Q > 0, 0 < xP < 1;
b) f(x) =
A
1 + Q(x − xP ) 2 , Q > 0, 0 < xP < 1; (356)
c) f(x) = A1e −Q1(x−xP 1) 2
+ A2e −Q2(x−xP 2) 2
, Qi > 0 (i = 1, 2), . 0 < xP 1 < xP 2 < 1;
med vissa A = 0, Q och xP . Det blir olika källasmodeller där |A| är källasamplitud,
Q är källaskvalitet och xP är källasposition. I fallet c) har vi tv˚a källor med olika
A, Q och xP .
Lös randvärdesproblemet (355) numeriskt: approximera differentialoperatorn
och skriv ett system med en tridiagonal matris. Sedan skriv en MATLABfunktionsfil
som beräknar stavens temperatur för givna A, Q och P med differensmetoden.
Rita en graf som visar hur temperaturen T mitt = T mitt (ξ) i mittpunkten
x = 0.5 ber˚ar p˚a ξ = A, ξ = Q eller ξ = P (observera att i det fallet m˚aste man
ta xP = 0.5).
10 Numerisk lösning till en-dimensionella
värmeledningsekvationen och diffusionekvationen
Vi ska lösa randvärdesproblemet till den en-dimensionella värmeledningsekvationen
K ∂2u ∂u
=
∂x2 ∂t , u = u(x, t), K = c2 = const, t > 0, 0 < x < L, (357)
Ekvationen
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L (begynnelsevillkoret), (358)
u(0, t) = T0, u(L, t) = TL, t ≥ 0 (randvillkoren). (359)
D ∂2u = −∂u , u = u(x, t), D = const, t > 0, 0 < x < L, (360)
∂x2 ∂t
kallas diffusionekvationen.
För att approximera funktionen u(x, t), x ∈ [0, L], t ∈ [0, T ], och värmeledningsekvationen
och lösa (357) numeriskt genom att ersätta den med en differensapproximation delar
man in intervallet [0, L] i n (mindre) intervall och intervallet [0, T ] i m intervall
157

genom att beräkna funktionen för (n − 1) och (m − 1) stycken x- och t-värden
xi = ih och t = jk likformigt fördelade med avst˚anden h = L
n
och k = T
m :
xi = ih, i = 0, 1, 2 . . . , n − 1, n, (361)
h = L
n , x0 = 0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = L.
tj = jk, j = 0, 1, 2 . . . , m − 1, m, k = T
. (362)
m
10.1 Värmeledningsekvationen
Vi approximerar värmeledningsekvationen med fram˚at- och bak˚atdifferenserna
(110), (111) och (114)
ui−1,j+1 − 2ui,j+1 + ui+1,j+1
K
h2
−ui,j + ui,j+1
=
. (363)
k
eller
Här
KD 2 ±u(h, xi, tj+1) = D+u(k, xi, tj). (364)
u0,j = T0 (j = 0, 1, 2, . . . , m), (365)
un,j = TL (j = 0, 1, 2, . . . , m),
enligt randvillkoren (359), och ui,j (i = 1, 2, . . . , n−1, j = 0, 1, 2, . . . , m) är obekanta
[approximationen till u(xi, tj)].
D˚a skrivas om (363)
(1 + 2α)ui,j+1 − α(ui+1,j+1 + ui−1,j+1) = ui,j, i = 0, 1, . . . , n, j = 0, 1, . . . ,(366)
där α = K k
. Man kan skriva (366) som ett ekvationssystem
h2 A(α)Uj+1 = Uj + G, j = 0, 1, . . . , m − 1, (367)
158

Figur 40: Numerisk lösning av värmeledningsekvationen, beräkningsomr˚adet.
där Uj = {u1,j, . . . , uN−1,j} T och G = {T0, 0, . . . , 0, TL} T , med symmetriska tridi-
agonala matrisen A(α),
⎡
b
⎢ −α
⎢ 0
⎢ .
⎢ .
⎢ .
⎣ 0
−α
b
−α
.
.
.
0
0
−α
b
.
.
.
0
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
⎤ ⎡
0
0 ⎥ ⎢
⎥ ⎢
0 ⎥ ⎢
⎥ ⎢
. ⎥ ⎢
⎥ ⎢
. ⎥ ⎢
⎥ ⎢
. ⎥ ⎢
⎥ ⎢
−α ⎦ ⎣
0 0 0 . . . b
Lösningen till systemet (368),
u1,j+1
u2,j+1
u3,j+1
.
.
.
un−2,j+1
un−1,j+1
⎤
⎡
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ = ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎦ ⎣
u1,j + αu0
u2,j
u3,j
.
.
.
un−2,j
un−1,j + αun.
⎤
⎥
⎦
(368)
Uj+1 = A(α) −1 (Uj + G), j = 0, 1, . . . , m − 1, (369)
uttrycker u1, u2, . . . , un−1 i tidpunkten tj+1 genom u1, u2, . . . , un−1 i tidpunkten
tj (t0 = 0, j = 0, 1, 2, . . . m − 1). Begynnelsevektorn U0 skapas genom värdena av
begynnelsetemperaturen f(x) (som en (n + 1)-dimensionell radvektor)
U0 = f = [f(xi)] = [f(x0) = lowb = T0, f(x1), . . . , f(xn−1), f(xn) = hib = TL].
10.2 Crank–Nicolsons metod
Vi kan approximera värmeledningsekvationen (357) med centraldifferensenapproximationen
(112)
f ′ (t) ≈
f(t + 0.5h) − f(t − 0.5h)
h
159

av tidsderivatan i mittidspunkten t = tj+0.5 = tj + 0.5k = 0.5(tj+1 + tj) och skriva
K 1
2 [D2 ±u(h, xi, tj+1) + D 2 ±u(h, xi, tj)] = D+u(k, xi, tj), (370)
eller
K 1
ui−1,j+1 − 2ui,j+1 + ui+1,j+1
2
h2 D˚a skrivas (371) som (366)
+ ui−1,j − 2ui,j + ui+1,j
h2
=
ui,j+1 − ui,j
k
(371) .
−0.5αui+1,j+1 + (1 + α)ui,j+1 − 0.5αui−1,j+1 = 0.5αui+1,j + (1 − α)ui,j + 0.5αui−1,j. (372)
Man kan skriva (372) p˚a formen
A(0.5α)Uj+1 = A(−0.5α)Uj + G, (373)
där G = {0.5T0, 0, . . . , 0.5TL} T , med symmetriska tridiagonala matrisen
⎡
1 + α
⎢ −α/2
⎢ 0
⎢
A(0.5α) = ⎢ .
⎢ .
⎢ .
⎣ 0
−α/2
1 + α
−α/2
.
.
.
0
0
−α/2
1 + α
.
.
.
0
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
⎤
0
0 ⎥
0 ⎥
. ⎥
. ⎥
. ⎥
−α/2 ⎦
0 0 0 . . . 1 + α
Figur 41: Centraldifferensenapproximationen, Crank–Nicolsons metod.
Exempel 10.1
160
(374)

Beräkna temperatur i en tegelsten vägg med K = 5 · 10 −7 m 2 /s, L = 0.3 m
och begynnelsetemperatur 100 deg C. Antag att väggsändarna h˚alls vid konstant
temperatur 20 deg C. Vi vill rita väggstemperatur under 22000 sekunder (366.67
min), tidintervallet k är lika med 440 sec (7.33 min); d˚a blir det 50 t-tidintervall.
Lösning. Lös först randvärdesproblemet till den en-dimensionella värmeledningsekvationen
som beskriver temperatur i en tegelsten vägg med kalla väggsändarna
där
K ∂2u ∂u
=
∂x2 ∂t , u = u(x, t), K = 5 · 10−7 , t > 0, 0 < x < L = 0.3,
u(x, 0) = f(x) = const = 100, 0 ≤ x ≤ L = 0.3 (begynnelsevillkoret),
u(0, t) = 0, u(L = 0.3, t) = 0, t ≥ 0 (randvillkoren).
Man kan lösa randvärdesproblemet (10.2) genom att skriva
u(x, t) =
∞
un(x, t) =
n=1
∞
n=1
Bne −λ2 nt sin nπ
L x.
λn = cnπ
L , c = √ K,
kallas egenvärden. För att f˚a obekanta koefficienterna Bn, satisfierar man begyn-
nelsevillkoren
D˚a
u(x, 0) =
Bn = 2
L
L
0
∞
n=1
Bn sin nπ
x = f(x) = 100.
L
f(x) sin nπ
xdx, n = 1, 2, . . . ,
L
blir fourierskoefficienterna till funktionen f(x). Här
Bn = 2
L
u = nπ
L x
= 100 2 L
L nπ
och
L
0
nπ
0
100 sin nπ 2
xdx = 100
L L
L
0
sin nπ
xdx =
L
sin udu = 200
200
(cos 0−cos nπ) =
nπ nπ (1−(−1)n ) = 400
nπ ,
n = 1, 3, 5 . . . (n = 2l − 1, l = 1, 2, 3, . . . )
u(x, t) = 400
∞
e
π
l=1
−λ2 2l−1t 1 (2l − 1)π
sin x =
2l − 1 L
400
e
π
−λ2 1t sin π 1
x +
L 3 e−λ2 3t sin 3π
x + . . . ,
L
161

λ 2 n = K n2 π 2
.
L2 Lös randvärdesproblemet till den en-dimensionella värmeledningsekvationen
som beskriver temperatur i en tegelsten vägg, där väggsändarna h˚alls vid konstant
temperatur 20 deg C,
K ∂2u ∂u
=
∂x2 ∂t , u = u(x, t), K = 5 · 10−7 , t > 0, 0 < x < L = 0.3,
u(x, 0) = f(x) = const = 100, 0 ≤ x ≤ L = 0.3 (begynnelsevillkoret),
Funktionen
u(0, t) = 20, u(L = 0.3, t) = 20 t ≥ 0 (randvillkoren).
f0(x) = 320
π
D˚a satisfierar funktionen
∞
e −λ2 2l−1t 1
2l − 1
l=1
u1(x, t) = 320
π
∞
e −λ2 2l−1t 1
2l − 1
l=1
162
(2l − 1)π
sin x = const = 80.
L
(2l − 1)π
sin x
L

Figur 42: MATLABkoder som beräknar den exakta lösningen till problemet i Exempel
10.1 enligt (375).
begynnelsevillkoret
och randvillkoren
och funktionen
u1(x, 0) = f0(x) = 80
u1(0, t) = 0, u1(L = 0.3, t) = 0, t ≥ 0,
U(x, t) = u1(x, t) + 20 = 20 + 320
π
∞
e −λ2 2l−1t 1
2l − 1
l=1
(2l − 1)π
sin x (375)
L
löser randvärdesproblemet (10.2), eftersom den satisfierar begynnelsevillkoret
och randvillkoren
U(x, 0) = u1(x, 0) + 20 = 20 + 80 = 100
U(0, t) = u1(0, t)+20 = 0+20 = 20, U(L, t) = u1(L, t)+20 = 0+20 = 20, t ≥ 0,
Väggstemperatur under t0 = 22000 sekunder blir
U(x, t = t0 = 22000) = 20 + 320
∞
e
π
−λ2 2l−1t0 1
2l − 1
l=1
163
(2l − 1)π
sin x,
L

λ 2 n = K n2π2 100
= 5 · 10−7
L2 9 n2π 2 5 · 10−5
=
9
Här i varje punkt x har vi en serie p˚a formen som i (35),
där
∞
n=1
2 5 · 10−5
b = π
9
sin cn
−bn2
e
n ,
· 22000 ≈ 1.2063.
n 2 π 2 , n = 2l − 1.
D˚a enligt (41), blir det tillräckligt att ta med tv˚a termer för att beräkna den
exakta lösningen U(x, 22000) med noggranheten ɛ = 10 −4 . Motsvarande kurvan av
U(x, 22000) sammanfaller med den numeriska lösningen som redovisas i figur 43.
Exempel 10.2
Beräkna temperatur i en metal stav med K = 11.7 · 10 −6 m 2 /s, L = 2 m och
begynnelsetemperaturen 0. Antag att stavens ändarna h˚alls vid konstant temperatur
100 deg C och 0. Vi vill rita temperaturen under 300 · 60 = 18000 sekunder
(300 min = 5 tim), tidsintervallet k är lika med 20 sek.
Skriv först motsvarande randvärdesproblemet till den en-dimensionella värmeledningsekvationen
K ∂2u ∂u
=
∂x2 ∂t , u = u(x, t), K = 11.7 · 10−6 , t > 0, 0 < x < L = 2,
u(x, 0) = f(x) = const = 0, 0 ≤ x ≤ L = 2 (begynnelsevillkoret),
u(0, t) = 100, u(L = 2, t) = 0, t ≥ 0 (randvillkoren).
Vid numerisk lösning med Crank–Nicolsons metod, ska vi använda 100 xdelintervall.
D˚a, h = 0.02, k = 20
Figur 43: Numerisk lösning till randvärdesproblemet i Exempel 10.1 med Crank–
Nicolsons metod, n = 20.
164

Figur 44: Numerisk lösning till randvärdesproblemet i Exempel 10.2 med Crank–
Nicolsons metod, n = 100.
10.3 Problem
Problem 10.1. Kalla väggsändarna
Beräkna temperatur i en tegelsten vägg med K = 5·10 −7 m 2 /s, L = 0.3 m och begynnelsetemperaturen
100 deg C genom att lösa motsvarande randvärdesproblemet
(357). Antag att väggsändarna h˚alls vid konstant temperatur 0 deg C.
Problem 10.2. Källasmodell
Lös randvärdesproblemet (357) och beräkna temperatur i en tegelsten vägg med
K = 5 · 10 −7 m 2 /s, L = 0.3 m och begynnelsetemperatur 0 deg C; valj Tns =
T källa > 0, där 1 < ns < nx.
Figur 45: Numerisk lösning till en version av randvärdesproblemet i Problem 10.2
med Crank–Nicolsons metod, n = 20.
165

Figur 46: Numerisk lösning till en version av randvärdesproblemet i Problem 10.2
med Crank–Nicolsons metod, n = 20.
11 Randvärdesproblemet för stationära
tv˚a-dimensionella värmeledningsekvationen
och Laplaces och Poissons ekvationer
Antag att vi har en rektangulär platta av längden a och bredden b med konstant
värmelednings
förm˚aga. Antag vidare att platten är isolerad och att sidorna h˚alls vid konstant
eller icke-konstant temperatur som beskrivas med fyra givna funktioner f1(y),
f2(y), 0 < y < b, och f3(x), f4(x), 0 < x < a. L˚at u = u(x, y, t) beteckna
plattens temperatur i punkten (x, y), 0 < x < a, 0 < y < b, och tidpunkten
t ≥ 0. Om försöket p˚ag˚at länge kommer plattens temperatur att vara stationar,
dvs oberoende av tiden. D˚a satisfierar u = u(x, y) randvärdesproblemet för tv˚adimensionella
Laplaces ekvation i rektangeln med hörnen i punkterna (0, 0), (a, 0),
(a, b) och (0, b):
⎧
⎨
⎩
∆u = 0, u = u(x, y), 0 < x < a, 0 < y < b,
u(0, y) = f1(y), u(a, y) = f2(y),
u(x, 0) = f3(x), u(x, b) = f4(x).
och tv˚a-dimensionella Poissons ekvation
(376)
∆u = ρ(x, y), u = u(x, y), 0 < x < a, 0 < y < b. (377)
Observera att temperaturen definieras med en kontinuerlig funktion i den slutna
rektangeln. D˚a m˚aste randfunktionerna fi sammanfalla i hörnpunkterna (0, 0),
(a, 0), (a, b) och (0, b):
u(0, 0) = f1(0) = f3(0), u(a, 0) = f3(a) = f2(0),
u(0, b) = f1(b) = f4(0), u(a, b) = f4(a) = f2(b). (378)
Betrakta ett exempel: funktionerna
f1(y) = y(1 − y), f2(y) = 2y(1 − y), f3(x) = x(1 − x), f4(x) = 3x(1 − x)(379)
166

satisfierar (378) p˚a randen av en enhetsrektangel 0 < x < 1, 0 < y < 1:
f1(0) = f3(0) = 0, f3(1) = f2(0) = 0,
f1(1) = f4(0) = 0, f4(1) = f2(1) = 0.
Den numeriska lösningen till motsvarande randvärdesproblemet (376) för Laplaces
ekvation i enhetsrektangel är i figur 48.
Figur 49 visar den numeriska lösningen till randvärdesproblemet för Poissonss
ekvation i enhetsrektangeln
⎧
⎨
⎩
∆u = ρ(x, y), u = u(x, y), 0 < x < 1, 0 < y < 1,
u(0, y) = 0, u(a, y) = 0,
u(x, 0) = 0, u(x, b) = 0.
Högerledet ρ(x, y) redovisas i figur 50.
(380)
11.1 Numerisk lösning till Laplaces och Poissons ekvationer
i en rektangel
För att approximera funktionen u(x, y), x ∈ [0, a], y ∈ [0, b], och Laplaces och Poissons
ekvationer och lösa randvärdesproblemet (376) numeriskt genom att ersätta
den med en differensapproximation delar man in intervallet [0, a] i Nx (mindre) intervall
och intervallet [0, b] i Ny intervall genom att beräkna funktionen för (Nx−1)
och (Ny − 1) stycken x- och y-värden xi = ihx och yj = jhy likformigt fördelade
med avst˚anden hx = a
n och hy = b
:
Ny
xi = ihx, i = 0, 1 . . . , Nx, x0 = 0 < x1 < x2 < · · · < xNx−1 < xNx = a,
yj = jhy, j = 0, 1 . . . , Ny, y0 = 0 < y1 < y2 < · · · < yNy−1 < yNy = b, (381) .
Vi approximerar Laplaces och Poissons ekvationer (376) och (377) med differenserna
(110), (111) och (114) i punkten (xi, yj), där
och f˚ar approximationen
xi = x0 + ihx = ihx, yj = y0 + jhy = jhy, (382)
i = 1, 2, . . . , Nx − 1, j = 1, 2, . . . , Ny − 1,
ui−1,j − 2ui,j + ui−1,j
h2 +
x
ui,j+1 − 2ui,j + ui,j−1
h2 y
i = 1, 2, . . . , Nx − 1, j = 1, 2, . . . , Ny − 1,
167
= ρi,j, (383)

där ρi,j = ρ(xi, yj) (Poissons ekvation) eller ρi,j = 0 (Laplaces ekvation).
Antag nu att hx = hy = h. D˚a skrivas om (383)
ui,j = 1
4 [ui+1,j + ui−1,j + ui,j+1 + ui,j−1] − h 2 ρi,j, (384)
och vi f˚ar (Nx − 1)(Ny − 1) linjära ekvationer med obekanta ui,j. För att f˚a
motsvarande linjärt ekvationssystem, skriv ui,j som en vektor
ui,j = uk, k = 1, 2, . . . , N = (Nx − 1)(Ny − 1). (385)
Vi räknar obekanta enligt regeln
dvs
(384) skrivas om
k = i + Ny(j − 1), k = 1, 2, . . . , N = (Nx − 1)(Ny − 1), (386)
k = 1 2 . . . Ny − 1
(i, j) = (1, 1)(1, 2) . . . (1, Ny − 1)
k = Ny Ny + 1 . . . 2Ny − 2
(i, j) = (2, 1)(2, 2) . . . (2, Ny − 1)
(i, j) = . . .
uk+1 − 4uk + uk−1 + uk+Ny + uk−Ny = h 2 ρk, k = 1, 2, . . . , N = (Nx − 1)(Ny − 1). (387)
Sedan skrivas (387) i varje nätpunkten (xi, yj) längs raden i, i = 1, 2, . . . , Ny−1,
168

t ex för i = 1,
Figur 47: Differensapproximationen av Laplaces operator.
j = 1 − 4u1 + u2 + uNy = −[f1(y1) + f3(x1)]
j = 2 u1 − 4u2 + u3 + uNy+1 = −f3(x2)
j = 3 u2 − 4u3 + u4 + uNy+2 = −f3(x3)
. . . . .
j = Nx uNy−1 − 4uNy + u2Ny = −[f2(y1) + f3(xNx)]
och ekvationssystemet (387) f˚as som ett linjärt ekvationssystem
Au = f (388)
med symmetriska treidiagonala blockmatrisen
⎡
R
⎢ I
⎢ 0
⎢
A = ⎢ .
⎢ .
⎢ .
⎣ 0
I
R
I
.
.
.
0
0
I
R
.
.
.
0
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
0
0
0
.
.
.
I
⎤
⎥ .
⎥
⎦
(389)
0 0 0 . . . R
R är en tridiagonal matris av storlek N × N,
⎡
−4
⎢ 1
⎢ 0
⎢
R = ⎢ .
⎢ .
⎢ .
⎣ 0
1
−4
1
.
.
.
0
0
1
−4
.
.
.
0
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
0
0
0
.
.
.
1
⎤
⎥ ,
⎥
⎦
(390)
0 0 0 . . . −4
169

I är en enhetsmatris av storlek N × N,
⎡
1
⎢ 0
⎢
I = ⎢ 0
⎢ .
⎣ 0
0
1
0
.
0
0
0
1
.
0
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
⎤
0
0 ⎥
0 ⎥
. ⎥ ,
⎥
0 ⎦
0 0 0 . . . 1
u är en kolonnvektor av storlek N,
u = {uk} T , k = 1, 2, . . . , N, (391)
och f är en summa av tv˚a kolonnvektorer av storlek N,
där
f = f1 + f2, (392)
f1 = [f3(x) 0 0 . . . 0 0 f4(x)] T ,
f2 = [f1(y1) 0 . . . 0 f2(y1) f1(y2) 0 . . . 0 f2(y2) f1(y3) 0 . . . 0 f2(yNy)] T (393) ,
x = {xi = ih}, i = 1, 2, . . . , Nx.
Figur 48: Ett exempel av numerisk lösning till randvärdesproblemet (376) för
Laplaces ekvation i enhetsrektangeln 0 < x < 1, 0 < y < 1. Randfunktionerna
definieras med (378).
170

Figur 49: Numerisk lösning till randvärdesproblemet (380) för Poissons ekvation i
enhetsrektangeln. Högerledet ρ(x, y) är i figur 50.
Figur 50: Högerledet ρ(x, y) av Poissons ekvation ∆u = ρ(x, y) i enhetsrektangeln.
12 Minstakvadratmetoden
12.1 Överbestämda ekvationssystem
Det är lämpligt att uppfatta matrisen A som best˚aende av n kolonnvektorer:
⎡
a11
⎢ a21
A = ⎢
⎣ .
a12
a22
.
. . .
. . .
. . .
⎤
a1n
a2n ⎥
. ⎦ = [a1 a2 . . . an] ,
där
an1 an2 . . . ann
aj =
⎡
⎣
a1j
. . .
anj
⎤
⎦ , j = 1, 2, . . . n.
D˚a kan vi skriva ekvationssystemet Ax = b p˚a formen
x1a1 + x2a2 + · · · + xnan = b (394)
Systemet är lösbart för varje högerledet b d˚a och endast d˚a kolonnvektorerna
a1 a2 . . . an utgör en bas i R n , eller ekvivalent, d˚a kolonnvektorerna är linjärt
171

oberoende:
d1a1 + d2a2 + · · · + dnan = 0 d˚a och endast d˚a talen dj = 0, j = 1, 2, . . . n.
En matris A, vars kolonnvektorer är linjärt oberoende, är inverterbar (ickesingulär),
och systemet Ax = b har entydig lösning för varje högerledet b.
P˚aminn att rangen för en matris A, rang(A), är antalet linjärt oberoende
kolonnvektorer i A. Om A är en m × n matris s˚a är rangen högst lika med
min{m, n}. Betrakta t ex tv˚a 3 × 2 matriser
⎡
A = ⎣
1 1
1 2
1 3
⎤
⎡
⎦ , B = ⎣
1 1
1 1
1 1
Vi har rang(A) = 2 (A har full rang) och rang(B) = 1 (B inte har full rang).
Antag att vi har ett överbestämt ekvationssystem Ax = b där A är en matris
av typ m × n med m > n.
Problemet att lösa ett överbestämt system är ekvivalent med att bestämma en
linjär
-kombinationen 394 av kolonnvektorerna s˚a att denna är lika med b. Detta är
i allmänhet omöjligt: vi har n kolonnvektorer:
a1 a2 . . . an,
och d˚a m > n kan de inte utgöra en bas i R m , som är ett rum av dimension m.
Antag t ex, att m = 3 och n = 2 och betrakta ett överbestämt system
som skrivas p˚a formen (394)
där a1 och a2 är tv˚a vektorer i R 3 ,
a1 =
a11x1 + a12x2 = b1
⎤
⎦ .
a21x1 + a22x2 = b2 (395)
a31x1 + a32x2 = b3,
x1a1 + x2a2 = b
⎡
⎣
a11
a21
a31
⎤
⎡
⎦ , a2 = ⎣
Om vektorerna a1 och a2 är linjärt oberoende spänner de upp ett plan i R 3 och
man kan inte förutsätta att vektorn b ligger i detta plan.
172
a12
a22
a32
⎤
⎦

Exempel 12.1
Betrakta överbestämda systemet
som skrivas p˚a formen (394)
där vektorerna
a1 =
x1 + x2 = b1
x1 + 2x2 = b2 (396)
x1 + 3x2 = b3,
x1a1 + x2a2 = b
⎡
⎣
1
1
1
⎤
⎡
⎦ , a2 = ⎣
är linjärt oberoende och spänner upp planet i R 3 .
12.2 Minsta kvadratproblemet
Eftersom vi inte kan lösa det överbestämda systemet f˚ar vi nöja oss med att
bestämma en vektor s s˚adan att residualvektorn
blir liten,
1
2
3
⎤
⎦
r = b − Ax (397)
n
||r||2 =
j=1
x 2 j
→ min, (398)
s˚a söker vi minsta kvadratlösnigen till det överbestämda systemet: x bestäms s˚a
att summan av kvadraterna av komponenterna i residualvektorn blir minimal.
Givet ett överbestämt ekvationssystem Ax = b, där A är en rektangulär matris
av typ m×n, m > n. Minstakvadratmetoden innebär att den euklidiska normen av
residualvektorn minimeras, dvs x bestäms som lösnig till minimeringsproblemet
min
x ||b − Ax||2.
Enligt definitionen och formulering av minsta kvadratproblemet ska vi bestämma
en linjär
173

kombination av vektorerna a1 och a2 s˚a att residualvektorn blir s˚a kort som
möjligt. Eftersom alla linjärkombinationer av vektorerna ligger i planet i figuren,
blir längen av residualvektorn r minimal om r är normal till planet.
Villkoret att r ska vara normal till planet är detsamma att r är ortogonal till
vektorerna som spänner upp planet, dvs skalarprodukterna
a T 1 · r = a T 2 · r = 0.
I det allmänna fallet ges lösningen analogt.
Om kolonnvektorerna i A är linjärt oberoende, är matrisen A T A positivt
definit, och minsta kvadratproblemet
har en entydig lösning, som f˚as ur normalekvationerna
Exempel 12.2
och
min
x ||b − Ax||2. (399)
A T Ax = A T b.
Vi ska lösa minsta kvadratproblemet (399) för systemet (396), där
⎡
1
⎤
1
⎡ ⎤
1
⎡ ⎤
1
A = ⎣ 1 2 ⎦ = [a1 a2] , a1 = ⎣ 1 ⎦ , a2 = ⎣ 2 ⎦ .
1 3
1
3
⎡
b = ⎣
Vi har
A T
1
=
1
1
2
1
.
3
A T
1
b =
1
1
2
1
3
⎡ ⎤
0
⎣ 0 ⎦
0 + 0 + 1 1
=
= .
0 + 0 + 3 3
1
A T
1
A =
1
1
2
1
3
⎡
1
⎣ 1
1
⎤
1
2 ⎦
1 + 1 + 1
=
1 + 2 + 3
3
1 + 2 + 3
=
1 + 2 · 2 + 3 · 3
0
0
1
174
⎤
⎦ .
3 6
6 14
.

Normalekvationerna
som har lösningen
A T Ax = A T b blir
x =
−2/3
1/2
3 6
6 14
,
1
x =
3
Den här vektorn bäst approximerar lösningen i minsta kvadratmetodem mening.
Antag ocks˚a att vi vill anpassa en rät linje till följande data:
t f(t)
−− −−
1 0
2 0
3 1
Om vi ansätter den räta linjen ˜ f(t) p˚a formen ˜ f = c0 + c1t, f˚ar vi minsta kvadratproblemet
(399) med systemet
c0 + c1 = 0
c0 + 2c1 = 0
c0 + 3c1 = 1,
som skrivas p˚a formen (394). Lösningen är
c0 −2/3
=
1/2
och den räta linjen ˜ f(t) = −2/3 + t/2.
c1
Exempel 12.3
Vi ska lösa minsta kvadratproblemet (399) för överbestämda systemet
x1 + x2 = b1
x1 + 2x2 = b2
x1 + 3x2 = b3,
x1 + 4x2 = b1
x1 + 5x2 = b2
175
,
,

som skrivas p˚a formen (394), där matrisen
⎡
1
⎢ 1
A = ⎢ 1
⎣ 1
⎤
1
2 ⎥
3 ⎥
4 ⎦
1 5
= [a1 a2] ,
⎡
⎢
a1 = ⎢
⎣
och högerledet
⎡
⎢
b = ⎢
⎣
8.0
10.2
14.2
16.0
21.2
⎤
⎥
⎦ .
1
1
1
1
1
⎤
⎡
⎥
⎦ , a2
⎢
= ⎢
⎣
Vi har
A T
1
=
1
1
2
1
3
1
4
1
.
5
A T
1
b =
1
1
2
1
3
1
4
⎡ ⎤
8.0
⎢
1 ⎢ 10.2 ⎥
⎢
5 ⎢ 14.2 ⎥
⎣ 16.0 ⎦
21.2
=
8.0 + 10.2 + 14.2 + 16.0 + 21.2
69.6
=
8.0 + 2 · 10.2 + 3 · 14.2 + 4 · 16.0 + 5 · 21.2 241.0
A T
1
A =
1
1
2
1
3
1
4
⎡
1
⎢
1 ⎢ 1
⎢
5 ⎢ 1
⎣ 1
⎤
1
2 ⎥
3 ⎥
4 ⎦
1 5
=
1 + 1 + 1 + 1 + 1
1 + 2 + 3 + 4 + 5
1 + 2 + 3 + 4 + 5
5
=
1 + 2 · 2 + 3 · 3 + 4 · 4 + 5 · 5 15
15
.
55
Normalekvationerna
blir 5 15
15 55
som har lösningen
A T Ax = A T b
x =
69.6
x =
241.0
4.26
3.22
176
.
,
1
2
3
4
5
⎤
⎥
⎦ .
.

Den räta linje F (t) = x1 + x2t = 4.26 + 3.22t, som bäst approximerar mätvärdena
i minsta kvadratmetodem mening, illustreras i figur. Vi har
t
−−
1
2
3
4
F (t)
−−
7.48
10.70 ,
13.92
17.14
exakt data
⎡ ⎤
.
⎢ . ⎥
⎢ 8.0 ⎥
⎢ 10.2 ⎥ .
⎢ 14.2 ⎥
⎣ 16.0 ⎦
5 20.36
21.2
Exempel 12.4
Antag att vi ska anpassa en rät linje till följande data:
t f(t)
−− −−
998 3.765
999 4.198
1000 5.123
1001 5.888
1002 6.184
Om vi ansätter den räta linjen p˚a formen ˜ f = c0 + c1t f˚ar vi minsta kvadratproblemet
(399) med
x1 + 998x2 = b1
x1 + 999x2 = b2
x1 + 1000x2 = b3,
x1 + 1001x2 = b1
x1 + 1002x2 = b2
som skrivas p˚a formen (394) där matrisen
⎡
1
⎢ 1
A = ⎢ 1
⎣ 1
⎤
998
999 ⎥
1000 ⎥
1001 ⎦
1 1002
= [a1 a2] ,
⎡
⎢
a1 = ⎢
⎣
177
1
1
1
1
1
⎤
⎡
⎥
⎦ , a2
⎢
= ⎢
⎣
998
999
1000
1001
1002
⎤
⎥
⎦ .

och högerledet
⎡
⎢
b = ⎢
⎣
3.765
4.198
5.123
5.888
6.184
Vi har
A T
1
=
998
1
999
1
1000
1
1001
1
1002
A T
1
b =
998
1
999
1
1000
1
1001
⎡ ⎤
3.765
⎢
1 ⎢ 4.198 ⎥
⎢
1002 ⎢ 5.123 ⎥
⎣ 5.888 ⎦
6.184
=
25.158
.
25165
A T
1
A =
998
1
999
1
1000
1
1001
⎡
1
⎢
1 ⎢ 1
⎢
1002 ⎢ 1
⎣ 1
⎤
998
999 ⎥
1000 ⎥
1001 ⎦
1 1002
=
5
5000
5000
5000010
Normalekvationerna
blir
som har lösningen
5 5000
5000 5000010
x =
⎤
⎥
⎦
A T Ax = A T b.
25.158
x =
25165
−647.769
0.653
Om man istället väljer framställningen ˜ f = b0 +b1(t−1000) f˚ar vi minsta kvadratproblemet
(399) med matrisen
⎡ ⎤
1 −2
⎢ 1 −1 ⎥
A = ⎢ 1 0 ⎥
⎣ 1 1 ⎦
1 2
178
,
,
.

och samma högerledet b
A T b =
Normalekvationerna
1 1 1 1 1
−2 −1 0 1 2
A T A =
blir 5 0
0 10
som har lösningen
⎡
⎢
⎣
5 0
0 10
3.765
4.198
5.123
5.888
6.184
A T Ax = A T b.
x =
13 Spline-interpolation
.
25.158
x =
6.528
5.032
0.653
.
⎤
⎥
⎦ =
,
25.158
6.528
Vissa funktioner inte l˚ater sig approximera med ett enda polynom i hela det aktuella
intervallet. Ett botemedel är att man använder sig av styckvisa polynom, t
ex räta linjer genom närliggande mätvärden fk = f(xk) och utför styckvis-linjär
interpolation genom att konstruera en s˚adan styckvis-linjär interpolationsfunktion
(51):
F (M; x) = fk + (x − xk) ∆fk
h , x ∈ [xk, xk+1], ∆fk = fk+1 − fk, k = 0, 1, . . . (400) .
13.1 Kubisk spline-interpolation
Vanligtvis använder man en kubisk spline-funktion, varmed menas att man i de
olika delintervall [xk, xk+1] approximerar f(x) med olika tredjegradspolynom Pk(x).
Polynomen bestäms, förutom av de vanliga interpolationsvillkoren Pk(xk) = f(xk),
av att första- och andraderivatorna skall vara kontinuerliga i alla nätpunkter.
Formulera motsvarande definitioner. Antag att funktionsvärden fk = f(xk) är
kända i n + 1 olika punkter xk, i = 0, 1, . . . , n,
a = x0 < x1 < · · · < xn = b. (401)
179
.

Vi söker en funktion g(x) (en kubisk spline-funktion) s˚adan att
g(x0) = f(x0) = f0, g(x1) = f(x1) = f1, . . . g(xn) = f(xn) = fn, (402)
och g(x) satisfierar villkoren
och randvillkoren
g ′ (x0) = k0, g ′ (xn) = kn. (403)
g ′ (x0) = f ′ (x0), g ′ (xn) = f ′ (xn). (404)
g(x) skall spline-interpolera f(x) i punkterna xk.
Den kubiska spline-funktionen g(x) är en tv˚a g˚anger deriverbar funktion i hela
intervallet [a, b]. g(x) bestäms av de givna delintervallen [xk, xk+1] och interpolerar
f(x) med olika polynom Pk(x) av grad ≤ 3. g(x) best˚ar d˚a av n s˚adana polynom
Pk(x), en i varje delintervall.
SATS 1 (se THEOREM 17.4.1, AEM)
L˚at f(x) vara en funktion i intervallet a ≤ x ≤ b som inneh˚aller (givna olika)
nätpunkterna (401). L˚at k0 och kn vara tv˚a givna tal. D˚a finns det en och endast
en kubisk spline-funktion g(x) som definieras med (401) och satisfierar (402), (403)
och (404).
Ekvidistanta fallet
x0, x1 = x0 + h, . . . xn = x0 + nh (405)
I varje delintervall xj ≤ x ≤ xj+1 = xj + h är den kubiska spline-funktionen
g(x) ett tredjegradspolynom
där
pj(x) = aj0 + aj1(x − xj) + aj2(x − xj) 2 + aj3(x − xj) 3
aj0 = pj(xj) = fj
aj1 = p ′ j(xj) = kj
aj2 = 1
2 p′′
j (xj) = 3
h 2 (fj+1 − fj) − 1
h 2 (kj+1 + 2kj)
aj3 = 1
6 p′′′
j (xj) = 2
h 3 (fj − fj+1) + 1
h 2 (kj+1 + kj)
180
j = 0, 1, . . . n − 1. (406)

och talen kj är en lösning till ett linjärt ekvationssystem med en trediagonal matris
kj−1 + 4kj + kj+1 = 3
h (fj+1 − fj−1), j = 1, 2, . . . n − 1. (407)
Exempel 13.1
Interpolera f(x) = x 4 i intervallet −1 ≤ x ≤ 1 med en kubisk spline-funktion g(x);
nätpunkterna är
och randvillkoren
a = x0 = −1 < x1 = 0 < x2 = b = 1 (n = 2)
g ′ (−1) = f ′ (−1), g ′ (1) = f ′ (1).
Lösning. Skriv interpolationsdata
f0 = f(−1) = 1, f1 = f(0) = 0, f2 = f(1) = 1.
Den kubiska spline-funktionen best˚ar av n = 2 kubiska polynom (406)
p0(x) = a00 + a01(x + 1) + a02(x + 1) 2 + a03(x + 1) 3
p1(x) = a10 + a11x + a12x 2 + a13x 3
j = 1, 0 ≤ x ≤ 1.
j = 0, −1 ≤ x ≤ 0,
Steg 1. Bestäm talen kj som en lösning till det linjära ekvationssystemet (407).
Vi har n = 2 ekvationer i systemet
där
k0 + 4k1 + k2 = 3
1 (f2 − f0) = 3(1 − 1) = 0 (j = 1), (408)
p ′ 0(x0) = k0 och p ′ 1(x2) = k2.
Eftersom g = p0 i punkten x0 = −1 och g = p1 i punkten x2 = 1 och f ′ (x) = 4x 3 ,
f˚ar vi (g ′ = f ′ i punkten x = ±1)
f ′ (−1) = −4 = g ′ (−1) = p ′ 0(−1) = k0,
f ′ (1) = 4 = g ′ (1) = p ′ 1(1) = k2.
D˚a , har ekvationen (408) en obekant k1 och skrivs som
−4 + 4k1 + 4 = 0 → k1 = 0.
Steg 2. Skriv systemen för att bestämma koefficienterna av tv˚a polynomen p0
och p1. Först bestäm p0 i intervallet −1 ≤ x ≤ 0 (j = 0):
a00 = p0(−1) = f0 = 1, a01 = p ′ 0(−1) = k0 = −4,
a02 = 1
2 p′′
0(x0) = 3
1 2 (f1 − f0) − 1
1 (k1 + 2k0) = 3(0 − 1) − (0 − 8) = 5,
a03 = 1
6 p′′′
0 (x0) = 2
1 3 (f0 − f1) + 1
1 2 (k1 + k0) = 2(1 − 0) + (0 − 4) = −2.
181

Nu, bestäm polynomet p1 i intervallet 0 ≤ x ≤ 1 (j = 1):
a10 = p1(0) = f1 = 0, a11 = p ′ 1(0) = k1 = 0,
a12 = 1
2 p′′
1(0) = 3
1 2 (f2 − f1) − 1
1 2 (k2 + 2k1) = 3(1 − 0) − (4 + 0) = −1,
a13 = 1
6 p′′′
1 (0) = 2
1 3 (f1 − f2) + 1
1 2 (k2 + k1) = 2(0 − 1) + (4 + 0) = 2.
Systemens lösning ger polynomen
p0(x) = 1 − 4(x + 1) + 5(x + 1) 2 − 2(x + 1) 3 = −x 2 − 2x 3 , −1 ≤ x ≤ 0 (j = 0),
p1(x) = 0 + 0 · x − x 2 + 2x 3 = −x 2 + 2x 3 , 0 ≤ x ≤ 1 (j = 1). (409)
Den kubiska spline-funktionen g(x) best˚ar av tv˚a kubiska polynom (409):
2 3 −x − 2x , −1 ≤ x ≤ 0,
g(x) =
−x2 + 2x3 , 0 ≤ x ≤ 1.
Exempel 13.2
Interpolera följande mätvärden (interpolationsdata)
f0 = f(0) = 1, f1 = f(2) = 9, f2 = f(4) = 41, f3 = f(6) = 41 (410)
med en kubisk spline-funktion g(x) som satisfierar villkoren (403) med k0 = 0 och
k3 = −12 .
Lösning. Vi skall interpolera funktionen f(x) som satisfierar interpolationsvillkoren
(410) i intervallet 0 ≤ x ≤ 6 med en kubisk spline-funktion g(x); ekvidistanta
nätpunkterna är
a = x0 = 0 < x1 = 2 < x2 = 4 < x3 = b = 6 (n = 3, h = 2).
Steg 1. Bestäm talen kj som en lösning till det linjära ekvationssystemet (407),
kj−1 + 4kj + kj+1 = 3
h (fj+1 − fj−1), j = 1, 2.
Vi har n = 2 ekvationer i det här systemet
k0 + 4k1 + k2 = 3
2 (f2 − f0) = 60, j = 1,
k1 + 4k2 + k3 = 3
2 (f3 − f1) = 48, j = 2,
182

Enligt problemets villkor k0 = 0 och k3 = −12, s˚a f˚ar vi systemet
4k1 + k2 = 60,
k1 + 4k2 = 60,
och dess lösning är k1 = 12 och k2 = 12.
Steg 2. Skriv systemen för att bestämma koefficienterna av tre polynomen p0,
p1 och p2. Interpolationsdata är
x0 = 0, x1 = 2, x2 = 4, x3 = 6
f0 = 1, f1 = 9, f2 = 41, f3 = 41
k0 = 0, k1 = 12, k2 = 12, k3 = −12.
Först bestäm p0 i intervallet 0 ≤ x ≤ 2 (j = 0):
a00 = f0 = 1, a01 = k0 = 0,
a02 = 3
22 (f1 − f0) − 1
2 (k1 + 2k0) = 3 1
(9 − 1) − (12 + 0) = 0,
4 2
a03 = 2
23 (f0 − f1) + 1
22 (k1 + k0) = − 1 1
(9 − 1) + (12 + 0) = 1.
4 4
Nu, bestäm polynomet p1 i intervallet 2 ≤ x ≤ 4 (j = 1):
a10 = f1 = 9, a11 = k1 = 12,
a12 = 3
22 (f2 − f1) − 1
2 (k2 + 2k1) = 3 1
(41 − 9) − (12 + 24) = 6,
4 2
a13 = 2
23 (f1 − f2) + 1
22 (k2 + k1) = − 1 1
(41 − 9) + 24 = −2.
4 4
För polynomet p1 i intervallet 4 ≤ x ≤ 6 (j = 2) f˚ar vi systemet
a20 = f2 = 41, a21 = k2 = 12,
a22 = 3
22 (f3 − f2) − 1
2 (k3 + 2k2) = 3
a23 =
1
0 − (−12 + 24) = −6,
4 2 2
23 (f2 − f3) + 1
22 (k3 + k2) = − 1 1
0 + = 0.
4 0
Nu, skriv alla tre kubiska polynomen p0, p1 och p2.
p0(x) = 1 + 0 · x + 0 · x 2 + 1 · x 3 = 1 + x 3 , 0 ≤ x ≤ 2 (j = 0),
p1(x) = 9 + 12 · (x − 2) + 6(x − 2) 2 − 2(x − 2) 3 = 25 − 36x + 18x 2 − 2x 3 , 2 ≤ x ≤ 4 (j = 1),
p2(x) = 41 + 12(x − 4) − 6(x − 4) 2 + 0 · (x − 4) 3 = −103 + 60x − 6x 2 , 4 ≤ x ≤ 6 (j = 2).
och den kubiska spline-funktionen g(x),
⎧
⎨
g(x) =
⎩
1 + x 3 , 0 ≤ x ≤ 2,
25 − 36x + 18x 2 − 2x 3 , 2 ≤ x ≤ 4,
−103 + 60x − 6x 2 , 4 ≤ x ≤ 6.
183

13.2 Problem
Problem 13.1 (se Problem 17.4.11, AEM)
Bestäm den kubiska spline-funktionen som upfyller
f0 = f(−1) = 0, f1 = f(0) = 4, f2 = f(1) = 0
med k0 = 0 och k2 = 0 .
Lösning. Vi skall bestämma en kubisk spline-funktion g(x) i intervallet −1 ≤ x ≤
1; ekvidistanta nätpunkterna är
a = x0 = −1 < x1 = 0 < x2 = b = 1 (n = 2, h = 1).
Steg 1. Bestäm talen kj. Motsvarande linjära ekvationssystemet (407) best˚ar
av en ekvation
eller
kj−1 + 4kj + kj+1 = 3
h (fj+1 − fj−1), j = 1,
k0 + 4k1 + k2 = 3
1 (f2 − f0) = 0,
som ger k1 = 0.
Steg 2. Skriv systemen för att bestämma koefficienterna av tv˚a polynomen p0
och p1. Interpolationsdata är
x0 = −1, x1 = 0, x2 = 1
f0 = 0, f1 = 4, f2 = 0
k0 = 0, k1 = 0, k2 = 0.
För polynomet p0, −1 ≤ x ≤ 0 (j = 0):
a00 = f0 = 0, a01 = k0 = 0,
a02 = 3
1 2 (f1 − f0) − 1
1 (k1 + 2k0) = 3(4 − 0) − 0 = 12,
a03 = 2
1 3 (f0 − f1) + 1
1 2 (k1 + k0) = 2(0 − 4) + 0 = −8.
För polynomet p1, 0 ≤ x ≤ 1 (j = 1):
a10 = f1 = 4, a11 = k1 = 0,
a12 = 3
1 2 (f2 − f1) − 1
1 (k2 + 2k1) = 3(0 − 4) − 0 = −12,
a13 = 2
1 3 (f1 − f2) + 1
1 2 (k2 + k1) = 2(4 − 0) + 0 = 8.
184

Nu, kan vi skriva b˚ada kubiska polynomen
p0(x) = 0 + 0 · (x + 1) + 12 · (x + 1) 2 − 8 · (x + 1) 3 = 4 − 12x 2 − 8x 3 , −1 ≤ x ≤ 0 (j = 0),
p1(x) = 4 + 0 · x − 12x 2 + 8x 3 = 4 − 12x 2 + 8x 3 , 0 ≤ x ≤ 1 (j = 1),
och den kubiska spline-funktionen g(x),
2 3 4 − 12x − 8x , −1 ≤ x ≤ 0,
g(x) =
4 − 12x2 + 8x3 , 0 ≤ x ≤ 1.
Den kubiska spline-funktionen g(x) är en jämn funktion eftersom p0(−x) =
p1(x). Observera att interpolationsdata {xj}, {fj}, {kj} är en jämn mängd.
14 Approximation
Vi vill approximera en kontinuerlig funktion f(x), x ∈ [a, b] (vi skriver f(x) ∈
C[a, b]) med ett polynom Pn(x) av grad n eller mindre, som inte nödvändigtvis sammanfaller
med f(x) i n˚agra punkter. Approximationspolynomet ska vara s˚adant
att felfunktionen f(x) − Pn(x) är liten i hela intervallet x ∈ [a, b].
Det finns olika typer av m˚att som definierar approximationens närhet Vi ska
bestämma ett polynom Pn(x) s˚a att maximumnormen (eller Chebyshevnormen)
||Pn − f||C = max
a≤x≤b |Pn(x) − f(x)|,
minimeras eller ett polynom Pn(x) s˚a att L2-normen
minimeras.
||Pn − f||2 = b
(Pn(x) − f(x)) 2 1
2 dx .
a
Sats 1 (Weierstrass sats) L˚at f(x) ∈ C[a, b]. Till varje godtyckligt ɛ > 0 finns
det ett polynom Pn(x) s˚adant att
|Pn(x) − f(x)| ≤ ɛ, x ∈ [a, b].
Sats 2. L˚at f(x) ∈ C[a, b]. Till varje godtyckligt heltal n finns ett entydigt
bestämt polynom πn(x) av grad n eller mindre s˚adant att
δn = max
a≤x≤b |πn(x) − f(x)| ≤ max
a≤x≤b |Pn(x) − f(x)|
185

för varje polynom Pn(x) av grad n eller mindre. Det finns n+2 punkter x0, x1, . . . , xn, xn+1
som tillhör [a, b], x0 < x1 < · · · < xn < xn+1, s˚adana att
eller
πn(xi) − f(xi) = (−1) i δn, i = 0, 1, . . . , n
πn(xi) − f(xi) = (−1) i+1 δn, i = 0, 1, . . . , n.
Observera att enligt Sats 1, δn → 0 d˚a n → ∞.
Man säger att man bestämmer den i maximumnormens mening bästa approximationen
πn(x) till funktionen f(x).
Det finns ingen allmän algoritm att bestämma polynomet πn(x). Man kan göra
detta genom att ersätta intervallet [a, b] med en punktmängd
J = ωn+2 = {x0, x1, . . . , xn, xn+1}.
Vidare, genomför man flera steg och bestämma ett polynom πn(x) av grad n eller
mindre s˚adant att
max
x∈J |πn(x) − f(x)| ≤ max
x∈J |Pn(x) − f(x)|,
där Pn(x) är ett godtyckligt polynom av grad n eller mindre.
Sats 3. L˚at
x0, x1, . . . , xn, xn+1, x0 < x1 < · · · < xn < xn+1,
vara n + 2 godtyckliga, fr˚an varandra skilda punkter. Till ett godtyckligt polynom
Pn(x) av grad n eller mindre finns konstanter λ0, λ1, . . . , λn, λn+1 av alternerande
tecken (dvs produkterna λ0λ1, λ1λ2, . . . , λnλn+1 är negativa) s˚adana att
och
λi =
1
xi − x0
. . .
1
n+1
λiPn(xi) = 0 (411)
i=0
λ0 =
xi − xi−1 xi − xi+1
λn+1 =
1
1
1
x0 − x1 x0 − x2
1
. . .
1
xi − xn+1
xn+1 − x0 xn+1 − x1
186
1
. . .
1
x0 − xn+1
, i = 1, 2, . . . n, (412)
. . .
1
xn+1 − xn
;
.

Bevis. Vi ska visa satsen i fallet n = 1, när man har n + 2 = 3 godtyckliga, fr˚an
varandra skilda punkter x0, x1, x2, tre konstanter skilda fr˚an noll
λ0 =
λ1 =
λ2 =
1
1
x0 − x1 x0 − x2
1
1
x1 − x0 x1 − x2
1
1
x2 − x0 x2 − x1
,
, (413)
samt polynomet Pn(x) = P1(x) = ax + b av grad 1 (a = 0) eller mindre (a = 0) .
L˚at oss uttrycka P1(x) som
P1(x) = ax + b =
x − x1
(ax0 + b) +
x0 − x1
1 1 x − xj
⊓j=i P1(xi) =
i=0
,
xi − xj
x − x0
(ax1 + b) ≡ ax + b.
x1 − x0
Genom att sätta in x = x2 i den sista likheten och dividera med (x2 −x0)(x2 −x1),
f˚ar man identiteten
1
1
x0 − x1 x0 − x2
P1(x0) +
1
1
x1 − x0 x1 − x2
1
1
x2 − x0 x2 − x1
som sammanfaller med formeln (411) i fallet n = 1:
P1(x1) +
P1(x2) = 0,
2
λiP1(xi) = λ0P1(x0) + λ1Pn(x1) + λ2Pn(x2) = 0. (414)
i=0
Definiera följande terminologi.
1. En referensmängd är en punktmängd (nät) J = ωn+2 best˚aende av n + 2 fr˚an
varandra skilda tal x0, x1, . . . , xn, xn+1, x0 < x1 < · · · < xn < xn+1.
2. Ett referenspolynom med avseende p˚a funktionen f(x) och referensmängden J
är ett polynom Pn(x) av grad n eller mindre s˚adant att värdena
har alternerande tecken.
hi = Pn(xi) − f(xi) i = 0, 1, . . . , n, n + 1,
187

3. Ett niv˚a-referenspolynom är ett referenspolynom s˚adant att alla hi har samma
absolutbelopp.
4. Referensavvikelsen till referensmängden och niv˚a-referenspolynomet är talet
H = |h0| = |h1| = . . . = |hn+1|.
Vi ska visa att till den givna referensmängden och funktionen f(x), finns det
ett entydigt bestämt niv˚a-referenspolynom.
Sats 4. Till en (given) funktion f(x) och referensmängd R : x0, x1, . . . , xn+1, x0 <
x1 < · · · < xn+1 finns det ett entydigt bestämt niv˚a-referenspolynom Pn(x) av grad
n eller mindre s˚adant att
där
Pn(xi) = f(xi) + (−1) i δ, i = 0, 1, . . . , n + 1,
δ = −sgn λ0
och λi f˚as ur (412). Referensavvikelsen är
n+1
i=0 λif(xi)
n+1
i=0 |λi|
H = |δ| = | n+1 i=0 λif(xi)|
n+1 i=0 |λi|
.
Om Qn(x) är ett godtyckligt polynom av grad n eller mindre s˚adant att
d˚a
max
x∈R |Qn(x) − f(x)| = H,
Qn(x) ≡ Pn(x).
(415)
Antag nu att x0, x1, . . . , xn+1; x0 < x1 < · · · < xn+1 är en referensmängd och
Pn(x) är ett referenspolynom (inte nödvändigtvis ett niv˚a-referenspolynom) med
avseende p˚af(x). Beteckna
hi = Pn(xi) − f(xi), i = 0, 1, 2, . . . , n + 1.
Man kan visa att referensavvikelsen H kan skrivas som
H =
n+1
wi|hi|,
i=0
188

där viktfunktionerna
wi =
|λi|
n+1
i=0 |λi|
är positiva funktioner och λi är definierade i (411).
Här följer en algoritm att bestämma polynomet πn(x) som ger den i maximumnormens
mening bästa approximationen till f(x).
1. Välj n + 2 punkter x0, x1, . . . , xn+1 (punktmängd J) s˚adana att x0 < x1 <
· · · < xn+1, dvs en referensmängd, R
2. Bestäm niv˚a-referenspolynomet Pn(x) och referensavvikelsen H som motsvarar
R.
3. Bestäm x = z ∈ J s˚adan att
Avbryt om ∆ = H.
|Pn(z) − f(z)| = max
x∈J |Pn(x) − f(x)| = ∆.
4. Bestäm en ny referensmängd J ′ som uppfyller tv˚a villkor: (1) J ′ inneh˚aller z
och (2) Pn(x) är ett referenspolynom med avseende p˚a den nya referensmängden
J ′ . Använd följande algoritm:
om z ∈ [xi, xi+1], i = 0, 1, . . . , n, ersätt xi med z om sgn( Pn(z) − f(z)) =
sgn (Pn(xi) − f(xi)); annars ersätt
xi+1 med z. Om z < x0, ersätt x0 med z om sgn( Pn(x0)−f(x0)) = sgn (Pn(z)−
f(z)); annars ersätt
xn+1 med z. Använd samma algoritm om z > xn+1.
5. Ta den nya referensmängden J ′ och g˚a till steg 2.
När processen avslutas, f˚ar man en referensmängd R ∗ , referensavvikelsen H ∗
som motsvarar R ∗ och ett polynom πn(x) som är niv˚a-referenspolynomet till R ∗ .
Om τn(x) är ett polynom av grad n eller mindre, d˚a , enligt Sats 3, antingen
τn(x) ≡ πn(x) eller τn(x) har maximumabsolutavvikelsen, som är större än H ∗
(som motsvarar R ∗ ).
14.1 Bästa polynomapproximationen i maximumnorm
L˚at oss betrakta tv˚a exempel där vi bestämmer polynom P1(x) av grad 1 eller
mindre som med avseende p˚a maximumnormen ger den bästa polynomapproximationen
till tv˚a givna kontinuerliga funktioner f(x) i intervallet [0, 1].
189

Figur 51: Approximation av funktionen f(x) = x 2 , x ∈ [0, 1], med ett polynom
av grad 1.
Exempel 14.1 Approximera funktionen
f(x) = x 2 , x ∈ [0, 1],
med ett polynom av grad 1. Vi ska lösa problemet analytiskt genom att betrakta
ett polynom P1(x) av grad 1 eller mindre
P1(x) = ax + b.
Approximationspolynomet ska vara s˚adant att felfunktionens maximumnorm
max |f(x) − P1(x)|
0≤x≤1
är minimal.
Enligt Sats 2, bestämmer vi den i maximumnormens mening bästa polynomapproximationen
π1(x) genom att minimera maximumnormen
r1(a, b) = max
0≤x≤1 |R1(x)|, R1(x) = x 2 − ax − b
med avseende p˚a , allmänt, alla reela talpar a, b.
Vi ska inte betrakta det här minimeringsproblemet med avseende p˚a alla reela
tal utan vi ska lägga p˚a vissa naturliga begränsningar, som följer ur egenskaper
av felfunktionen R1(x). Nämligen, antar vi att a = 1 och −0.25 < b < 0. Villkoret
innebär att alla räta linjer y = P1(x) = x + b ligger (för olika b) inom parallellogrammen,
som inneh˚aller parabolen y = x 2 , där tv˚a större sidor sammanfaller
med tangenten x − 0.25 till parabolen y = x 2 i punkten x = ξ = 0.5 och räta linjen
y = x (se Figur 51). Vidare, kan man betrakta felfunktionens maximumnorm
r1 = r1(b) som en funktion av en variabel b, där −0.25 < b < 0.
190

Figur 52: Felfunktionen |R1(x)| = |x 2 − x + 0.125|.
Man kan skriva felfunktionens maximumnorm (i fallet a = 1, se Figur 53)
r1(b) = max
0≤x≤1 |x2 − x − b| = max{|R1(0)|; |R1(0.5)|; |R1(1)|} = max{−b; |b + 0.25|},
eftersom funktionen R1(x) har bara tre extrempunkterna x = 0, 0.5, 1 i intervallet
[0, 1] och R1(0) = R1(1) = −b > 0 (se Figur 52).
Figur 53: Approximation av funktionen f(x) = x 2 , x ∈ [0, 1], med ett polynom
av grad 1: felfunktionens maximumnorm.
r1(b) är en styckvis-linjär funktion, dess avtagande del r1(b) = −b, −0.25 <
b < b0, dess växande del r1(b) = b + 0.25, b0 < b < 0, och b0 är en skärningspunkt
mellan y = −b och y = b + 0.25. D˚a
min
−0.25

Villkoren
π1(xi) − f(xi) = (−1) i+1 δ2, i = 0, 1, 2; δ2 = 0.125
satisfieras i referenspunkterna (referensmängden)
x0 = 0, x1 = 0.5, x2 = 1.
Man kan f˚a samma resultat genom att utnyttja att felfunktionen R1(x) =
x 2 − ax − b antar extremvärdet med alternerande tecken (se Sats 2) i punkterna
x = 0, x = 1 och x = ξ = 0.5a (eftersom derivatan (ax + b − x 2 ) ′ = a − 2x = 0,
x = ξ). Bestäm konstanter a och b s˚adana att
max
0≤x≤1 |ax + b − x2 |
minimeras. Antag att a > 0 (eftersom punkten x = 0.5a tillhör intervallet [0, 1]
om 0 < a < 2). Enligt Sats 2, kommer vi att bestämma a och b s˚adana att
ax + b − x 2 = b = −δ2 (x = 0);
ax + b − x 2 = 0.25a 2 + b = δ2 (x = 0.5a);
ax + b − x 2 = a + b − 1 = −δ2 (x = 1);
Lösningen till motsvarande ekvationssytem är
a = 1, b = −0.125, δ2 = 0.125,
och den i maximumnormens mening bästa polynomapproximationen π1(x) = x −
0.125.
Exempel 14.2 Approximera funktionen
i intervallet [0, 1]. Lösningen är
och maximumnormen
f(x) = e x
π1(x) = 1.718282x + 0.894607
max
0≤x≤1 |π1(x) − f(x)| = 0.105933.
L˚at J = ω101 vara en punktmängd (nät)
ti = i
, i = 0, 1, 2, . . . , 100,
100
192

och l˚at oss börja med referensmängden
Vi har
x0 = 0, x1 = 0.5, x2 = 1.0.
f(x0) = 1.0000, f(x1) = 1.6487, f(x2) = 2.7183, f(x) = e x .
Bestäm niv˚a-referenspolynomet P (x) och referensavvikelsen H. Ur (413), följer
Formeln (415) ger oss δ,
λ0 =
λ1 =
λ2 =
1
1
x0 − x1 x0 − x2
1
1
x1 − x0 x1 − x2
1
1
x2 − x0 x2 − x1
= 2,
= −4,
= 2.
2(1.0000) − 4(1.6487) + 2(2.7183)
δ = − = −0.1052,
2 + 4 + 2
och sedan referensavvikelsen
H = 0.1052.
Antag att istället för referensmängden J börjar vi med n˚agon annan referensmängd
som har niv˚a-referenspolynomet
I detta fall
Q(x) = 0.9 + 1.6x.
h0 = Q(x0) − f(x0) = 0.9 − 1.0000 = −0.1000,
h1 = Q(x1) − f(x1) = 1.7 − 1.6487 = 0.0513,
h2 = Q(x2) − f(x2) = 2.5 − 2.7183 = −0.2183
och det betyder att Q(x) är ett niv˚a-referenspolynom till J. Kolla villkoret (413).
Vi har
och avvikelsen
w1 = 1
4 , w2 = 1
2 , w3 = 1
4
H = 0.1052 = 1
4 |h0| + 1
2 |h1| + 1
4 |h2| =
1 1 1
(0.1000) + (0.0513) +
4 2 4 (0.2183).
193

Bestäm vidare P (x) med hjälp av linjär interpolation i punkterna x0 och x1;
motsvarande interpolationsvärden är
P (x0) = f(x0) + δ = 0.8948, P (x1) = f(x1) − δ = 1.7539.
Skriv interpolationspolynomet
x − x0
P (x) = P (x0) + (P (x1) − P (x0)) = 0.8948 + 1.7182x.
Vi har
s˚a att
x1 − x0
P (x2) = 2.6130 = f(x2) − 0.1053 = f(x2) + δ.
λ0P (x0) + λ1P (x1) + λ2P (x2) = 2(0.8948) − 4(1.7539) + 2(2.6130) = 0.
Polynomet P (x) är ett niv˚a-referenspolynom som motsvarar referensmängden eftersom
differenserna P (xi) − f(xi), i = 0, 1, 2, har alternerande tecken.
Maximumnormen
max |P (x) − f(x)| = |P (z) − f(z)| = 0.106656, z = 0.54.
x∈J
Man f˚ar ersätta referensmängden {0, 0.5 , 1} med referensmängden {0, 0.54, 1}
eftersom P (z) − f(z) = 0.106656. Vidare, bestämmer vi niv˚a-referenspolynomet
π1(x) = 1.718282x + 0.894607
som motsvarar den här referensmängden. Referensavvikelsen H = 0.105933 sammanfaller
med
max
x∈J |π1(x) − f(x)| = |π1(1) − f(1)| = 0.105933;
d˚a f˚ar man avsluta och π1(x) blir den i maximumnormens mening bästa polynomapproximationen.
Hur ska man välja startreferensmängden? Ett alternativ är att sätta x0 = a
och xn+1 = b och att välja sedan n ekvidistanta punkter som ligger mellan x0 och
xn+1 (ett likformigt nät ωn+2 i intervallet [a, b]).
Man kan ocks˚a välja startreferensmängden som Chebyshevabskissorna
xi =
b + a
2
+ b − a
2
cos πi
, i = 0, 1, . . . , n + 1
n + 1
(se (425)). När a = −1 och b = 1, sammanfaller Chebyshevmängden med extremvärdena
av Chebyshevpolynom Tn+1(x) av grad n + 1
Om n = −1, 0, 1, 2, f˚ar man
Tn+1(x) = cos ((n + 1) arccos x), (416)
T0(x) = 1; T1(x) = x; T2(x) = 2x 2 − 1; T3(x) = 4x 3 − 3x 2 , . . . . (417)
194

14.2 Chebyshevpolynom
Chebyshevpolynomen av första typ, Tn, och andra typ, Un, definieras för heltal
n ≥ 0 av differensekvationen
och
eller
Tn(x) = 2xTn−1(x) − Tn−2(x), Un(x) = 2xUn−1(x) − Un−2(x), n = 2, 3, ...,
Om |x| ≤ 1, d˚a gäller
Un(x) =
T0(x) = 1, T1(x) = x (n = 0, 1),
U0(x) = 1, U1(x) = 2x (n = 0, 1).
Tn(x) = cos(n arccos x), n = 0, 1, . . . ; (418)
1
√ sin ((n + 1) arccos x), n = 0, 1, . . . . (419)
1 − x2 I punkterna x = ±1, ersätts (419) med ett gränsvärde.
Formeln (418) (och (418)) visar att Chebyshevpolynomen Tn och Un verkligen
är polynom (av grad n) och följande gäller
Un(x) = 1
n + 1 T ′ n+1(x), n = 0, 1, . . . ,
T0(x) = 1,
T1(x) = x,
T2(x) = 2x 2 − 1,
T3(x) = 4x 3 − 3x,
T4(x) = 8x 4 − 8x 2 + 1,
T5(x) = 16x 5 − 20x 3 + 5x,
T6(x) = 32x 6 − 48x 4 + 18x 2 − 1;
U0(x) = 1,
U1(x) = 2x,
U2(x) = 4x 2 − 1,
U3(x) = 8x 3 − 4x,
U4(x) = 16x 4 − 12x 2 + 1,
U5(x) = 32x 5 − 32x 3 + 6x,
U6(x) = 64x 6 − 80x 4 + 24x 2 − 1.
195
(420)
(421)

Chebyshevpolynomen Tn(x) är ortogonala med avseende p˚a viktfunktionen
1/ √ 1 − x2 i intervallet [−1, 1]:
⎧
1
1
⎨ 0,
Tn(x)Tm(x) √ dx = π/2,
1 − x2 ⎩
π,
n = m
n = m = 0
n = m = 0.
(422)
−1
Chebyshevpolynomen Un(x) är ortogonala med avseende p˚a viktfunktionen √ 1 − x 2
i intervallet [−1, 1]
dvs
eller
1
−1
Un(x)Um(x) √ 1 − x 2 dx =
0, n = m
π/2, n = m
Chebyshevpolynomens nollställen xk, k = 0, 1, . . . , f˚as ur
. (423)
Tn(xk) = cos(n arccos xk) = 0 (n = 0, 1, . . . ), (424)
n arccos xk = (2k + 1) π
, k = 0, ±1, ±2, . . . , (n = 0, 1, . . . ),
2
xk = cos
(2k + 1)π
, k = 0, ±1, ±2, . . . , n = 0, 1, . . . . (425)
2n
Problem 14.1
Beräkna maximumnormerna och L2-normerna ||Pn − f|| i intervallet [a, b] för
(a) f(x) = x 2 − 3x + 2; a = 0, b = 1, n = 1, P1(x) = −3x + 2;
(b) f(x) = x 3 − 2; a = −1, b = 1, n = 2, P2(x) = x 2 − 2;
(c) f(x) = √ x + 4; a = −4, b = 0, n = 1, P1(x) = 0.5x + 2.
Problem 14.2
Bestäm niv˚a-referenspolynomet P0(x) ≡ P0 = const av grad n = 0 som
motsvarar en referensmängd best˚aende av 2 punkter, rita grafer och beräkna referensavvikelsen
(med tre signifikanta siffror) för funktionerna f(x) nedan.
(a) f(x) = x 3 + 2; x0 = 0, x1 = 1.
(b) f(x) = sin πx; x0 = 0.25, x1 = 0.5.
(c) f(x) = √ x; x0 = 0, x1 = 2.
Problem 14.3
Bestäm konstanter λi och referensavvikelsen H till referensmängden som är
ett likformigt nät ωn+2 i intervallet [a, b] med steglängden h (best˚aende av n + 2
ekvidistanta punkter) för funktionerna f(x) nedan.
196

(a) f(x) = x 2 + 1; x0 = 0, h = 0.1, n = 2.
(b) f(x) = sin πx; x0 = 0, h = 0.25, n = 1.
(c) f(x) = 2 x ; x0 = 0, h = 1, n = 1.
Problem 14.4
Använd metoden beskriven i Exemplet 14.1 och bestäm den i maximumnormens
mening bästa polynomapproximationen av grad 1 till funktionen
(se Exemplet 14.2).
Problem 14.5
Härled formeln (422) ur
π
−π
15 Facit
15.1 Problem 3.2
f(x) = e x , x ∈ [0, 1]
cos nx cos mxdx = 0, n = m, n m = 0, ±1, ±2, .
Bestäm differensscheman (med 2D) i noderna xk = kh, k = 0, 1, 2, . . . , N för
MATLABkoden
h =.2; b=1; x = 0:h:b;
x, kolonn1=diff(sqrt(2.*x+1)),
kolonn2=diff(kolonn1),
kolonn3=diff(kolonn2),
kolonn4=diff(kolonn3),
kolonn5=diff(kolonn4)
a) f(x) = √ 2x + 1, h = 0.2, N = 5.
konstruerar
Differensschemat för f(x) = √ 2x + 1, xk = kh, k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, h = 0.2
x =
0 0.2000 0.4000 0.6000 0.8000 1.0000
197

kolonn1 =
0.1832 0.1584 0.1416 0.1292 0.1196
kolonn2 =
-0.0248 -0.0168 -0.0124 -0.0096
kolonn3 =
0.0080 0.0044 0.0028
kolonn4 =
-0.0035 -0.0017
kolonn5 =
0.0019
15.2 Problem 5.2.
Beräkna integralen
3
0
y(x)dx
med trapets formeln där funktionen y(x) ges som talpar
(x0, y0) (x1, y1) (x2, y2) (x3, y3)
(0, 0) (1, 1) (2, 2) (3, 3).
Lösning. Enligt trapets formeln
3
0
y(x)dx ≈ h(0.5y0 + y1 + y2 + 0.5y3) = 1 · (0 + 1 + 2 + 1.5) = 4.5
Genomför numerisk integration genom styckvis linjär interpolation som utföras
genom att vi konstruerar en styckvis linjär interpolationsfunktion F (M; x) som
sammanfaller med M +1 givna interpolationsvärden. Här antalet delintervall M =
3. I varje intervall [xk, xk+1], k = 0, 1, 2, där (xk, yk) är interpolationsdata
(x0, y0) (x1, y1) (x2, y2) (x3, y3)
(0, 0) (1, 1) (2, 2) (3, 3)
f˚as F (M; x) genom
k = 0:
F (M; x) = yk +
F (M; x) = y0 +
k = 1:
F (M; x) = y1 +
x − xk
xk+1 − xk
(yk+1 − yk), x ∈ [xk, xk+1], k = 0, 1, 2.
x − x0
(y1 − y0) = 0 +
x1 − x0
x − x1
(y2 − y1) = 1 +
x2 − x1
198
x − 0
(1 − 0) = x, x ∈ [0, 1].
1 − 0
x − 1
(2 − 1) = x, x ∈ [1, 2].
2 − 1

k = 2:
F (M; x) = y2 +
x − x2
(y3 − y2) = 2 +
x3 − x2
x − 2
(3 − 2) = x, x ∈ [2, 3].
3 − 2
s˚a att F (M; x) = x i varje interpolationsintervall [0, 1], [1, 2], [2, 3] och i hela
intervallet [0, 3].
Observera att det exakta integralens värde
3
0
y(x)dx =
3
0
xdx = x2
2
3
0
= 4.5.
sammanfaller med det som räknas ovan med trapetsformeln.
15.3 Problem 5.3.
Beräkna integralen
5
1
y(x)dx
med trapets formeln, där funktionen y(x) ges som talpar
(x0, y0) (x1, y1) (x2, y2) (x3, y3) (x4, y4)
(1, 1) (2, 4) (3, 9) (4, 16) (5, 25)
5
1
Lösning. Enligt trapets formeln
y(x)dx ≈ h(0.5y0 + y1 + y2 + y3 + 0.5y4) = 1 · (0.5 + 4 + 9 + 16 + 12.5) = 42.
Använd talparen (xi, yi) ovan som interpolationsdata och konstruera motsvarande
styckvis linjär interpolationsfunktionen F (M; x).
Styckvis linjär interpolation utföras genom att vi konstruerar en styckvis linjär
interpolationsfunktion F (M; x) som sammanfaller med M + 1 givna interpolationsvärden.
Här antalet delintervall M = 4. I varje delintervall [xk, xk+1], k =
0, 1, 2, 3, där (xk, yk) är interpolationsdata
(x0, y0) (x1, y1) (x2, y2) (x3, y3) (x4, y4)
(1, 1) (2, 4) (3, 9) (4, 16) (5, 25)
f˚as F (M; x) genom
F (M; x) = F (4; x) = yk +
k = 0:
F (4; x) = y0 +
x − xk
xk+1 − xk
x − x0
(y1 − y0) = 1 +
x1 − x0
(yk+1 − yk), x ∈ [xk, xk+1], k = 0, 1, 2, 3.
199
x − 1
(4 − 1) = 3x − 2, x ∈ [1, 2].
2 − 1

k = 1:
F (4; x) = y1 +
k = 2:
F (4; x) = y2 +
k = 3:
F (4; x) = y3 +
x − x1
(y2 − y1) = 4 +
x2 − x1
x − x2
(y3 − y2) = 9 +
x3 − x2
x − x3
(y4 − y3) = 16 +
x4 − x3
s˚a att
F (4; x) = 3x − 2, x ∈ [1, 2],
= 5x − 6, x ∈ [2, 3],
= 7x − 12, x ∈ [3, 4],
= 9x − 20, x ∈ [4, 5].
Observera att funktionen
y(x) = x 2
x − 2
(9 − 4) = 5x − 6, x ∈ [2, 3].
3 − 2
x − 3
(16 − 9) = 7x − 12, x ∈ [3, 4].
4 − 3
x − 4
(25 − 16) = 9x − 20, x ∈ [4, 5],
5 − 4
satisfierar villkoren
y(1) = 1, y(2) = 4, y(3) = 9, y(4) = 16, y(5) = 25
(ys kurva g˚ar genom punkterna (1, 1) (2, 4) (3, 9) (4, 16) (5, 25)).
D˚a blir det exakta integralens värde (räkna med 3D)
5
1
y(x)dx =
Felet är 41.333 − 42 = −0.667.
15.4 Problem 6.1
Skriv differensekvationen
5
1
x 2 dx = x3
3
5
1
= 53 − 1
3
= 41.333.
yi−1 − byi + yi+1 = fi, i = 1, 2, . . . , n. (426)
som ett linjärt ekvationssystem med en symmetrisk tridiagonal matris när
a) n = 3,
b) n = 4.
200

Framställa matriserna p˚a formen (138) i Kompendiet Numeriska metoder.
1. n = 3.
Man kan skriva (426) som ett linjärt ekvationssystem med n = 3 obekanta yi,
i = 1, 2, 3
eller p˚a matrisformen
i = 1 : −by1 + y2 + 0 · y3 = f1 − y0,
i = 2 : y1 − by2 + y3 = f2
i = 3 : 0 · y1 + y2 − by3 = f3 − y4
Ay = b
med symmetriska tridiagonala matrisen A av typ 3 × 3
⎡
−b 1 0
⎤
A = ⎣ 1 −b 1 ⎦
0 1 −b
och 3-dimensionella kolonnvektorerna
⎡ ⎤
y = ⎣
y1
y2
y3
⎡
⎦ , b = ⎣
f1 − y0
f2
f3 − y4
Den tridiagonala matrisen A kan framställas p˚a formen
där
⎡
I = ⎣
I−1 =
A = −bI + I−1 + I+1,
1 0 0
0 1 0
0 0 1
⎡
⎣
⎤
0 0 0
1 0 0
0 1 0
⎡
⎦ , −bI = ⎣
⎤
⎤
⎦
−b 0 0
0 −b 0
0 0 −b
⎡
⎦ , I+1 = ⎣
0 1 0
0 0 1
0 0 0
2. n = 4.
Man kan skriva (426) som ett linjärt ekvationssystem med n = 4 obekanta yi,
i = 1, 2, 3, 4,
⎤
⎤
⎦ .
⎦ ,
i = 1 : −by1 + y2 + 0 · y3 + 0 · y4 = f1 − y0,
i = 2 : y1 − by2 + y3 + 0 · y4 = f2
i = 3 : 0 · y1 + y2 − by3 + y4 = f3
i = 3 : 0 · y1 + 0 · y2 + y3 − by4 = f4 − y5
201

eller p˚a matrisformen
Ay = b
med symmetriska tridiagonala matrisen A av typ 4 × 4
⎡
−b
⎢
A = ⎢ 1
⎣ 0
1
−b
1
0
1
−b
0
0
1
⎤
⎥
⎦
0 0 1 −b
och 4-dimensionella kolonnvektorerna
⎡ ⎤
y =
⎢
⎣
y1
y2
y3
y4
⎡
⎥ ⎢
⎥
⎦ , b = ⎢
⎣
f1 − y0
f2
f3
f4 − y5
Den tridiagonala matrisen A kan framställas p˚a formen
där
I =
⎡
⎢
⎣
I−1 =
15.5 Problem 8.5
Visa att
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
A = −bI + I−1 + I+1,
⎤
⎡
⎤
⎥
⎦
−b 0 0 0
0 −b 0 0
0 0 −b 0
⎥
⎦ ,
⎢
−bI = ⎢
⎣
0 0 0 1
0 0 0 −b
⎡
0
⎢ 1
⎣ 0
0
0
1
0
0
0
⎤
0
0 ⎥
0 ⎦
0 0 1 0
, I+1
⎡
0
⎢
= ⎢ 0
⎣ 0
1
0
0
0
1
0
⎤
0
0 ⎥
1 ⎦
0 0 0 0
.
A · B = B · A och A · O = O
genom att betrakta ett par exempel av tv˚a kvadratiska matriser och tv˚a rektangulära
matriser A och B av typ 2 × 2 och 3 × 2.
Betrakta tv˚a kvadratiska matriser A och B av typ 2 × 2,
A =
10 1
12 2
och B =
202
1 5
−1 3
.
⎤
⎥
⎦ ,

Vi har
9
A · B =
10
53
70
= B · A =
66
26
11
.
5
0
A · O =
0
0
,
0
där
0
O =
0
0
.
0
och tv˚a rektangulära matriser C och D av typ 3 × 2,
⎡
1
C = ⎣ 2
3
⎤
7
2 ⎦
1
och
1
D =
−2
5
1
0
1
Vi har
⎡
C · D = ⎣
D · O =
15.6 Problem 8.6
Bestäm matrisprodukten
och
Vi har
−13 12 7
−2 12 2
1 16 1
⎡
⎣
A = ⎣
⎡
A · B = ⎣
⎡
0 0
0 0
3 2 1
1 2 3
2 1 3
3 2 1
1 2 3
2 1 3
9 13 −1
3 15 1
6 15 2
⎤
⎦ = D · C =
, där O =
⎤
⎡
⎦ · ⎣
⎤
⎡
⎣
3 2 0
0 2 −1
0 3 1
⎦ , B = ⎣
⎤
⎡
⎦ , B · A = ⎣
203
.
11 17
3 −11
0 0
0 0
0 0
⎤
⎦
3 2 0
0 2 −1
0 3 1
⎡
⎤
⎦ .
⎤
⎦
11 10 9
0 3 3
5 7 12
.
⎤
⎦ .

15.7 Problem 9.1
Bestäm den exakta lösningen till randvärdesproblemet
y ′′ + 4y = 0, y = y(x), 0 < x < 1,
y(0) = 0, y(1) = sin(2).
(427)
Approximera randvärdesproblemet (427) genom att reducera det till ett linjärt
ekvationssystem med tre obekanta.
Beräkna den approximativa lösningen genom att lösa det linjära ekvationssystemet
med hjälp av Gusselimination. Jämför den här approximativa lösningen med
den exakta lösningen.
1. Bestäm den exakta lösningen till randvärdesproblemet: Lösningen till diffekvationen
y ′′ + 4y = 0 är
y(x) = c1 sin 2x + c2 cos 2x.
Använd randvillkoren och bestäm c1 och c2:
y(0) = c2 = 0, y(1) = c1 sin 2 = sin 2 → c1 = 1.
Den exakta lösningen till randvärdesproblemet (427) är d˚a
y(x) = sin 2x.
För att lösa randvärdesproblemet numeriskt genom att ersätta den med en
differensapproximation delar man in intervallet [0, 1] i 4 mindre intervall. M˚alet
är att beräkna lösningen för (4 − 1) = 3 stycken x-värden xj likformigt fördelade
med ett avst˚and h =
1 − 0
4
= 0.25:
xj = jh, j = 0, 1, 2, 3, 4, (428)
x0 = 0 < x1 < x2 < x3 < x4 = 1.
Man kan skriva xj, j = 0, 1 . . . , 4, som en 5-dimensionell radvektor (nätvektor)
x = [xj] = [x0, x1, x2, x3, x4].
Sedan approximeras andra derivatan i diffekvationen med
Differentialoperatorn approximeras
y ′′ ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h2 .
y ′′ + 4y ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 + 4yi. (429)
204

Randvärdesproblemet approximeras med
eller
eller
yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 + 4yi = 0, i = 1, 2, 3; y0 = 0, y4 = sin 2.
yi+1 − 2(1 − 2h 2 )yi + yi−1 = 0, i = 1, 2, 3; y0 = 0, y4 = sin 2,
yi+1 − 1.75yi + yi−1 = 0, i = 1, 2, 3; y0 = 0, y4 = sin 2.
D˚a f˚ar vi tre ekvationer
y2 − 1.75y1 + y0 = 0 (i = 1),
y3 − 1.75y2 + y1 = 0 (i = 2),
y4 − 1.75y3 + y2 = 0 (i = 3),
Villkoren y0 = 0, y4 = sin 2 ger ett linjärt ekvationssystem med tre obekanta
y1, y2, y3
P˚a matrisformen f˚ar vi
−1.75y1 + y2 = 0,
y1 − 1.75y2 + y3 = 0,
y2 − 1.75y3 = − sin 2,
Ay = b,
där tridiagonala systemsmatrisen
⎡
−1.75 1 0
⎤
A = ⎣ 1 −1.75 1 ⎦ ,
0 1 −1.75
och högerledet
⎡
b = ⎣
0
0
− sin 2
Lös det linjära ekvationssystemet med tre obekanta med hjälp av Gusselimination
(dvs, beräkna approximativa lösningen). Skriv systemet som
⎤
⎦ .
−1.75y1 + y2 = 0,
y1 − 1.75y2 + y3 = 0, (430)
y2 − 1.75y3 = −0.9093,
205

Utför Gusselimination.
y2 − 1.75y3 = −0.9093,
−y1 + y2/(1.75) = 0,
−y1 + y2/(1.75) = 0,
y1 − 1.75y2 + y3 = 0,
(1/1.75 − 1.75)y2 + y3 = 0,
−y1 + y2/(1.75) = 0,
−y1 + y2/(1.75) = 0,
y2 − 1.75y3 = −0.9093,
−1.1786y2 + y3 = 0,
−y1 + y2/(1.75) = 0,
(1/1.1786 − 1.75)y3 = −0.9093,
−y1 + y2/(1.75) = 0,
−0.9015y3 = −0.9093,
y2 − 1.75y3 = −0.9093,
−y2 + y3/1.1786 = 0,
y2 − 1.75y3 = −0.9093,
−y2 + y3/1.1786 = 0,
−y2 + y3/1.1786 = 0,
−1.75y1 + y2 = 0,
−y2 + y3/1.1786 = 0,
y3 = 1.0087,
−1.75y1 + y2 = 0,
y2 = y3/1.1786 = 0.8558,
y3 = 1.0087,
206

Den approximativa lösningen är
y1 = y2/1.75 = 0.4890,
y2 = y3/1.1786 = 0.8558,
y3 = 1.0087,
y1 = 0.4890,
y2 = 0.8558,
y3 = 1.0087.
Den exakta lösningen y = sin 2x i punkterna
är
xj = jh = 0.25j, j = 0, 1, 2, 3, 4,
x0 = 0 < x1 = 0.25 < x2 = 0.50 < x3 = 0.75 < x4 = 1,
y(x1) = sin 0.5 = 0.4794,
y(x2) = sin 1.0 = 0.8415,
y(x3) = sin 1.5 = 0.9975.
Jämför den här approximativa lösningen med den exakta lösningen och bestäm
felet:
15.8 Problem 10.1
y(x1) − y1 = 0.4794 − 0.4890 = −0.0096,
y(x2) − y2 = 0.8415 − 0.8558 = −0.0143,
y(x3) − y3 = 0.9975 − 1.0087 = −0.0112.
Beräkna temperatur i en tegelsten vägg med K = 5·10 −7 m 2 /s, L = 0.3 m och begynnelsetemperaturen
100 deg C genom att lösa motsvarande randvärdesproblemet
(275) i Kompendiet Numeriska metoder. Antag att väggsändarna h˚alls vid konstant
temperatur 0 deg C.
Lösning. Vi använder metoden som beskrivs i Exempel 10.1 och löser randvärdesproblemet
till den värmeledningsekvationen som beskriver temperatur i en tegelsten vägg med
kalla väggsändarna
K ∂2u ∂u
=
∂x2 ∂t , u = u(x, t), K = 5 · 10−7 , t > 0, 0 < x < L = 0.3,
207

u(x, 0) = 100, 0 ≤ x ≤ 0.3 (begynnelsevillkoret (begynnelsetemperatur 100 deg C)),
u(0, t) = 0, u(0.3, t) = 0, t ≥ 0 (randvillkoren (kalla väggsändarna)).
Man kan lösa randvärdesproblemet genom att skriva
u(x, t) =
∞
un(x, t) =
n=1
∞
n=1
Bne −λ2 n t sin nπ
L x = B1e −λ2 1 t sin π
L x+B2e −λ2 2t sin 2π
x+. . . .
L
där
√
Kπ
λn = n = 0.02341 · · · · n
L
kallas egenvärden. För att f˚a obekanta koefficienterna Bn, satisfierar man begynnelsevillkoren
∞
u(x, 0) = Bn sin nπ
x = f(x) = 100.
L
D˚a
Bn = 2
L
L
0
n=1
f(x) sin nπ
xdx, n = 1, 2, . . . ,
L
blir fourierskoefficienterna till funktionen f(x). Här
Bn = 2
L
u = nπ
L x
= 100 2 L
L nπ
och
L
0
nπ
0
100 sin nπ 2
xdx = 100
L L
L
0
sin nπ
xdx =
L
sin udu = 200
200
(cos 0−cos nπ) =
nπ nπ (1−(−1)n ) = 400
nπ ,
n = 1, 3, 5 . . . (n = 2l − 1, l = 1, 2, 3, . . . )
u(x, t) = 400
∞
e
π
l=1
−λ2 2l−1t 1 (2l − 1)π
sin x =
2l − 1 L
400
e
π
−λ2 1t sin π 1
x +
L 3 e−λ2 3t sin 3π
x + . . . ,
L
λ 2 n = n 2 K π2
L 2 = (0.02341)2 n 2 , n = 1, 2, 3, . . . .
Bestäm lösningen. Vi har
och
u(x, t) = 400
π
λ 2 1 = 0.000548, λ 2 3 = 0.00493, λ 2 5 = 0.0137,
e −0.000548t sin π 1
x +
0.3 3 e−0.00493t sin 3π 1
x +
0.3 5 e−0.0137t sin 5π
x + . . . =
0.3
208

= 127.324 e −0.000548t sin 10.471x + 1
3 e−0.00493t sin 31.416x + 1
5 e−0.0137t
sin 52.360x + . . . =
Beräkna lösningen med 3 KD i punkten x = 0.15 och tidspunkten t = 4·440 = 1760
sek. Vi tar med tre termer:
u(x, t) ≈ 127.324·
e −0.000548·1760 sin(10.471 · 0.15) + 1
3 e−0.00493·1760 sin(31.416 · 0.15) + 1
5 e−0.0137·1760
sin(52.360 · 0.15)
= 127.324 (0.381 − 0.00704 + 0.0000340) = 127.324 · 0.374 = 47.620
Observera att om man tar med fyra termer och räknar med 3 KD, d˚a f˚ar man
u(x, t) ≈ 127.324 0.381 − 0.00704 + 0.0000340 − 2.835 · 10 −8 = 127.324·0.374 = 47.620.
16 Tentor
16.1 Tenta 1
Problem 1. Lös (skriv den exakta lösningen) randvärdesproblemet för den linjära
differentialekvationen av andra ordningen
′′ 2 y + 4y = 2(2x + 1), y = y(x), 1 < x < 5,
(431)
y(1) = 1, y(5) = 25.
Lösning. Ekvationen
har karakteristiska polynomet
y ′′ + 4y = 0 (432)
r 2 + 4
med nollställena r1 = 2i och r2 = −2i. Den fullständiga lösningen till homogena
ekvationen (432) är
y0 = C1 cos 2x + C2 sin 2x.
Bestäm en partikulär lösning yp(x) till ekvationen (431) som ett andragradspolynom
(eftersom högerledet 4x 2 + 2 är ett andragradspolynom):
yp = ax 2 + bx + c : y ′′
p + 4yp = (ax 2 + bx + c) ′′ + 4(ax 2 + bx + c) =
209

2a + 4ax 2 + 4bx + 4c = 4x 2 + 2 → a = 1, b = 0, c = 0,
och yp(x) = x 2 .
Den fullständiga lösningen till ekvationen (431) blir
Satisfiera randvillkor
y = y0 + yp = C1 cos 2x + C2 sin 2x + x 2 .
y(1) = 1 → C1 cos 2 + C2 sin 2 + 1 = 1 → C2 = −C1(cos 2/ sin 2);
y(5) = 25 → C1 cos 10 + C2 sin 10 + 25 = 25, →
C1(cos 10 − sin 10(cos 2/ sin 2)) = 0 → C1 = 0, C2 = 0.
Den (exakta) lösningen till randvärdesproblemet (431) är
y(x) = x 2 .
Problem 2. Approximera randvärdesproblemet (431) genom att reducera det
till ett linjärt ekvationssystem med tre obekanta. Approximera derivatan (i punkten
x = xi) med
y ′′ ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 , h = xi+1 − xi.
Lösning. Eftersom vi m˚aste f˚a ett ekvationssystem med tre obekanta och ekvationen
y ′′ +4y = 4x 2 +2 i (431) betraktas i intervallet (1,5), är antalet delpunkter
xi som tillhör (1,5) lika med 3 (antalet delintervall är 3 + 1 = 4), s˚a att de här
delpunkterna xi = 1 + ih, i = 1, 2, 3, där h = (5 − 1)/4 = 1. Vi har x0 = 1, x1 = 2,
x2 = 3, x3 = 4 och x4 = 5. Approximera differentialoperatorn:
y ′′ + 4y ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 + 4yi. (433)
Randvärdesproblemet (431) approximeras med
yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 + 4yi = 4x 2 i + 2, i = 1, 2, 3; y0 = 1, y4 = 25.
eller (observera att h = 1)
yi+1 + 2yi + yi−1 = 4x 2 i + 2, i = 1, 2, 3; y0 = 1, y4 = 25.
210

D˚a f˚ar vi tre ekvationer
y2 + 2y1 + y0 = 4 · 2 2 + 2 (i = 1),
y3 + 2y2 + y1 = 4 · 3 2 + 2 (i = 2),
y4 + 2y3 + y2 = 4 · 4 2 + 2 (i = 3),
Villkoren y0 = 1, y4 = 25 ger ett linjärt ekvationssystem med tre obekanta
y1, y2, y3
P˚a matrisformen f˚ar vi
där tridiagonala systemsmatrisen
och högerledet
2y1 + y2 = 17,
y1 + 2y2 + y3 = 38,
y2 + 2y3 = 41,
A = ⎣
Ay = b,
⎡
2 1 0
1 2 1
0 1 2
⎡
b = ⎣
Problem 3. Lös det linjära ekvationssystemet med tre obekanta som approximerar
(431) med hjälp av Gusselimination (dvs, beräkna approximativa lösningen).
Jämför den här approximativa lösningen {yi} med den exakta lösningen.
Lösning. Skriv linjära ekvationssystemet med tre obekanta som approximerar
(431)
Utför Gusselimination.
1.
17
38
41
⎤
⎦ .
⎤
⎦ ,
2y1 + y2 = 17,
y1 + 2y2 + y3 = 38,
y2 + 2y3 = 41,
211

2.
y1 + 1
2 y2 + 0 · y3 = 17/2,
y1 + 2y2 + y3 = 38,
y2 + 2y3 = 41,
2y1 + y2
2 −
= 17,
1
2
y2 + 2y3 = 41,
y2 + y3 = 38 − 17/2,
2y1 + y2 = 17,
3
2 y2 + y3 = 59/2,
y2 + 2y3 = 41,
2y1 + y2 = 17,
y2 + 2
3 y3 = 2 59
3 2 ,
y2 + 2y3 = 41,
2y1 + y2 = 17,
3
2 y2 + y3 = 59/2,
2 − 2
3
y3 = 41 − 59
3 ,
2y1 + y2 = 17,
3
2 y2 + y3 = 59/2,
4
3 y3 = 64
3 ,
212

3.
Vektorn
2y1 + y2 = 17,
3
2 y2 + y3 = 59/2,
y3 = 3
4
64
3
= 16,
2y1 + y2 = 17,
3
2 y2 = 59/2 − 16,
y3 = 16,
2y1 + y2 = 17,
3
2 y2 = 27/2,
y3 = 16,
y1 = (17 − 9)/2 = 4,
y2 = 9,
y3 = 16,
y1 = 4,
y2 = 9,
y3 = 16.
ger den approximativa lösningen till randvärdesproblemet (431).
Den exakta lösningen till randvärdesproblemet (431)
y(x1) = x 2 1 = 2 2 = 4,
y(x2) = x 2 2 = 3 2 = 9
y(x3) = x 2 3 = 4 2 = 16
sammanfaller med den approximativa lösningen (i punkterna x1, x2, x3).
213

Problem 4. Använd (xi, yi) som interpolationsdata och konstruera en styckvis
linjär interpolationsfunktionen F (M; x) till den approximativa lösningen {yi} till
problemet (431); rita funktionskurvan och beräkna interpolationsfelet (med 3D) i
punkten
xi+0.5 = xi + 0.5h, i = 2.
Lösning. Styckvis linjär interpolation utföras genom att vi konstruerar en
styckvis linjär interpolationsfunktion F (M; x) som sammanfaller med M +1 givna
interpolationsvärden. Här M = 4. I varje intervall [xk, xk+1], k = 0, 1, 2, 3, där
(xk, yk) är interpolationsdata
(x0, y0) (x1, y1) (x2, y2) (x3, y3) (x4, y4)
(1, 1) (2, 4) (3, 9) (4, 16) (5, 25)
(observera, att y1 = 4 y2 = 9 och y3 = 16 är den approximativa lösningen till
randvärdesproblemet (431), som man har bestämt i Problem 3) f˚as F (M; x) genom
F (M; x) = F (4; x) = yk +
k = 0:
F (4; x) = y0 +
k = 1:
F (4; x) = y1 +
k = 2:
F (4; x) = y2 +
k = 3:
F (4; x) = y3 +
x − xk
xk+1 − xk
x − x0
(y1 − y0) = 1 +
x1 − x0
x − x1
(y2 − y1) = 4 +
x2 − x1
x − x2
(y3 − y2) = 9 +
x3 − x2
x − x3
(y4 − y3) = 16 +
x4 − x3
(yk+1 − yk), x ∈ [xk, xk+1], k = 0, 1, 2, 3.
x − 1
(4 − 1) = 3x − 2, x ∈ [1, 2].
2 − 1
x − 2
(9 − 4) = 5x − 6, x ∈ [2, 3].
3 − 2
x − 3
(16 − 9) = 7x − 12, x ∈ [3, 4].
4 − 3
x − 4
(25 − 16) = 9x − 20, x ∈ [4, 5],
5 − 4
s˚a att (se figur)
F (4; x) = 3x − 2, x ∈ [1, 2],
= 5x − 6, x ∈ [2, 3],
= 7x − 12, x ∈ [3, 4],
= 9x − 20, x ∈ [4, 5].
Interpolationsfelet i punkten xi+0.5 (i = 2), xi+0.5 = x2.5 = 3 + 0.5 = 3.5,
y(xi+0.5) − F (4; xi+0.5) = (x2 + 0.5) 2 − F (4; x2 + 0.5) = (3.5) 2 − (7 · 3.5 − 12) =
12.25 − 12.5 = −0.25.
214

Problem 5. Använd den approximativa lösningen {yi} till problemet (431)
och beräkna integralen
5
y(x)dx
1
med trapets formeln, Jämför resultatet med det exakta integralens värde.
Lösning. Använd den approximativa lösningen {yi} till (431)
y1 = 4, y2 = 9, y3 = 16,
som man har bestämt i Problem 3. Enligt trapets formeln
5
1
y(x)dx ≈ h(0.5y0 + y1 + y2 + y3 + 0.5y4) = 1 · (0.5 + 4 + 9 + 16 + 12.5) = 42.
Oen exakta värdet (räkna med 3D)
5
1
y(x)dx =
Felet är 41.333 − 42 = −0.667.
5
1
x 2 dx = x3
3
5
1
= 53 − 1
3
= 41.333.
Problem 7. Använd Heuns metod (tre steg) och lös begynnelsevärdesproblemet
z ′ = 0.5z + 1, z(0) = 0, z = z(x), (434)
med h = 0.05 (räkna med 3D). Bestäm den exakta lösningen och jämför den
approximativa lösningen med den exakta lösningen.
Lösning. Bestäm den exakta lösningen. Ekvationen
har karakteristiska polynomet
z ′ − 0.5z = 0
r − 0.5
med nollstället r1 = 0.5. Den fullständiga lösningen z0(x) till den här homogena
ekvationen är
z0 = Ce 0.5x .
Bestäm en partikulär lösning zp(x):
zp = ax + b : z ′ p − 0.5zp = (ax + b) ′ − 0.5(ax + b) = −0.5ax + (a − 0.5b) = 1 → a = 0, b = −2,
och zp(x) = −2.
215

Den fullständiga lösningen till ekvationen i (434) blir
z = z0 + zp = Ce 0.5x − 2.
z ′ = 0.5z + 1 är en ekvation med separabla variabler. D˚a kan man f˚a dess
fullständiga lösning z(x) genom att integrera ekvationen direkt:
dz
= 0.5z + 1
dx
→
dz
= dx
0.5z + 1
→
dz
= x + C
0.5z + 1
→
dz
z + 2 = 0.5x+C → ln |z + 2| = 0.5x+C → z+2 = e0.5x+C → z = Ce 0.5x −2.
Satisfiera begynnelsevillkoret
z(0) = 0 → C − 2 = 0 → C = 2.
Den (exakta) lösningen till begynnelsevärdesproblemet (434) är
z(x) = 2e 0.5x − 2. (435)
Man kan beräkna (435) med hjälp av Taylors formel e t ≈ 1 + t + t 2 /2 (om t är
tillräkligt litet):
z(x) = 2(e 0.5x − 1) ≈ 2(1 + 0.5x + 0.125x 2 − 1) = x + 0.25x 2 = x(1 + 0.25x).
Bestäm den (exakta) lösningen till begynnelsevärdesproblemet (434) i punkterna
x = xi = i · 0.05, i = 1, 2, 3:
z(x1) = z(0.05) = 2(e 0.5·0.05 − 1) ≈ 0.05(1 + 0.25 · 0.05) = 0.05 · 1.012 = 0.051.
z(x2) = z(0.1) = 2(e 0.5·0.1 − 1) ≈ 0.1(1 + 0.25 · 0.1) = 0.102.
z(x3) = z(0.15) = 2(e 0.5·0.15 − 1) ≈ 0.15(1 + 0.25 · 0.15) = 0.156.
Rekursionsformlerna av Heuns metod är
Här f(x, z) = 0.5z + 1,
xn+1 = xn + h
k1 = hf(xn, zn)
k2 = hf(xn+1, zn + k1)
zn+1 = zn + 1/2(k1 + k2)
k1 = 0.05(0.5zn + 1),
216

k2 = 0.05(0.5(zn + k1) + 1) = 0.05(0.5(zn + 0.05(0.5zn + 1)) + 1) =
0.05 · (0.5 · 1.012zn + 1.025) = 0.05 · (0.506zn + 1.025),
zn+1 = zn + 0.50.05(0.5zn + 1 + 0.506zn + 1.025) = zn + 0.025zn + 0.051 = 1.025zn + 0.051,
Vi har
n = 0 :
n = 1 :
n = 0, 1, 2. x0 = 0, z0 = 0.
z1 = 1.025z0 + 0.051 = 0.051.
z2 = 1.025z1 + 0.051 = 1.025 · 0.051 + 0.051 = 0.051 · 2.025 = 0.103,
n = 2 :
z3 = 1.025z2 + 0.051 = 1.025 · 0.103 + 0.051 = 0.106 + 0.051 = 0.157.
Sätt
och skriv ut beräkningar (med 3D)
z = Exakta värden, ɛ = fel
xn zn z ɛ
0.00 0.000 0.000 0.000
0.05 0.051 0.051 0.000
0.10 0.103 0.102 0.001
0.15 0.157 0.156 0.001
8. Anpass en rät linje till följande data
t f(t)
−− −−
2 1
3 2
5 4
217

genom att skriva och lösa motsvarande minsta kvadratproblemet.
Lösning. Om vi ansätter den räta linjen ˜ f(t) p˚a formen ˜ f(t) = c0 + c1t, f˚ar vi
minsta kvadratproblemet med systemet
c0 + 2c1 = 1
c0 + 3c1 = 2
c0 + 5c1 = 4,
Vi skall lösa minsta kvadratproblemet för det här systemet; systemsmatrisen är
⎡
1
⎤
2
⎡ ⎤
1
⎡ ⎤
2
A = ⎣ 1 3 ⎦ = [a1 a2] , a1 = ⎣ 1 ⎦ , a2 = ⎣ 3 ⎦ .
1 5
1
5
och
⎡
b = ⎣
Vi har
A T
1 1 1
=
.
2 3 5
A T
1 1 1
b =
2 3 5
⎡ ⎤
1
⎣ 2 ⎦
1 + 2 + 4 7
=
= .
2 + 6 + 20 28
4
A T
1 1 1
A =
2 3 5
⎡ ⎤
1 2
⎣ 1 3 ⎦
1 + 1 + 1 2 + 3 + 5
=
=
2 + 3 + 5 2 · 2 + 3 · 3 + 5 · 5
1 5
Normalekvationen
blir 3 10
10 38
Bestäm determinanter
3 10
10 38 = 14,
c1
1
2
4
⎤
⎦ .
A T Ax = A T b
7 10
28 38
7
x =
28
= −14,
,
3 7
10 28
och lösningen till ormalekvationen enligt Cramers regel:
c0 −14/14 = −1
x = =
.
14/14 = 1
Den räta linjen ˜ f(t) = −1 + t.
218
= 14
3 10
10 38
.

16.2 Tenta 2
Problem 1. Lös (skriv den exakta lösningen) randvärdesproblemet för en linjär
differentialekvation av andra ordningen
′′ y − y = −x, y = y(x), 0 < x < 3,
(436)
y(0) = 0, y(3) = 3.
Lösning. Ekvationen
har karakteristiska polynomet
y ′′ − y = 0 (437)
r 2 − 1
med nollställena r1 = 1 och r2 = −1. Den fullständiga lösningen y0(x) till homogena
ekvationen (437) är
y0 = C1e x + C2e −x .
Bestäm en partikulär lösning yp(x) till ekvationen (436):
yp = ax + b : y ′′
p − yp = (ax + b) ′′ − (ax + b) = 0 − ax − b = −x → a = 1, b = 0
och yp(x) = 1 · x + 0 = x
Den fullständiga lösningen till ekvationen (436) blir
Satisfiera randvillkor
y = y0 + yp = C1e x + C2e −x + x.
y(0) = 0 → C1 + C2 + 0 = 0 → C2 = −C1; (438)
y(3) = 3 → C1e 3 − C1e −3 + 3 = 3, C1(e 3 − e −3 ) = 0 → C1 = 0.
Den (exakta) lösningen till randvärdesproblemet (436) är
y(x) = x.
Problem 2. Approximera randvärdesproblemet (436) genom att reducera det
till ett linjärt ekvationssystem med tv˚a obekanta. Approximera derivatan med
y ′′ ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h2 .
219

Lösning. Eftersom vi m˚aste f˚a ett ekvationssystem med tv˚a obekanta och
ekvationen y ′′ − y = −x i (436) betraktas i intervallet (0,3), är antalet delpunkter
xi som tillhör (0,3) lika med tv˚a (antalet delintervall är 2 + 1 = 3), s˚a att de
här delpunkterna xi = ih, i = 1, 2, där h = (3 − 0)/3 = 1, s˚a att x1 = h = 1,
x2 = 2h = 2. Approximera differentialoperatorn:
y ′′ − y ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 − yi. (439)
Randvärdesproblemet (436) approximeras med
eller
yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 − yi = −xi, i = 1, 2; y0 = 0, y3 = 3.
yi+1 − (2 + h 2 )yi + yi−1 = −h 2 xi, i = 1, 2; y0 = 0, y3 = 3; x1 = 1, x2 = 2.
D˚a f˚ar vi tv˚a ekvationer
eller
y2 − (2 + h 2 )y1 + y0 = −h 2 x1 (i = 1),
y3 − (2 + h 2 )y2 + y1 = −h 2 x2 (i = 2),
y2 − 3y1 + y0 = −1 (i = 1),
y3 − 3y2 + y1 = −2 (i = 2).
Villkoren y0 = 0, y3 = 3 ger ett linjärt ekvationssystem med tv˚a obekanta y1, y2
P˚a matrisform, f˚ar vi
där systemetsmatrisen
och högerledet
−3y1 + y2 = −1,
y1 − 3y2 = −5,
A =
b =
Ay = b,
−3 1
1 −3
−1
−5
Problem 3. Lös det linjära ekvationssystemet med tv˚a obekanta som approximerar
(436) med hjälp av Gusselimination (dvs, beräkna approximativa lösningen).
Jämför den här approximativa lösningen med den exakta lösningen.
220
.
,

Lösning. Skriv linjära ekvationssystemet med tv˚a obekanta som approximerar
(436),
Utför Gusselimination.
Steg 1.
Steg 2.
Steg 3.
Lösningen till systemet
−3y1 + y2 = −1,
y1 − 3y2 = −5.
−y1 + y2/3 = −1/3,
y1 − 3y2 = −5.
−3y1 + y2 = −1,
0 + (1/3 − 3)y2 = −5 − 1/3.
−3y1 + y2 = −1,
−8/3y2 = −16/3.
−3y1 + 2 = −1,
y2 = 2.
y1 = (−1 − 2)/(−3),
y2 = 2.
y1 = 1,
y2 = 2
ger den approximativa lösningen till randvärdesproblemet (436).
Den exakta lösningen till randvärdesproblemet (436) är
y(x1) = x1 = 1,
y(x2) = x2 = 2
och sammanfaller med den approximativa lösningen (i punkter x1, x2).
221

Problem 4. Använd (xi, yi) som interpolationsdata och konstruera en styckvis
linjär interpolationsfunktionen F (M; x) till den approximativa lösningen {yi} till
problemet (436); rita funktionskurvan och beräkna interpolationsfelet (med 3D) i
punkten
xi+0.5 = xi + 0.5h, i = 1.
Lösning. Styckvis linjär interpolation utföras genom att vi konstruerar en
styckvis linjär interpolationsfunktion F (M; x) som sammanfaller med M +1 givna
interpolationsvärden. Här M = 3. I varje intervall [xk, xk+1], k = 0, 1, 2, där
(xk, yk) är interpolationsdata
(x0, y0) (x1, y1) (x2, y2) (x3, y3)
(0, 0) (1, 1) (2, 2) (3, 3)
(observera, att y1 = 1 och y2 = 2 är den approximativa lösningen till randvärdesproblemet
(436), som man har bestämt i Problem 3) f˚as F (M; x) genom
k = 0:
F (M; x) = yk +
F (M; x) = y0 +
k = 1:
F (M; x) = y1 +
k = 2:
F (M; x) = y2 +
x − xk
xk+1 − xk
(yk+1 − yk), x ∈ [xk, xk+1], k = 0, 1, 2.
x − x0
(y1 − y0) = 0 +
x1 − x0
x − x1
(y2 − y1) = 1 +
x2 − x1
x − x2
(y3 − y2) = 2 +
x3 − x2
x − 0
(1 − 0) = x, x ∈ [0, 1].
1 − 0
x − 1
(2 − 1) = x, x ∈ [1, 2].
2 − 1
x − 2
(3 − 2) = x, x ∈ [2, 3].
3 − 2
s˚a att F (M; x) = x i varje interpolationsintervall [0, 1], [1, 2], [2, 3] och i hela
intervallet [0, 3].
Interpolationsfelet
xi+0.5 − F (M; xi+0.5) = 1.5 − F (M; 1.5) = 1.5 − 1.5 = 0.
Problem 5. Beräkna integralen
3
0
y(x)dx
med trapets formeln, där {yi} är den approximativa lösningen till problemet (436).
Lösning. Använd interpolationsdata
(x0, y0) (x1, y1) (x2, y2) (x3, y3)
222

(0, 0) (1, 1) (2, 2) (3, 3)
där y1 = 1 och y2 = 2 är den approximativa lösningen till randvärdesproblemet
(436), som man har bestämt i Problem 3. Enligt trapets formeln
3
0
y(x)dx ≈ h(0.5y0 + y1 + y2 + 0.5y3) = 1 · (0 + 1 + 2 + 1.5) = 4.5
Observera att den exakta värdet
3
0
y(x)dx =
3
0
xdx = x2
2
3
0
= 4.5.
Problem 6. Använd Newtons metod eller fixpunktiteration och beräkna ett
positivt nollställe till ekvationen
y 3 − 3 = 0,
där y = y(x) är den exakta lösningen till randvärdesproblemet (436).
Lösning. Den exakta lösningen till randvärdesproblemet (436 är y(x) = x. Vi
har
y 3 − 3 = x 3 − 3.
Lös ekvationen
f(x) = 0, f(x) = x 3 − 3, f ′ (x) = 3x 2 .
med Newtons metod (med 3D och avr.):
xn+1 = xn − f(xn)
n xn xn+1 − xn
0 2
1 1.583 0.417
2 1.454 0.129
3 1.442 0.012
4 1.442 0.000
f ′ (xn) = xn − x3n − 3
3x2 n
223
, n = 0, 1, 2, . . . . (440)

stop
Det positiva nollstället till ekvationen x 3 − 3 = 0 är x ≈ 1.442 med 3D.
Problem 7. Använd Heuns metod (tre steg) och lös begynnelsevärdesproblemet
z ′ = −4x − 4z, z(0) = 1, z = z(x),
med h = 0.1 (räkna med 3D). Bestäm den exakta lösningen och jämför den approximativa
lösningen med den exakta lösningen.
Lösning. Bestäm den exakta lösningen. Ekvationen
har karakteristiska polynomet
z ′ + 4z = 0
r + 4
med nollstället r1 = −4. Den fullständiga lösningen z0(x) till den här homogena
ekvationen är
z0 = Ce −4x .
Bestäm en partikulär lösning zp(x):
zp = ax + b : z ′ p + 4z = (ax + b) ′ + 4(ax + b) = 4ax + (a + 4b) = −4x → a = −1, b = 0.25
och zp(x) = −x + 0.25.
Den fullständiga lösningen till ekvationen z ′ = −4x − 4z blir
Satisfiera begynnelsevillkoret
Den (exakta) lösningen är
z = z0 + zp = Ce −4x − x + 0.25.
z(0) = 1 → C + 0.25 = 1 → C = 0.75.
z(x) = 0.75e −4x − x + 0.25.
z(x1) = z(0.1) = 0.75e −0.4 − 0.1 + 0.25 = 0.653.
z(x2) = z(0.2) = 0.75e −0.8 − 0.2 + 0.25 = 0.387.
224

z(x3) = z(0.3) = 0.75e −1.2 − 0.3 + 0.25 = 0.176.
Rekursionsformlerna av Heuns metod är
xn+1 = xn + h
Här f(x, z) = −4x − 4z = −4(x + z),
Vi har n = 0 :
n = 1 :
k1 = hf(xn, zn)
k2 = hf(xn+1, zn + k1)
zn+1 = zn + 1/2(k1 + k2)
k1 = 0.1 · (−4(xn + zn)) = −0.4(xn + zn),
k2 = 0.1 · (−4)((xn + 0.1) + zn − 0.4(xn + zn)),
zn+1 = zn + 1/2(k1 + k2),
n = 0, 1, 2. x0 = 0, z0 = 1.
k1 = −0.4(x0 + z0) = −0.4,
k2 = −0.4((x0 + 0.1) + z0 − 0.4(x0 + z0)) = (441)
−0.4(0.1 + 1 − 0.4) = −0.28,
z1 = z0 + 1/2(−0.4 − 0.28) = 1 − 0.34 = 0.66.
k1 = −0.4(x1 + z1) = −0.4(0.1 + 0.66) = −0.304,
k2 = −0.4((x1 + 0.1) + z1 − 0.4(x1 + z1)) = (442)
−0.4(0.2 + 0.66 − 0.4(0.1 + 0.66)) = −0.4(0.86 − 0.304) = −0.222,
z2 = z1 + 1/2(−0.304 − 0.222) = 0.66 − 0.263 = 0.397,
225

n = 2 :
k1 = −0.4(x2 + z2) = −0.4(0.2 + 0.397) = −0.239,
k2 = −0.4((x2 + 0.1) + z2 − 0.4(x2 + z2)) = (443)
−0.4(0.3 + 0.397 − 0.4(0.2 + 0.397)) = −0.4(0.697 − 0.239) = −0.183,
Sätt
z3 = z2 + 1/2(−0.239 − 0.183) = 0.397 − 0.211 = 0.186.
och skriv ut beräkningar (med 3D)
z = Exakta värden, ɛ = fel
xn zn z ɛ
0.0 1.000 1.000 0.000
0.1 0.660 0.653 0.007
0.2 0.397 0.387 0.01
0.3 0.186 0.176 0.01
Problem 8. Anpass en rät linje till följande data
t f(t)
−− −−
1 2
2 6
4 3
genom att skriva och lösa motsvarande minsta kvadratproblemet.
Lösning. Om vi ansätter den räta linjen ˜ f(t) p˚a formen ˜ f = c0 + c1t, f˚ar vi
minsta kvadratproblemet med systemet
c0 + c1 = 2
c0 + 2c1 = 6
c0 + 4c1 = 3,
Vi skall lösa minsta kvadratproblemet för det här systemet; systemsmatrisen är
⎡
1
⎤
1
⎡ ⎤
1
⎡ ⎤
1
A = ⎣ 1 2 ⎦ = [a1 a2] , a1 = ⎣ 1 ⎦ , a2 = ⎣ 2 ⎦ .
1 4
1
4
226

och
Vi har
A T A =
A T b =
1 1 1
1 2 4
Normalekvationen
1 1 1
1 2 4
⎡
⎣
1 1
1 2
1 4
blir 3 7
7 21
Bestäm determinanter
3 7
7 21 = 14,
⎡
b = ⎣
2
6
3
⎤
⎦ .
A T
1 1 1
=
.
1 2 4
⎡ ⎤
2
⎣ 6 ⎦
2 + 6 + 3
=
=
2 + 12 + 12
3
⎤
⎦
1 + 1 + 1 1 + 2 + 4
=
1 + 2 + 4 1 + 2 · 2 + 4 · 4
A T Ax = A T b
11
x =
26
11 7
26 21
= 49,
,
3 11
7 26
och lösningen till normalekvationen enligt Cramers regel:
c0 49/14 = 7/2
x = =
.
1/14
c1
Den räta linjen ˜ f(t) = 7/2 + 1/14t.
16.3 Tenta 3
11
26
= 1
.
=
3 7
7 21
Man m˚aste lösa tre problem. Problemen 1 och 2 är obligatoriska, och man kan välja
Problemet 3 eller 4 som den tredje.
Problem 1. Använd Heuns metod (tre steg) och lös begynnelsevärdesproblemet
y ′ = −y − 3(x + 1), y(0) = 2, y = y(x), (444)
med h = 0.2 (räkna med 3D). Bestäm den exakta lösningen och jämför den approximativa
lösningen med den exakta lösningen.
227
.

Använd beteckningar
yn = approx. värden (n = 0, 1, 2, 3), y = exakta värden, ɛ = fel = yn − y
och skriv lösningen p˚a formen av en tabell
n xn yn y ɛ
0 0.0 2.000 2.000 0.000
. . . . .
Lösning. Lös den homogena ekvationen
y ′ + y = 0 (445)
som motsvarar ekvationen y ′ = −y − 3(x + 1). (155) har karakteristiska polynomet
r + 1
med nollstället r = −1. Den fullständiga lösningen y0(x) till homogena ekvationen
(445) är d˚a
y0 = Ce −x .
Bestäm en partikulär lösning yp(x) till ekvationen (444):
yp = ax + b : y ′ p + yp = (ax + b) ′ + (ax + b) = ax + (a + b) = −3x − 3 → a = −3, b = 0
och yp(x) = (−3) · x + 0 = −3x.
Den fullständiga lösningen till ekvationen (444) blir
Satisfiera randvillkor
y = y0 + yp = Ce −x − 3x.
y(0) = 2 → C − 0 = 2 → C = 2.
Den (exakta) lösningen till begynnelsevärdesproblemet (444) är d˚a
Kolla att y(0) = 2e 0 − 0 = 2 och
dvs upfyller ekvationen (444).
y(x) = 2e −x − 3x.
y ′ = (2e −x − 3x) ′ = −2e −x − 3 = −y − 3x − 3,
228

Använd beteckningar h = 0.2, xn = x0 + nh = 0 + n · 0.2 (n = 0, 1, 2, 3): x0 = 0
x1 = 0.2, x2 = 0.4, x3 = 0.6,
yn = approx. värden (n = 0, 1, 2, 3), y = exakta värden, ɛ = fel = yn − y,
där de exakta värdena
y = y(xn) = 2e −xn − 3xn, n = 0, 1, 2, 3.
Räkna den approximativa lösningen med Heuns metod (tre steg) enligt
xn+1 = xn + h, n = 0, 1, 2,
k1 = hf(xn, yn)
k2 = hf(xn+1, yn + k1)
yn+1 = yn + 1/2(k1 + k2)
Här f(x, y) = −y−3(x+1) = −(y+3x+3), h = 0.2 och xn = n·0.2 (n = 0, 1, 2, 3).
D˚a f˚ar vi
Räkna
xn+1 = xn + h, n = 0, 1, 2,
k1 = −h(yn + 3xn + 3)
k2 = −h[(yn + k1) + 3xn+1 + 3]
yn+1 = yn + 1/2(k1 + k2)
k2 = −h[(yn + k1) + 3xn+1 + 3] = −h[(yn − h(yn + 3xn + 3)) + 3(xn + h) + 3] =
Nu räkna
−h[yn − hyn − 3hxn − 3h + 3xn + 3h + 3] =
−h[yn(1 − h) + 3xn(1 − h) + 3] = −h[(1 − h)(yn + 3xn) + 3].
yn+1 = yn + 1/2(k1 + k2) =
yn − h yn + 3xn + 3 + (1 − h)(yn + 3xn) + 3
2
= yn − h 6 + (2 − h)yn + (2 − h)3xn
2
yn − h[3 + (1 − 0.5h)(yn + 3xn)] = yn − 3h − h(1 − 0.5h)(yn + 3xn) =
229
=

Vi f˚ar
yn − 0.6 − 0.9 · 0.2(yn + n · 0.6) =
yn − 0.6 − 0.18yn − 0.18n · 0.6) = 0.82yn − n · 0.108 − 0.6.
yn+1 = 0.82yn − n · 0.108 − 0.6, n = 0, 1, 2, y0 = 2.
y1 = 0.82y0 − 0 · 0.108 − 0.6 = 2 · 0.82 − 0.6 = 1.04;
y2 = 0.82y1 − 1 · 0.108 − 0.6 = 1.04 · 0.82 − 0.708 = 0.144;
y3 = 0.82y2 − 2 · 0.108 − 0.6 = 0.144 · 0.82 − 0.816 = −0.697.
Skriv värden av de approximativa och exakta lösningarna p˚a formen av en
tabell
n xn yn y ɛ
0 0.0 2.000 2.000 0.000
1 0.2 1.040 1.037 0.003
2 0.4 0.144 0.140 0.004
3 0.6 −0.697 −0.702 0.005
Problem 2. Använd punkterna (x1, y1) (x2, y2) och (x3, y3) ovan som interpolationsdata
och konstruera Lagranges interpolationspolynom L(x) (räkna med
3D).
Lösning. Andragradsinterpolation utföras med hjälp av ett polynom av grad
n = 2 i tre (olika) noder x0, x1, x2, eftersom man kan entydigt bestämma ett
andragradspolynom P2(x), som g˚ar genom de tre (olika) punkterna (x0, y0), (x1, y1)
och (x2, y2):
Skriv polynomen av grad 2
P2(xi) = yi (i = 0, 1, 2).
l1(x) = (x − x2)(x − x3)
(x1 − x2)(x1 − x3) ;
l2(x) = (x − x1)(x − x3)
;
(x2 − x1)(x2 − x3)
(446)
l3(x) = (x − x1)(x − x2)
(x3 − x1)(x3 − x2) .
230

och bestäm Lagranges polynom av grad 2
P2(x) = y1l1(x) + y2l2(x) + y3l3(x). (447)
Vi har interpolationsdata
(x1, y1) (x2, y2) (x3, y3) =
(0.2, 1.040) (0.4, 0.144) (0.6, −0.697)
D˚a
(x − 0.4)(x − 0.6)
0.08
(x − 0.2)(x − 0.6)
(−0.04)
(x − 0.2)(x − 0.4)
0.08
l1(x) =
(x − 0.4)(x − 0.6)
(0.2 − 0.4)(0.2 − 0.6) =
= 12.5(x − 0.4)(x − 0.6) = 12.5(x 2 − x + 0.24);
l2(x) =
(x − 0.2)(x − 0.6)
(0.4 − 0.2)(0.4 − 0.6) =
= −25(x − 0.2)(x − 0.6) = 12.5(−2x 2 + 1.6x − 0.24); (448)
l3(x) =
och Lagranges andragradsinterpolationspolynom
(x − 0.2)(x − 0.4)
(0.6 − 0.2)(0.6 − 0.4) =
= 12.5(x − 0.2)(x − 0.4) = 12.5(x 2 − 0.6x + 0.08).
P2(x) = 1.040l1(x) + 0.144l2(x) − 0.697l3(x) = (449)
12.5[1.040(x − 0.4)(x − 0.6) − 0.288(x − 0.2)(x − 0.6) − 0.697(x − 0.2)(x − 0.4)] =
12.5(0.055x 2 − 0.392x + 0.159) = 0.687x 2 − 4.900x + 1.987. (450)
Observera att här, räknades polynomets koefficienter med 3D-avrundning.
För att kolla uttrycket (450), bestäm (med 3D-avrundning) polynomets värde
i interpolationspunkten x = 0.2:
P2(0.2) = 0.687 · 0.2 2 − 4.900 · 0.2 + 1.987 = 1.040 = y1. (451)
Problem 3. Använd den approximativa lösningen {yi} till problemet (444)
och beräkna integralen
0.6
0
y(x)dx
231

med trapets formeln. Jämför resultatet med exakta integralens värde. Tips: bestäm
det exakta integralens värde genom att integrera den exakta lösningen till problemet
(444)
Lösning. Enligt trapetsregeln
J = J[a, b] =
där
Vi har
b
a
f(x)dx ≈ JT = JT [a, b] = h[ 1
2 f(a) + f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn−1) + 1
2 f(b)],
h = (b − a)/n.
b = 0.6, a = 0, h = 0.2, n = (b − a)/h = 3.
f(a) = y0 = 2, f(x1) ≈ y1 = 1.040, f(x2) ≈ y2 = 0.144, f(b) ≈ y3 = −0.697, (452)
Räkna det approximativa integralens värde med 3D utan avrundning
0.6
0
y(x)dx ≈ 0.2[ 1
2 y0 + y1 + y2 + 1
2 y3] = 0.2[1.0 + 1.040 + 0.144 − 0.348] = 0.367. (453)
Räkna det exakta integralens värde med 3D utan avrundning
0.6
0
y(x)dx =
0.6
0
2(e 0 − e −0.6 ) − 3 0.62
2
(2e −x − 3x)dx = 2
0.6
Nu räkna det exakta värdet med 3D-avrundning
0.6
0
y(x)dx = 2(e 0 − e −0.6 ) − 3 0.62
2
0
e −x dx − 3
0.6
= 2(1 − 0.548) − 0.54 = 0.364.
0
xdx =
= 2(1 − 0.549) − 0.54 = 0.362.
Jämför de approximativa och exakta (med 3D utan avrundning) integralens
värden:
0.6
0
y(x)dx − JT = 0.364 − 0.367 = 0.003. (454)
Observera att man kan bestämma felgränser för trapetsregeln
KM2 ≤ ɛ ≤ KM ∗ 2 , (455)
232

där
och
(b − a)3
K = −
12n2 (b − a)
= −h2 , b = 0.6, a = 0, n = 3, h = 0.2, (456)
12
M2 = max f
x∈[a,b]
′′ (x), M ∗ 2 = min f
x∈[a,b]
′′ (x), f(x) = 2e −x − 3x, f ′′ (x) = 2e −x ,(457)
om man använder i (453) exakta y(x)s värden i stället för de approximativa
värdena y1, y2, y3.
Problem 4. Använd Newtons metod eller fixpunktiteration och beräkna en
positiv rot till ekvationen
y(x) = 0,
där y = y(x) är den exakta lösningen till problemet (444).
Lösning 1. Enligt lösningen till Problemet 1, f˚ar vi ekvationen
y(x) = 0, f(x) = y(x) = 2e −x − 3x = 0.
Grovlokalisera dess positiv rot s för att bestämma begynnelseapproximation (startvärde)
x0. Vi har
f(0.4) ≈ 0.140 > 0, f(0.6) ≈ −0.697 < 0.
Ur de tv˚a sista olikheterna, ser vi att en rot ligger i intervallet (0.4, 0.6): 0.4 <
s < 0.6.
När man använder Newtons metod, itererar man enligt
Här
och Newtons metod
xn+1 = G(xn), G(xn) = xn − f(xn)
f ′ , n = 0, 1, 2, . . . . (458)
(xn)
f(x) = y(x) = 2e −x − 3x, f ′ (x) = −2e −x − 3,
xn+1 = G(xn), G(xn) = xn + 2e−xn − 3xn
2e−xn , n = 0, 1, 2, . . . . (459)
+ 3
Stopregeln: För att avbryta iterationer (459) vid ett lämpligt xn, n = 1, 2, . . . ,
betraktar vi differensen
dn+1,n = |xn+1 − xn|
233

Ligger dn+1,n inom den fr˚an början uppställda toleransgränsen ɛx, dvs
dn+1,n < ɛx, (460)
har man beräknat ett nollställe till den givna funktionen f(x) = 2e −x − 3x som
ligger i intervallet (0.4, 0.6).
Välj toleransgränsen ɛx = 0.001 och ett startvärde x0 = 0 och beräkna Newtons
iterationer (med 3D utan avrundning) n=0:
n=1:
x1 = G(x0) = 0 + 2e0 − 0
2e 0 + 3 = 0.4, d1,0 = |x1 − x0| = 0.4.
x2 = G(x1) = 0.4 + 2e−0.4 − 1.2
2e −0.4 + 3 = 0.432, d2,1 = |x2 − x1| = |0.432 − 0.400| = 0.032 > 0.001.
n=2:
x3 = G(x2) = 0.432 + 2e−0.432 − 1.296
2e −0.432 + 3 = 0.432, d3,2 = |x3 − x2| = |0.432 − 0.432| = 0.0 < 0.001,
och enligt stopregeln (460) är det 3D-approximativa värdet x ∗ ≈ s av den positiva
rotten s till ekvationen 2e −x − 3x = 0 x ∗ = x3 = 0.432.
Lösning 2. Fixpunktiteration kan skrivas som
xn+1 = g(xn), g(xn) = 2
3 e−xn , n = 0, 1, 2, . . . . (461)
Välj ett startvärde x0 = 0 och beräkna fixpunktiterationer
n = 0 : x1 = g(x0) = 2
3 e0 = 0.666, d1,0 = |x1 − x0| = 0.666.
n = 1 : x2 = g(x1) = 2
3 e−0.666 = 0.342, d2,1 = |x2 − x1| = 0.324.
n = 2 : x3 = g(x2) = 2
3 e−0.342 = 0.473, d3,2 = |x3 − x2| = 0.131.
n = 3 : x4 = g(x3) = 2
3 e−0.473 = 0.415, d4,3 = |x4 − x3| = 0.085.
n = 4 : x5 = g(x4) = 2
3 e−0.415 = 0.440, d5,4 = |x5 − x4| = 0.035.
234

. . .
n = 8 : x9 = g(x8) = 2
3 e−0.434 = 0.432, d9,8 = |x9 − x8| = 0.002 > 0.001.
n = 9 : x10 = g(x9) = 2
3 e−0.432 = 0.432, d10,9 = |x10 − x9| = 0.000 < 0.001.
D˚a, enligt stopregeln (460), är det 3D-approximativa värdet x ∗ ≈ s av den positiva
rotten s till ekvationen 2e −x − 3x = 0 x ∗ = x10 = 0.432.
16.4 Tenta 4
Problem 1. Lös (skriv den exakta lösningen) randvärdesproblemet för en linjär
differentialekvation av andra ordningen
′′ y − 9y = 0, y = y(x), 0 < x < 1,
(462)
y(0) = 0, y(1) = sinh(3).
Lösning. Ekvationen
har karakteristiska polynomet
y ′′ − 9y = 0 (463)
r 2 − 9
med nollställena r1 = 3 och r2 = −3. Den fullständiga lösningen till homogena
ekvationen (463) är
y = C1e 3x + C2e −3x .
Satisfiera randvillkor [p˚aminn att sinh z = 0.5(e z − e −z )]:
y(0) = 0 → C1 + C2 = 0 → C2 = −C1; (464)
y(1) = sinh(3) → C1e 3 − C1e −3 = sinh(3) = 0.5(e 3 − e −3 ) → C1 = 0.5.
Den (exakta) lösningen till randvärdesproblemet (462) är
y = 0.5(e 3x − e −3x ) = sinh 3x.
Problem 2. Approximera randvärdesproblemet (462) genom att reducera det
till ett linjärt ekvationssystem med tre obekanta. Approximera derivatan med
y ′′ ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h2 .
235

Lösning. Eftersom vi m˚aste f˚a ett ekvationssystem med tre obekanta och
ekvationen y ′′ − 9y = 0 i (462) betraktas i intervallet (0,1), är antalet delpunkter
xi som tillhör (0,1) lika med 3 (antalet delintervall är 3 + 1 = 4), s˚a att de
här delpunkterna xi = ih, i = 1, 2, 3, där h = (1 − 0)/4 = 0.25. Approximera
differentialoperatorn:
y ′′ − 9y ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h 2
Randvärdesproblemet (462) approximeras med
eller
− 9yi.
yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 − 9yi = 0, i = 1, 2, 3; y0 = 0, y4 = sinh 3.
yi+1 − (2 + 9h 2 )yi + yi−1 = 0, i = 1, 2, 3; y0 = 0, y4 = sinh 3.
D˚a f˚ar vi tre ekvationer
y2 − (2 + 9h 2 )y1 + y0 = 0 (i = 1),
y3 − (2 + 9h 2 )y2 + y1 = 0 (i = 2),
y4 − (2 + 9h 2 )y3 + y2 = 0 (i = 3),
Villkoren y0 = 0, y4 = sinh 3 ger ett linjärt ekvationssystem med tre obekanta
y1, y2, y3
där
P˚a matrisformen f˚ar vi
där tridiagonala systemsmatrisen
och högerledet
by1 + y2 = 0,
y1 + by2 + y3 = 0,
y2 + by3+ = − sinh 3,
b = −(2 + 9h 2 ) = − 41
16
A = ⎣
Ay = b,
⎡
⎡
b = ⎣
b 1 0
1 b 1
0 1 b
0
0
− sinh 3
236
= −2.5625.
⎤
⎦ ,
⎤
⎦ .

Problem 3. Lös det linjära ekvationssystemet med tre obekanta som approximerar
randvärdesproblemet (462) med hjälp av Gusselimination (dvs, beräkna
approximativa lösningen). Jämför den här approximativa lösningen med den exakta
lösningen.
Lösning.
Skriv linjära ekvationssystemet med tre obekanta som approximerar randvärdesproblemet
(462) som
Utför Gusselimination.
1.
2.
−41y1 + 16y2 = 0,
16y1 − 41y2 + 16y3 = 0,
16y2 − 41y3 = −16 sinh 3,
−16y1 + 16 16
41 y2 + 0 · y3 = 0,
16y1 − 41y2 + 16y3 = 0,
16y2 − 41y3 = −16 sinh 3,
−16y1 + 16 16
41 y2 = 0,
y2(−41 + 16 16
41 ) + 16y3 = 0,
16y2 − 41y3 = −16 sinh 3,
16 · 16 − 41 · 41
y2( ) + 16y3
41
= 0,
16y2 − 41y3 = −16 sinh 3,
− 1425
41 y2 + 16y3 = 0,
16y2 − 41y3 = −16 sinh 3,
41 · 16
−16y2 + 16
1425 y3 = 0,
16y2 − 41y3 = −16 sinh 3,
237

3.
Lösningen
y3
y2 =
41 · 16
−16y2 + 16
−41 +
1425 y3 = 0,
41 · 16 · 16
= −16 sinh 3,
1425
41 · 16
−16y2 + 16
1425 y3 = 0,
(−33.6344)y3 = −16 sinh 3,
41 · 16
−16y2 + 16
1425 y3 = 0,
y3 = 0.4757 sinh 3,
41 · 16
1425 y3 = 0.4603y3 = 0.2190 sinh 3,
y3 = 0.4757 sinh 3,
y1 = 16
41 y2 = 0.3924y2 = 0.0854 sinh 3 = 0.8555,
41 · 16
y2 =
1425 y3 = 0.4603y3 = 0.2190 sinh 3 = 2.1939,
y3 = 0.4757 sinh 3 = 4.7655
Problem 4. Anpass en rät linje till följande data
t f(t)
−− −−
1 1
2 2
4 1
genom att skriva och lösa motsvarande minsta kvadratproblemet.
238

Lösning. Om vi ansätter den räta linjen ˜ f(t) p˚a formen ˜ f = c0 + c1t, f˚ar vi
minsta kvadratproblemet med systemet
c0 + c1 = 1
c0 + 2c1 = 2
c0 + 4c1 = 1,
Vi skall lösa minsta kvadratproblemet för det här systemet; systemsmatrisen är
⎡
1
⎤
1
⎡ ⎤
1
⎡ ⎤
1
A = ⎣ 1 2 ⎦ = [a1 a2] , a1 = ⎣ 1 ⎦ , a2 = ⎣ 2 ⎦ .
1 4
1
4
och
⎡
b = ⎣
Vi har
A T
1
=
1
1
2
1
.
4
A T
1
b =
1
1
2
1
4
⎡ ⎤
1
⎣ 2 ⎦
1 + 2 + 1 4
=
= .
1 + 4 + 4 9
1
A T
1
A =
1
1
2
1
4
⎡
1
⎣ 1
1
⎤
1
2 ⎦
1 + 1 + 1
=
1 + 2 + 4
4
1 + 2 + 4
=
1 + 2 · 2 + 4 · 4
Normalekvationerna
1
2
1
⎤
⎦ .
A T Ax = A T b
blir
3 7
3
7
7 21
7
21 = 14, 4 7
9 21
som har lösningen
x =
c0
och den räta linjen ˜ f(t) = 3/2 − 1/14t.
c1
4
x =
9
= 21,
,
21/14 = 3/2
,
−1/14
239
3 4
7 9
,
= −1
3 7
7 21
.

16.5 Tenta 5
Problem 1 (6 p.) Lös randvärdesproblemet
⎧
⎨
⎩
y ′′ + x 2 y = f(x), 1 < x < 2,
f(x) = 4
x 3 + 2x, y = y(x),
y(1) = 2, y(2) = 1.
med differensmetoden (4 delintervall).
Lösning.
1. Approximera derivatan (i punkten x = xi) med
y ′′ ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 , h = xi+1 − xi.
(465)
Eftersom vi m˚aste använda 4 delintervall och ekvationen y ′′ + x 2 y = f(x) i
(465) betraktas i intervallet (1,2), är antalet delpunkter xi som tillhör (1,2) lika
med 3 (antalet delintervall är 3 + 1 = 4), s˚a att de här delpunkterna xi = 1 + ih,
i = 1, 2, 3, där h = (2 − 1)/4 = 0.25. Vi har x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75
och x4 = 2. Approximera differentialoperatorn (i punkten x = xi):
y ′′ + x 2 y ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h 2
Randvärdesproblemet (465) approximeras med
eller
yi+1 − 2yi + yi−1
h 2
D˚a f˚ar vi tre ekvationer
+ x 2 i yi = 4
x 3 i
+ x 2 i yi.
+ 2xi, i = 1, 2, 3,
y0 = 2, y4 = 1.
yi+1 − biyi + yi−1 = fi, i = 1, 2, 3,
bi = 2 − (hxi) 2 , fi = 2h 2
y0 = 2, y4 = 1,
2
x 3 i
+ xi .
y2 − b1y1 + y0 = f1 (i = 1),
y3 − b2y2 + y1 = f2 (i = 2),
y4 − b3y3 + y2 = f3 (i = 3),
240

Villkoren y0 = 2, y4 = 1 ger ett linjärt ekvationssystem med tre obekanta y1, y2, y3
−b1y1 + y2 = f1 − 2,
y1 − b2y2 + y3 = f2,
y2 − b3y3 = f3 − 1,
Nu kan man beräkna bi och fi (med 3D) och f˚a
P˚a matrisformen f˚ar vi
−1.902y1 + y2 = −1.715,
y1 − 1.859y2 + y3 = 0.261,
y2 − 1.808y3 = −0.734.
Ay = f,
där tridiagonala systemsmatrisen
⎡
−1.902 1 0
⎤
A = ⎣ 1 −1.859 1 ⎦ ,
0 1 −1.808
och högerledet
⎡
b = ⎣
−1.715
0.261
−0.734
2. Lösningen av det linjära ekvationssystemet med tre obekanta som approximerar
(465) med hjälp av t ex Gusselimination ger approximativa lösningen till
randvärdesproblemet (465))
⎡
y = ⎣
1.606
1.340
1.147
Jämför den här approximativa lösningen {yi} med den exakta lösningen till
randvärdesproblemet (465)
(kolla att den satisfierar randvillkoren
y(x) = 2
x
y(1) = 2,
⎤
y(2) = 1.)
241
⎤
⎦ .
⎦ .

Den exakta lösningen (i punkterna x = xi = 1 + 0.25i, i = 1, 2, 3) är
Felet är
Normen av felet (med 3D) är
y(x1) = 2
x1
y(x2) = 2
x2
y(x3) = 2
x3
= 1.600,
= 1.333
= 1.142.
y(x1) − y1 = = 1.600 − 1.606 = −0.006
y(x2) − y2 = = 1.333 − 1.340 = −0.007
y(x3) − y3 = = 1.142 − 1.147 = −0.005.
ɛ = √ 0.006 2 + 0.007 2 + 0.005 2 = 0.01.
Problem 2 (3 p). Interpolera funktionen
f(x) = 2
, x ∈ [1, 2], (466)
x
med ett interpolationspolynom Pn(x), n = 3 (räkna med 3D i ekvidistanta fallet).
Rita interpolationskurvan och uppskatta interpolationsfelet (med 3D) i punkten
x = 0.45.
Lösning. Vi skall konstruera ett interpolationspolynom Pn(x) av grad n = 3.
D˚a behöver vi fyra ekvidistanta interpolationsnoder xi ∈ [1, 2]: xi = 1 + ih, i =
0, 1, 2, 3, där h = (2 − 1)/3 = 1/3 = 0.333. Vi har x0 = 1, x1 = 1 + 1/3 = 1.333,
x2 = 1 + 2/3 = 1.666 och x3 = 2. Funktionens värden i punkterna x = xi =
1 + 0.333i, i = 0, 1, 2, 3, är
f0 = f(x0) = 2
x0
f1 = f(x1) = 2
x1
f2 = f(x2) = 2
x2
f3 = f(x3) = 2
x3
242
= 2.000,
= 3/2 = 1.500
= 6/5 = 1.200.
= 1.

Konstruera differensschemat i noderna
x0 = 1, x1 = 4/3 = 1.333, x2 = 5/3 = 1.666, x3 = 2:
för f(x) = 2 (med 3D)
x
2
−0.5
1.5 0.2
−0.3 −0.1
1.2 0.1 .
−0.2
1
Använd (xi, fi) ovan som interpolationsdata och bestäm interpolationspolynomet
(ett polynom av grad n = 3, Newtons formel)
Här
Pn = P3 = y0 + r∆f0 +
r(r − 1)
2! ∆2 f0 +
r =
x − x0
h
= x − 1
1/3
r(r − 1)(r − 2)
∆
3!
3 f0.
f0 = 2, ∆f0 = −0.5, ∆ 2 f0 = 0.2, ∆ 3 f0 = −0.1,
och man kan skriva interpolationspolynomet som en funktion av x
= 3(x − 1), (467)
Pn(x) = P3(x) = 2 − 3 3
1
(x − 1) + (x − 1)(3x − 4) − (x − 1)(3x − 4)(3x − 5),
2 10 20
eller
P3(x) = 2 − 1.5(x − 1) + 0.3(x − 1)(3x − 4) − 0.05(x − 1)(3x − 4)(3x − 5).
Man kan beräkna polynomet rekursivt (med Horners schemat)
P3(x) = 2 − 1.5(x − 1) + 0.3(x − 1)(3x − 4) − 0.05(x − 1)(3x − 4)(3x − 5) =
eller
= 2 + (x − 1){−1.5 + (3x − 4)[0.3 − 0.05(3x − 5)]},
P3(x) = 2 − 3 3
1
(x − 1) + (x − 1)(3x − 4) − (x − 1)(3x − 4)(3x − 5) =
2 10 20
= 2 + (x − 1){− 3
3 1
+ (3x − 4)[ − (3x − 5)]}.
2 10 20
243

Kolla att interpolationspolynomet satisfierar interpolationsvillkoren P3(xj) =
yj, j = 0, 1, 2, 3:
P3(1) = 2,
P3(4/3) = 2 + ( 4
P3(5/3) =
− 1){−3 + 0} = 1.5,
3 2
2 + ( 5
P3(2) =
3
− 1){−3 + (35 − 4)[ − 0]} = 1.2,
3 2 3 10
2 + (2 − 1){− 3 3 1
+ (6 − 4)[ − (6 − 5)]} = 1.
2 10 20
Beräkna felet (med 3D) i punkten x = 0.45
f(x ∗ ) − P3(x ∗ ) = 2
0.45 − P3(0.45) = 0.916.
Om x ∈ [1, 2], uppskattas interpolationsfelet ɛ3(x) = f(x) − P3(x) i punkten
x = x0 + rh = 1 + r/3 med
ɛ3(x) = f(x) − P3(x) = h4
(4)! r(r − 1)(r − 2)(r − 3)f (4) (t) = (468)
(1/3) 4
(4)
2
r(r − 1)(r − 2)(r − 3) =
24 t
(1/3)4
r(r − 1)(r − 2)(r − 3)48 =
24 t5 0.024 · r(r − 1)(r − 2)(r − 3) 1
, t ∈ (1, 2)
t5 (f(x) = 2 har 4 kontinuerliga derivator om x ∈ [1, 2]).
x
Man kan inte uppskatta interpolationsfelet med (468) om x /∈ [1, 2] (dvs x < 1
eller x > 2).
Problem 3 (4 p.) Beräkna integralen
I =
1
0
dx
x + 3
med trapets formeln. Välj antalet delintervall s˚a att felet |I − Ĩ| < ɛ, där Ĩ är integralens
approximativa värde. Toleransgränsen ɛ = 0.01. Använd Newtons metod
eller fixpunktiteration och beräkna en positiv rot till ekvationen
med noggranhet ɛ = 0.01.
x 5 − Ĩ2 = 0
244

Lösning. Den exakta integralens värde är
I =
1
Felgränser för trapetsregeln
I =
b
a
f(x)dx ≈
uppskattas enligt
där
och
D˚a
och
redan om
0
2
4
dx = |ln(x + 3)|x=1
x=0 = ln
x + 3 3
= 0.287.
Ĩ = h[1
2 f(a) + f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn−1) + 1
2 f(b)],
f(x) = 1
, a = 0, b = 1, h = (b − a)/n,
x + 3
K = −
KM2 ≤ ɛ ≤ KM ∗ 2 , (469)
M2 = max
x∈[a,b] f ′′ (x) = max
x∈[0,1]
M ∗ 2 = min
x∈[a,b] f ′′ (x) = min
x∈[0,1]
(b − a)3 1
= − , (470)
12n2 12n2 |ɛ| ≤ |KM2| = 1
12n2 2
27
1 1
< 0.01
162 n2 n = 1,
2
2
=
(x + 3) 3 27 ,
2 1
=
(x + 3) 3 32 .
1 1
=
162 n2 (471)
s˚a att man kan beräkna integralen med noggranhet ɛ = 0.01 redan om n = 1.
Enligt trapetsregeln med n = 1
Ĩ = h[ 1
1 1
1 1 1
f(a) + f(b)] = [f(0) + f(1)] = + =
2 2 2 2 3 4
7
≈ 0.291, (472)
24
245

och felet
Lös ekvationen
|I − Ĩ| = |0.287 − 0.291| = 0.004 < ɛ = 0.01.
f(x) = 0, f(x) = x 5 − Ĩ2 , Ĩ = 0.291 (f ′ (x) = 5x 4 , Ĩ2 = 0.084),
med Newtons metod (med 3D):
xn+1 = xn − f(xn)
Välj t ex x0 = 0.7, eftersom
f ′ (xn) = xn − x5n − Ĩ2
5x4 n
f(0.5) = −0.052 < 0, f(0.8) = 0.243 > 0,
, n = 0, 1, 2, . . . , . (473)
och beräkna rotten som ligger inom (0.5, 0.7) med Newtons metod:
n xn |xn+1 − xn|
0 0.700
1 0.630 0.070
2 0.610 0.020
3 0.609 0.001
stop
(eftersom 0.001 mindre än ɛ = 0.01)
Den positiva rotten till ekvationen x 5 − Ĩ2 = 0 är x ≈ 0.609.
16.6 Tenta 6
1. (4 p.) Tabellen med korrekt avrundade funktionsvärden är given
x f(x)
0.1 2.3
0.2 2.0
0.3 1.8
0.4 1.9
Approximera f ′ (x) med fram˚atdifferenser och bestäm sedan f ′ (0.25) med
hjälp av andragradsinterpolation.
Lösning. Använd fram˚atdifferenserna ∆f0 = f1 − f0, ∆ 2 f0 = ∆f1 − ∆f0,
etc och bestäm fram˚atdifferenstabellen
246

x f(x) ∆f(x)
0.1 2.3 −0.3
0.2 2.0 −0.2
0.3 1.8 0.1
0.4 1.9
och sedan värdena av f ′ (xi) i punkterna xi = 0.1i, i = 1, 2, 3, med hjälp av
approximationen
f ′ (xi) ≈ ∆fi
, i = 1, 2, 3, h = 0.1,
h
f ′ (0.1) ≈ ∆f1
0.1
f ′ (0.2) ≈ ∆f2
0.1
f ′ (0.3) ≈ ∆f3
0.1
= (−0.3)
0.1
= (−0.2)
0.1
= 0.1
0.1
= 1,
Vidare bestäm fram˚atdifferenstabellen för f ′ (x)
x f ′ (x) ∆f ′ (x) ∆ 2 f ′ (x)
0.1 −3 1 2
0.2 −2 3
0.3 1
= −3,
= −2,
och skriv Newtons interpolationsformel i ekvidistanta fallet (med tre interpolationspunkterna
0.1, 0.2, 0.3)
där
f ′ (x) ≈ P2(x) = f ′ 0 + r∆f ′ 0 +
r =
x − x0
h
= x − 0.1
0.1
Andragradsinterpolationspolynomet är d˚a
P2(x) = −3 + 1 × (10x − 1) + 2 ×
och
r(r − 1)
2! ∆2 f ′ 0,
= 10x − 1.
(10x − 1)(10x − 2)
2
f ′ (0.25) ≈ P2(0.25) = (10 × 0.25 − 1) 2 − 3 = −0.75.
247
= (10x − 1) 2 − 3

2. (2 p.) Funktionen sin(x 2 ) approximeras i intervallet 0 ≤ x ≤ 0.5 med ett
polynom
sin(x 2 ) ≈ x 2 − x6 x10
+ . (474)
6 120
Hur m˚anga termer blir det tillräckligt att ta med för att f˚a funktionens värde
i punkten x = 0.2 med tv˚a korrekta decimaler?
Lösning. Bestäm funktionens värde i punkten x = 0.2
där
sin(0.2 2 ) = sin(0.04) ≈ 0.2 2 − 0.26
6
r ≈ −1.1 × 10 −5 + 8.5 × 10 −10
+ 0.210
120
= 0.04 + r, (475)
och |r| < 10 −4 , (476)
och det blir tillräckligt att ta med en term i (474) för att f˚a värdet sin(0.04) ≈
0.04 i punkten x = 0.2 med tv˚a korrekta decimaler.
3. (3 p.) Skriv ut ett randvärdesproblem för en linjär differentialekvation av
andra ordningen med konstanta koefficienter i intervallet 0 < x < 1 som
approximeras med ett linjärt ekvationssystem Ax = b, där
A =
⎡
⎢
⎣
d 1 0 0
1 d 1 0
0 1 d 1
0 0 1 d
Lösning. Ett randvärdesproblem
approximeras med
eller
⎤
⎡
⎤
1
⎥
⎦ ,
2 ⎢
b = ⎢ 1 ⎥
25 ⎣ 1 ⎦ ,
1
d = −49.
25
(477)
y ′′ + γy = B, a < x < b,
y(a) = f0, y(b) = fN, (478)
yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 + γyi = B, i = 1, 2, . . . , N − 1,
y0 = f0, yN = fN,
yi+1 + (h 2 γ − 2)yi + yi−1 = h 2 B, i = 1, 2, . . . , N − 1, (479)
248
y0 = f0, yN = fN.

Här är a, b, γ, f0, fN, B och N > 2 (och h = (b − a)/N) givna tal.
I fallet N = 5, som motsvarar matrisens storlek 4 = 5 − 1 i (477), kan man
skriva (479) som ett linjärt ekvationssystem med N − 1 = 4 obekanta yi,
i = 1, 2, 3, 4,
i = 1 : (h 2 γ − 2)y1 + y2 + 0 · y3 + 0 · y4 = h 2 B − y0,
i = 2 : y1 + (h 2 γ − 2)y2 + y3 + 0 · y4 = h 2 B
i = 3 : 0 · y1 + y2 + (h 2 γ − 2)y3 + y4 = h 2 B
i = 4 : 0 · y1 + 0 · y2 + y3 + (h 2 γ − 2)y4 = h 2 B − y5
eller p˚a matrisformen
Ay = b
med symmetriska tridiagonala matrisen A av typ 4 × 4
⎡
A =
⎢
⎣
och 4-dimensionella kolonnvektorerna
⎡ ⎤
h 2 γ − 2 1 0 0
1 h 2 γ − 2 1 0
0 1 h 2 γ − 2 1
0 0 1 h 2 γ − 2
y =
Enligt (477), N = 5 och
och vi f˚ar
Vidare, enligt (477),
och
⎢
⎣
y1
y2
y3
y4
h 2 (b − a)2
γ − 2 = γ
N 2
h 2 (b − a)2
B = B
25
h 2 B − y0 = 2
25
⎡
⎥ ⎢
⎥
⎦ , b = ⎢
⎣
h 2 B − y0
h 2 B
h 2 B
h 2 B − y5
⎤
⎥
⎦ .
⎤
⎥
⎦
(b − a)2
− 2 = γ − 2 = −49
25 25 ,
(480)
γ(b − a) 2 = 1. (481)
= 2
25
eller B(b − a) 2 = 2 (482)
och h 2 B − y5 = 2
25
249
(483)

s˚a att y0 = y5 = 0, dvs f0 = fN = 0 i (478).
Randvärdesproblemet approximeras i intervallet 0 < x < 1; d˚a a = 0, b = 1,
b − a = 1, och (481) och (482) ger
γ = 1, B = 2. (484)
Nu skriv ut randvärdesproblemet som approximeras med det linjära ekvationssystemet
som har matrisen (477)
y ′′ + y = 2, 0 < x < 1,
4. (3 p.) Beräkna med hjälp av trapetsregeln
y(0) = 0, y(1) = 0, (485)
J =
med ett absolut fel mindre än 0.05.
Lösning. Vi har
och
f ′′ (x) =
J =
′′
x
=
1 + x
− 1
4
2
2
1
x
1 + x dx
f(x)dx, f(x) =
1
x
1 + x ,
1 − 1
′′
1
=
1 + x (1 + x) 2
= −
2
2
≤ − ≤ −
(1 + 1) 3 (1 + x) 3 2 2
= −
(1 + 2) 3 27 ,
′
2
= − ,
(1 + x) 3
s˚a att −1/4 ≤ f ′′ (x) ≤ −2/27 och |f ′′ (x)| ≤ 1/4 om 1 ≤ x ≤ 2. Felgränser
för trapetsregeln är
där
KM2 ≤ ɛ ≤ KM ∗ 2 , ɛ = J − JT , (486)
JT = h[ 1
2 f(1) + f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn−1) + 1
1
f(2)], h = , (487)
2 n
K = −
(b − a)3 1
= − , (488)
12n2 12n2 250

M2 = max
x∈[1,2] f ′′ (x) = − 2
27 , M ∗ 2 = min
x∈[a,b] f ′′ (x) = − 1
4
KM2 = 1
12n2 2
27
och här felgränserna
Villkoret att felet är mindre än 0.05 ger
eller
1
=
162n2 , KM ∗ 2 = 1
12n2 1
4
. (489)
1
= , (490)
48n2 1 1
≤ ɛ ≤ , (491)
162n2 48n2 1
1
≤ 0.05 =
48n2 20 ,
1 1
≤ , n ≥
12n2 5
5
12 ,
s˚a att man kan ta med n = 1 för att beräkna J ≈ JT med hjälp av trapetsregeln
med felet mindre än 0.05. Vidare
JT = h[ 1
1 1 1 2
f(1) + f(2)] = + =
2 2 2 2 3
7
≈ 0.583
12
(med tre korrekta decimaler). Observera att det exakta värdet
J =
2
1
x
dx =
1 + x
2
och det aktuella felet
1
1 − 1
dx = 1 −
1 + x
3
2
du
u
J − JT = 0.599 − 0.583 = 0.016 < 0.05.
= 1 − (ln 3 − ln 2) ≈ 0.599,
5. (3 p.) Beräkna (med tv˚a korrekta decimaler) koordinater för en skärningspunkt
mellan kurvorna
y(x) = x − x 4
med hjälp av fixpunktsiteration.
och f(x) = 0.5 − x 3 , 0 < x < 1,
Lösning. För att beräkna koordinater för en skärningspunkt, bestäm en
positiv rot till ekvationen
y(x) = f(x), eller x − x 4 = 0.5 − x 3 , 0 < x < 1.
251

Grovlokalisera en (positiv) rot x = s till ekvationen F (x) = 0, F (x) =
x − x 4 − (0.5 − x 3 ). Vi har 0 < s < 1 eftersom F (0) = −0.5 och F (1) = 0.5.
Skriv om ekvationen ovan som
Vi har
x = g(x), g(x) = x 4 + 0.5 − x 3 .
g ′ (x) = g1(x) = 4x 3 − 3x 2 = x 2 (4x − 3),
g1(0) = 0, g1(1) = 1, g ′ 1(x) = (4x 3 − 3x 2 ) ′ = 12x 2 − 6x = 6x(2x − 1).
s˚a att g ′ 1(0.5) = 0 och
Vi har
D˚a
min
0≤x≤1 g′ (x) = g ′ (0.5) = 0.5 2 (4 · 0.5 − 3) = −0.25.
g ′ (0) = 0, g ′ (1) = 1, min
0≤x≤1 g′ (x) = −0.25.
|g ′ (x)| < 1, 0 < x < 1,
och man kan välja ett startvärde 0 < x0 < 1 till motsvarande version av
fixpunktsiterationsmetod
Ange första iterationer med x0 = 0.2:
x1 = 0.494 |x1 − x0| = 0.394
x2 = 0.439 |x2 − x1| = 0.055
x3 = 0.452 |x3 − x2| = 0.013
x4 = 0.449 |x4 − x3| = 0.003
xn+1 = x 4 n − x 3 n + 0.5 (0 < x0 < 1).
och |x4 − x3| = 0.003 < 0.005 = 0.5 · 10 −2 . Avrundning till tv˚a (korrekta)
decimaler ger s ≈ 0.45, där s är en positiv rot till ekvationen x−x 4 = 0.5−x 3
(0 < s < 1).
Värdet s ≈ 0.45 är den första (x-) koordinaten för en skärningspunkt mellan
kurvorna x − x 4 och 0.5 − x 3 i intervallet 0 < x < 1. Den andra (y-) koordinaten
är y = 0.5 − s 3 = 0.5 − 0.45 3 = 0.41. Observera att man kan ocks˚a
beräkna den andra (y-) koordinaten enligt y = s − s 4 = 0.45 − 0.45 4 = 0.41
(vi räknar med tv˚a korrekta decimaler).
252

6. (4 p.) Betrakta begynnelsevärdesproblemet
(a) Visa att lösningen är
y ′ = (x + 1)y 2 , y(0) = 0.5.
y(x) =
2
.
4 − 2x − x2 (b) Lös begynnelsevärdesproblemet med Eulers metod. Gör tre steg med
n˚agot h < 0.5 (räkna med 3D). h ska vara s˚adant att felet i det 3:e steget
(absolutbeloppet av differensen mellan den exakta och den approximativa
lösningen) är mindre än 0.04.
Lösning. (a) Vi har
y ′
2
(x) =
4 − 2x − x2 och
′
(−2 − 2x)
= −2
(4 − 2x − x2 = (x + 1)
) 2
(b) Skriv Eulers metod
och räkna med
h = 0.2
y(0) =
2
4 − 0 − 0
= −2 (4 − 2x − x2 ) ′
(4 − 2x − x2 =
) 2
4
(4 − 2x − x 2 ) 2 = (x + 1)y2 ,
= 1
2 .
yn+1 = yn + h(xn + 1)y 2 n, y0 = 0.5, xn = nh, n = 0, 1, 2.
n x yn |yn − y(xn)|
1 0.2 0.550 0.012
2 0.4 0.623 0.035
3 0.6 0.731 0.088
och h = 0.1
1 0.1 0.525 0.003
2 0.2 0.555 0.007
3 0.3 0.592 0.012
Vi ser att felet 0.012 i det 3:e steget är mindre än 0.04 om h = 0.1.
253

7. (2 p.) Funktionen y = y(x) satisfierar diffekvationen y ′′ + y = 0 och villkoren
y(1) = 1 och y ′ (1) = 1. Bestäm y(π/2) (räkna med 3D, dvs avrunda alla
mellanresultat till 3D).
Lösning. Vi har
vilket ger systemet
som har lösningen
och
y(x) = c1 cos x + c2 sin x, y ′ (x) = −c1 sin x + c2 cos x,
8. (3 p.) Visa att ekvationen
y(1) = 1 : c1 cos 1 + c2 sin 1 = 1
y ′ (1) = 1 : −c1 sin 1 + c2 cos 1 = 1,
c1 = cos 1 − sin 1 ≈ −0.301,
c2 = cos 1 + sin 1 ≈ 1.382,
y(π/2) = c1 cos π/2 + c2 sin π/2 = c2 ≈ 1.382.
x 3 − 15x + 5 = 0
har en rot i intervallet 0.2 < x < 0.6 och beräkna roten approximativt med
hjälp av linjär interpolation (räkna med 2D).
Lösning. Visa att ekvationen f(x) = 0, f(x) = x 3 − 15x + 5, har en rot i
intervallet 0.2 < x < 0.6. Vi har 0.2 < s < 0.6 eftersom f(0.2) ≈ 2.008 och
f(0.6) ≈ −3.784.
Bestäm ett interpolationspolynom P1(x) av grad 1 genom punkterna
(0.2, f(0.2)) = (0.2, 2.008) och (0.6, f(0.6)) = (0.6, −3.784).
I intervallet 0.2 ≤ x ≤ 0.6 f˚ar man interpolationspolynomet P1(x) genom
P1(x) =
x − 0.2
f(0.2) + (f(0.6) − f(0.2)) =
0.6 − 0.2
=
x − 0.2
2.008 + (−3.784 − 2.008) = 2.008 − 14.480(x − 0.2).
0.4
Beräkna roten approximativt (räkna med 2D):
P1(x) = 0 → 2.01 − 14.48(x − 0.2) = 0 → x = 0.2 + 2.01
14.48
Observera att det exakta rotens värde är 0.35 (med 2D).
254
= 0.34.

16.7 Tenta 7
1. (3 p.) Polynomet P2(x) = x 3 − x + 1 interpolerar n˚agon funktion f(x) i
punkterna xi = ih, i = 0, 1, 2, 3, h = 0.5. Bestäm f ′′ (x0) genom att beräkna
fram˚atdifferensen av andra ordningen ∆ 2 f(x0) i punkten x0 och approximera
sedan den andra derivatan.
Lösning. Använd fram˚atdifferenserna ∆f0 = f1 − f0, ∆ 2 f0 = ∆f1 − ∆f0,
etc och bestäm fram˚atdifferenstabellen
xi f(xi) = P (xi) ∆f(x) ∆ 2 f(x)
0.0 1.0 −0.375 0.75
0.5 0.625 0.375 1.5
1.0 1.0 1.875
1.5 2.875
och sedan värdet av f ′′ (x0) i punkten x0 = 0 (i = 0) med hjälp av approximationen
f ′′ (x0) ≈ ∆2 f(x0)
h 2
= 0.75
= 3 (h = 0.5).
0.52 2. (2 p.) Beräkna med tre signifikanta siffror rötter till andragradsekvationen
x 2 − 24x + 1 = 0.
Lösning. Beräkna rötter med tre signifikanta siffror:
x1 = 12 + √ 144 − 1 = 12 + 11.958260 · · · = 23.958260 · · · = 24.0.
x2 = 12 − √ 144 − 1 = 12 − 11.958260 · · · = 0.041739 · · · = 0.0417.
3. (3 p.) Bestäm den räta linjen f(x) = ax+b, som bäst approximerar punkterna
(1, 4), (3, 0) och (5, 1) i minstakvadratmening.
Lösning. Vi anpassar en rät linje till följande data:
x f(x)
−− −−
1 4
3 0
5 1
255

Om vi ansätter den räta linjen f(x) p˚a formen f(x) = ax + b, f˚ar vi ett
minsta kvadratproblem med systemet
b + a = 4
b + 3a = 0 (492)
b + 5a = 1.
Vi ska lösa minsta kvadratproblemet för systemet (492) Ax = b, där
⎡
1
⎤
1
⎡ ⎤
1
⎡ ⎤
1
A = ⎣ 1 3 ⎦ = [a1 a2] , a1 = ⎣ 1 ⎦ , a2 = ⎣ 3 ⎦ .
1 5
1
5
och
Vi har
A T A =
A T b =
1 1 1
1 3 5
Normalekvationerna
⎡
b = ⎣
4
0
1
⎤
⎦ .
A T
1 1 1
=
.
1 3 5
1 1 1
1 3 5
⎡ ⎤
4
⎣ 0 ⎦
4 + 0 + 1 5
=
=
4 + 0 + 5 9
1
⎡ ⎤
1 1
⎣ 1 3 ⎦
1 + 1 + 1 1 + 3 + 5
=
1 + 3 + 5 1 + 3 · 3 + 5 · 5
1 5
A T Ax = A T b blir
3 9
9 35
Lösningen till normalekvationerna är
47/12
x =
−9/12
5
x =
9
.
.
=
3 9
9 35
Den här vektorn bäst approximerar lösningen i minsta kvadratmetodmening
och den räta linjen f(x) = 47/12 − 9/12x.
4. (3 p.) Beräkna approximativt värdet y(1.2), där y(x) är lösningen till begynnelsevärdesproblemet
.
y ′ = x
+ 1, y(1) = 10.
y2 256
.

Tips: Använd Eulers metod med n˚agon passande steglängd h. Räkna med
tre signifikanta siffror.
Lösning. Man f˚ar approximationerna yn ≈ y(xn) till lösningen y(x) till
begynnelsevärdesproblemet enligt Eulers metod
xn
yn+1 = yn + h + 1 , y0 = 10, xn = 1 + nh, n = 0, 1, 2, . . . .
y 2 n
Om h = 0.1, d˚a kan man beräkna med tre signifikanta siffror
x0
y(1.1) ≈ y1 = y0 + h
y2
1
+ 1 = 10 + 0.1 + 1 = 10.1,
0
100
x1
y(1.2) ≈ y2 = y1 + h
y2
1.1
+ 1 = 10.1 + 0.1 + 1 = 10.2,
1
10.1
x0 = 1, x1 = 1 + h = 1.1, .
5. (4 p.) Lösningen y(x) till randvärdesproblemet
y ′′ = 6x, y(1) = −1, y(2) = 14,
har ett nollställe i intervallet (1, 1.8). Bestäm nollstället approximativt.
Tips: (a) Lös randvärdesproblemet numeriskt med ett passande antal delintervall
och interpolera sedan och beräkna nollstället för interpolationspolynomet
(räkna med tv˚a korrekta decimaler),
eller
(b) lös randvärdesproblemet analytiskt och sedan använd Newtons metod
(eller fixpunktsiteration) för att beräkna nollstället för lösningen y(x) (räkna
med tv˚a korrekta decimaler).
Lösning. (a) Approximera randvärdesproblemet
y ′′ − 6x = 0, y = y(x), 1 < x < 2,
y(1) = −1, y(2) = 14.
genom att reducera det till ett linjärt ekvationssystem med tre obekanta.
(493)
Välj tre delpunkter xi som tillhör intervallet (1,2) (antalet delintervall är
3 + 1 = 4). Eftersom ekvationen y ′′ − 6x = 0 i (493) betraktas i intervallet
(1,2), de här delpunkterna xi = 1 + ih, i = 1, 2, 3, där h = (2 − 1)/4 = 0.25,
s˚a att
x1 = 1.25, x2 = 1.50, x3 = 1.75.
257

Approximera derivata
och differentialoperatorn
y ′′ ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h2 ,
y ′′ − 6x ≈ yi+1 − 2yi + yi−1
h 2
Randvärdesproblemet (493) approximeras med
eller
− 6xi.
yi+1 − 2yi + yi−1
h 2 − 6xi = 0, i = 1, 2, 3; y0 = −1, y4 = 14.
yi−1 − 2yi + yi+1 = 6h 2 xi, i = 1, 2, 3; y0 = −1, y4 = 14.
D˚a f˚ar vi tre ekvationer
eller
(med tre signifikanta siffror).
y0 − 2y1 + y2 = 6h 2 x1 (i = 1),
y1 − 2y2 + y3 = 6h 2 x2 (i = 2),
y2 − 2y3 + y4 = 6h 2 x3 (i = 3),
y0 − 2y1 + y2 = 0.47 (i = 1),
y1 − 2y2 + y3 = 0.56 (i = 2),
y2 − 2y3 + y4 = 0.66 (i = 3)
Villkoren y0 = −1, y4 = 14 ger ett linjärt ekvationssystem med tre obekanta
y1, y2, y3
P˚a matrisformen f˚ar vi
−2y1 + y2 = 1.47,
y1 − 2y2 + y3 = 0.56,
y2 − 2y3 = −13.34,
Ay = b,
där tridiagonala systemsmatrisen
⎡
−2 1 0
A = ⎣ 1 −2 1
0 1 −2
258
⎤
⎦ ,

och högerledet
⎡
b = ⎣
1.47
0.56
−13.34
Lös det linjära ekvationssystemet med tre obekanta Ay = b, som approximerar
randvärdesproblemet (493) med hjälp t ex, av Gusselimination dvs,
beräkna approximativa lösningen. Svaret är (med tre signifikanta siffror)
Man kan skriva ocks˚a
⎡
y = ⎣
y1
y2
y3
⎤
⎡
⎦ = ⎣
⎤
⎦ .
1.95
5.38
9.36
⎤
⎦ .
y(x1) = y(1.25) ≈ y1 = 1.95
y(x2) = y(1.50) ≈ y1 = 5.38
y(x3) = y(1.75) ≈ y1 = 9.36
För att bestämma approximativt y:s nollställe s i intervallet (1, 1.8), konstruera
ett interpolationspolynom P1(x) av grad 1 som sammanfaller i punkterna
x0 = 1 och x1 = 1.25 med värdena y(x0) = y0 = −1, och y(x1) ≈ y1 =
1.95 (interpolationsdata är
(x0, y0) (x1, y1)
(1, −1) (1.25, 1.95)
P1(x) f˚as ur
P1(x) = y0 +
x − x0
(y1 − y0), x ∈ [x0, x1],
x1 − x0
(ett interpolationsintervall [x0, x1] = [1, 1.25]):
x − 1
P1(x) = −1 + (1.95 − (−1)) = −1 + 11.8(x − 1) = 11.8x − 12.8, x ∈ [1, 1.25].
1.25 − 1
Bestäm nollstället s i intervallet (1, 1.8) genom att lösa ekvationen P1(x) = 0,
dvs 11.8x − 12.8 = 0. Vi har
s = 12.8
11.8
259
= 1.08. (494)

(b) Lösningen till randvärdesproblemet är y(x) = x 3 + 8x − 10 (eftersom
y ′′ = (x 3 + 8x − 10) ′′ = 6x, y(1) = −1 och y(2) = 14). Enligt Newtons metod
f˚ar vi
xn+1 = xn − y(xn)
y ′ (xn) , n = 0, 1, 2, . . . , x0 = 1,
xn+1 = xn − x3 n + 8xn − 10
3x 2 n + 8
eller
= 2 x3 n + 5
3x 2 n + 8 , n = 0, 1, 2, . . . , x0 = 1,(495)
x0 = 1, x1 = 2 x30 + 5
3x2 0 + 8 , x2 = 2 x31 + 5
3x2 , . . . . (496)
1 + 8
Nu räkna nollstället s ∗ enligt (495) och (496) med tv˚a korrekta decimaler:
n xn |xn − xn+1|
0 1.00 0.09
1 1.09 0.00
2 1.09 0.00
Observera att differensen mellan det exakta (med tv˚a korrekta decimaler)
nollstället s ∗ = 1.09 och det approximativa värdet (494) är s ∗ − s = 1.09 −
1.08 = 0.01
6. (3 p.) Bestäm hur m˚anga delintervall man har tagit med för att beräkna
1
0
ln(3x + 2)dx ≈ 1.2
med hjälp av trapetsregeln, om det exakta integralens värde är 1.2202984
(med 7 korrekta decimaler).
Lösning. Enligt trapetsregeln
J = J[a, b] =
b
a
f(x)dx ≈ JT = JT [a, b], ,
JT [a, b] = Jn[a, b] = h[ 1
2 f(a) + f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn−1) + 1
2 f(b)],(497)
h = (b − a)/n,
260

har vi
J = J[0, 1] =
1
0
ln(3x + 2)dx ≈ JT = JT [0, 1], ,
JT [0, 1] = Jn[0, 1] = h[ 1
2 f(0) + f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn−1) + 1
2 f(1)],
f(x) = ln(3x + 2), h = (b − a)/n = 1/n.
Det maximala absoluta felet uppskattas
Här
och
(b − a)3
|J[a, b] − JT [a, b]| ≤ M
12n2 , M = max
x∈[a,b] |f ′′ (x)|.
|J[a, b] − JT [a, b]| ≤ M 1
,
12n2 M = max
x∈[0,1] | ln(3x + 2)′′
| = max
x∈[0,1] − 9
(3x + 2) 2
9 9
= =
22 4 ,
Felgränser för trapetsregeln
där
och
|J[0, 1] − JT [0, 1]| ≤ 9 1 3 3h2
= =
4 12n2 16n2 16 .
(b − a)3
K = −
12n2 M2 = max f
x∈[a,b]
′′ (x) = max
x∈[0,1]
M ∗ 2 = min f
x∈[a,b]
′′ (x) = min
x∈[0,1]
Felgränser för trapetsregeln blir
KM2 ≤ ɛ ≤ KM ∗ 2 ,
b − a
= −h2
12
= −h2
12
9
−
(3x + 2) 2
= −
9 9
= −
(3 + 2) 2 25 ,
9
−
(3x + 2) 2
= − 9
= −9
22 4 .
9 h
25
2
h2 9
≤ ɛ ≤
12 12 4 ,
261
(498)

eller
3h 2
100
≤ ɛ ≤ 3h2
16 .
Det aktuella felet är 1.2202984 · · · − 1.2 = 0.0202984 · · · < 0.0203. För att
bestämma hur m˚anga delintervall man har tagit med för att beräkna integralen
med felet 0.0203, lös olikheten
3h2 16 ≤ 0.0203 → h2 ≤ 16
0.0203 ≈ 0.1083,
3
h ≤ √ 0.1083 ≈ 0.3291 → 1
n
s˚a att man har tagit med fyra delintervall.
1
≤ 0.3291 → n ≥ = 3.0386
0.3291
7. (3 p.) Följande tabellen inneh˚aller approximationerna x0, x1, x2, . . . till roten
s till ekvationen f(x) = 0 beräknade med fixpunktsiteration
n xn
0 1
1 0.03170580303842
2 0.19365990175593
3 0.16150966777849
4 0.16783831805658
5 0.16658971307028
6 0.16683595101319
7 0.16678738621438
8 0.16679696435016
9 0.16679507530731
Bestäm heltalen i, j och k s˚adana att approximationen
xi har 2 korrekta decimaler (KD), xj har 3 KD xk har 4 KD.
Lösning. En approximation ã sägs ha n KD om
|∆a| = |ã − a| ≤ 0.5 · 10 −n
262

Vi har
|x1 − x2| = |0.19365990175593 − 0.03170580303842| = 0.16 . . . .
|x2−x3| = |0.19365990175593−0.16150966777849| = 0.0322 · · · ≤ 0.05 = 0.5·10 −1 .
|x3−x4| = |0.16783831805658−0.16150966777849| = 0.0063 · · · ≤ 0.05 = 0.5·10 −1 ,
0.0063 · · · ≥ 0.005 = 0.5 · 10 −2 .
|x4−x5| = |0.16783831805658−0.16658971307028| = 0.0012 · · · ≤ 0.005 = 0.5·10 −2 ,
och x5 = 0.1665 · · · ≈ 0.17 har 2 KD.
|x5−x6| = |0.16683595101319−0.16658971307028| = 0.00024 · · · ≤ 0.0005 = 0.5·10 −3 ,
och x6 = 0.1668 · · · ≈ 0.167 har 3 KD.
|x6−x7| = |0.16683595101319−0.16678738621438| = 0.000048 · · · ≤ 0.00005 = 0.5·10 −4 ,
och x7 = 0.16678 · · · ≈ 0.1668 har 4 KD.
8. (3 p.) Bestäm matrisprodukten
⎡
2 −1 0
⎤ ⎡
C = A · B, A = ⎣ −1 2 −1 ⎦ , B = ⎣
0 −1 2
och lös sedan det linjära ekvationssystemet
⎡
med hjälp av Gausselimination.
Lösning. Matrisprodukten
Cx = b, b = 5 ⎣
⎡
C = A · B = ⎣
1
0
1
⎤
⎦
−5 2 −1
4 −4 4
−1 2 −5
Lösningen till det linjära ekvationssystemet ovan
⎡ ⎤
5
Cx = b, b = ⎣ 0 ⎦
5
är
⎡
x = ⎣
−2.5
−5.0
−2.5
263
⎤
⎦ .
−2 0 0
1 −2 1
0 0 −2
⎤
⎦ .
⎤
⎦ ,

17 MATLABövningar
17.1 MATLAB grunder
17.1.1 Komma ig˚ang
Se till att du har g˚att i ditt konto och har startat MATLAB och g˚att till din
hemkatalog. Observera att lösenordet skall bytas vid första inloggningen. Använd
menyn uppe till höger. Visa Current directory i n˚agot av delfönstren till vänster
s˚a att du ser vilka filer du har.
Samla ett antal kommandon tillsammans i filer som du sedan kör i MATLAB.
Använd MATLAB Editor för att skriva filerna och sedan spara de i din hemkatalog.
17.1.2 Filer i MATLAB
Man kan skriva MATLAB kommandon i en text fil med n˚agon editor, t ex MAT-
LAB editor som startas med
>> edit
Dessa kommandon exekveras i MATLAB d˚a användaren skriver filens namn och
eventuella parametrar.
Man skriver filer med hjälp av MATLAB editor och sparar filer i kataloger och
underkataloger.
M-filer. En MATLAB fil (M-fil) är en fil med namnet p˚a formen
filnamn.m
dvs det m˚aste ha suffix .m.
Systemkommandot
>> dir
listar alla filer i en katalog eller underkataloger. Systemkommandot
>> cd
visar (ändrar) den aktuella katalogen, t ex,
>> cd d:\minmatlabkurs
Skapa ett bibliotek (katalog) som heter t ex matlab (eller minmatlabkurs)
och spara alla sina M-filer i detta. MATLAB tittar efter denna katalog (matlab),
eller katalogen minmatlabkurs om man skriver
>> cd d:\minmatlabkurs
och hittar d˚a filer.
T ex, MATLABraden
>> cd
C:\MATLAB\minmatlabkurs
visar aktuell katalog (dvs minmatlabkurs) som man användar, och MATLABraden
>> dir
.
264

..
a.dat
mintextfil.txt
frstkommfil.m
minmatlabfunk1.m
minmatlabfunk2.m
figdraw.mat
thematrix.m
...
exempel106.m
...
problem312.m ...
visar alla filer i denna katalog.
Kommandofiler. Kommandofiler i MATLAB är vanliga MATLAB .m-filer
(ASCII-filer) som inneh˚aller rader (listor) med MATLAB-kommandon.
Funktionsfiler. Funktionsfiler fungerar ungefär som matematiska funktioner,
t ex
function y = f(x)
y = x∗(sqrt(x+1) - sqrt(x));
Funktionsfilen har ordet function som första i sin första rad.
Funktionsfilen sparas med namnet som sammanfaller med det aktuella funktionens
namn, s˚a att funktionsfilen ovan sparas med namnet f.m
Man skapar funktionsfiler och sedan, en kommandofil som kör funktionsfilerna.
17.2 MATLAB som miniräknare
17.2.1 Exempel: räkna genom att skriva direkt i MATLABfönstret
Räkna genom att skriva direkt i MATLABfönstret, t ex,
>> 2341 + 201 + 342 + 4556 + 213
och trycka Enter för att f˚a svaret
>> ans =
7653
Gör det genom att skapa en kommandofil (en vanlig ASCII-text-fil)
summan = 2341 + 201 + 342 + 4556 + 213
och spara den som en MATLAB M-fil (kommandofil), dvs som en fil med ett
visst namn, t ex lab11kom.m (med suffix .m) i din katalog. Sedan skriv MAT-
LABraden (filens namn) i MATLABfönstret
>> lab11kom
och f˚a svaret
>> summan =
265

7653
17.2.2 Exempel: beräkna ett tal genom att skriva en kommandofil
Beräkna talet √ 2 + 2 − 0.2 · 1.8 genom att skriva en kommandofil
irrtal = sqrt(2) + 2 - 0.2∗1.8
Spara den som en MATLAB M-fil (kommandofil) lab12kom.m i din MATLABkatalog.
Sedan skriv filens namn i MATLABfönstret
>> lab12kom
och f˚a svaret
>> irrtal =
3.0542
Skriv direkt i MATLABfönstret
>> sqrt(2) + 2 - 0.2∗1.8
och tryck Enter för att f˚a svaret.
17.2.3 Exempel: funktionsberäkning
Beräkna
f(x) = x[ √ x + 1 − √ x]
för växande
x =
1.00000
10.0000
100.000
1000.00
10000.0
100000
Skriv direkt i MATLABfönstret
>> sqrt(1+1) - 1, 10∗(sqrt(10+1) - sqrt(10)), 100∗(sqrt(100+1) - sqrt(100)), 1000∗(sqrt(1000+1)
- sqrt(1000)), 10000∗(sqrt(10000+1) - sqrt(10000)),
100000∗(sqrt(100000+1) - sqrt(100000))
och f˚a svaret (med fyra korrekta decimaler)
>> ans =
0.4142
>> ans =
1.5434
>> ans =
4.9876
. . .
266

ans =
158.1135
Skapa en funktionsfil
function y = lab1ex3(x)
y = x∗(sqrt(x+1) - sqrt(x));
(spara den som en M-fil lab1ex3.m) och sedan, en kommandofil som kör funktionsfilen,
ex103(1), ex103(10), ex103(100), ex103(1000), ex103(10000), ex103(100000)
Spara den som en kommandofil lab1ex3kom.m i din katalog och skriv i MAT-
LABfönstret
>> ex103kom
D˚a f˚ar du svaret ovan.
17.2.4 Exempel: beräkna ett algebraiskt uttryck
Beräkna uttrycket
a
, a = 0.81534, b = 35.724, c = 35.596.
b − c
Skapa en funktionsfil som räknar motsvarande funktion av tre variabler, och sedan,
en kommandofil som kör funktionsfilen. Räkna med hjälp av kommandofilen.
17.2.5 Exempel: en kommandofil som beräknar tal
Skriv en kommandofil som beräknar talen
4 + 5/2·7
4 + (5/2)·7
4 + 5/(2·7)
· 8/2 - 5
3 + 9·4
3·2
17.3 Vektorer och matriser
17.3.1 Exempel: en matris av typ 2 × 3
Betrakta en matris av typ 2 × 3
a = [aj k] =
a11 a12 a13
a21 a22 a23
=
1 2 3
4 5 6
a har 2 rader och 3 kolonner. Den första raden är [1 2 3].
Den andra raden är [4 5 6].
267

De andra och tredje kolonner är 2
5
Matriselementen
,
3
6
.
a11 = 1, a12 = 2, . . . a23 = 6.
I MATLAB, definition av matrisen a av typ 2 × 3 kan ske genom att man ger
elementen p˚a samma kommandorad, där semikolon skiljer matrisraderna,
>> A = [1 2 3; 4 5 6];
eller elementvis:
>> a(1,1) = 1; a(1,2) = 2; a(1,3) = 3; a(2,1) = 4; a(2,2) = 5; a(2,3) = 6;
Skriv en kommandofil som skapar matrisen A ovan.
17.3.2 Exempel: skapa matriser
Skapa matrisen A =
genom att skriva en kommandofil.
−9 −3 −16
13 7 16
3 3 16
17.3.3 Exempel: skapa matriser genom att skriva en kommandofil
Skapa matrisen A =
genom att skriva en kommandofil.
3 4 5
6 2 9
17.3.4 Exempel: radvektorer och kolonnvektorer
Ange ett exempel av radvektorer och kolonnvektorer i MATLAB
>> radvek = [1.2 3.2 4];
>> kolvek = [2.7; 3.4; -9.2];
Genom att skriva
>> kolvek
s˚a visas
kolvek =
2.7000
3.4000
-9.2000
Skriv en kommandofil som skapar radvektorn radvek och kolonnvektorn kolvek och
radvektorer och kolonnvektorer som ger matriserna i 17.3.1 och 17.3.2.
268

17.3.5 Exempel: definition av matriser
genom radvektorer och kolonnvektorer
Matrisen
a = [aj k] =
a11 a12 a13
a21 a22 a23
=
1 2 3
4 5 6
kan skrivas som
>> a1 = [1 2 3]; a2 = [4 5 6]; A = [a1; a2];
eller
>> b1 = [1; 4]; b2 = [2; 5;]; b3 = [3; 6;]; A = [b1 b2 b3];
där radvektorerna
a1 = [1 2 3], a2 = [4 5 6]
och kolonnvektorerna
b1 =
1
4
2
, b2 =
5
3
, b3 =
6
Skriv en kommandofil som skapar matriserna i 17.3.1 och 17.3.2 med hjälp av deras
radvektorer och kolonnvektorer.
17.3.6 Exempel: MATLABkommandot ones(1,m)
MATLABkommandot ones(1,m) ger en radvektor med 1 rad och m element
(kolonner), dvs en 1 × m matris med ettor.
Skriv en kommandofil som skapar radvektorer med 5, 7, och 8 element best˚aende
av talen (i) 1, (ii) 4, (iii) 402, (iv) -2.34.
17.3.7 Exempel: MATLABkommandot i:h:k
MATLABkommandot i:h:k ger en radvektor fr˚an i till k i steg om h, dvs
i, i + h, i + 2h, . . . , k.
Använd MATLABkommandot i:h:k och skriv en kommandofil som skapar radvektorer
1 2 3 4 5 6 7 8
20 22 24 26 28 30
0 0.1 0.2 ... 0.9 1.0
Skriv en funktionsfil lab1ex12.m som skapar radvektorerna ovan med hjälp av
kommandot i:h:k Skriv en kommandofil lab1ex12kom.m som kör funktionsfilen
lab1ex12.m I kommandofilen, ange tre tal a, b och h och skapa olika radvektorer
fr˚an a till b i steg om h med olika a, b och h genom att köra lab1ex12.m
t ex
>> a=1; b=8; h=1; lab1ex12(a,b,h)
269
.

17.3.8 Exempel: en kommandofil som räknar dina räkningar
Skriv en M-fil (kommandofil) som räknar dina räkningar i januari–december 2001.
Här kommer ett exempel av en s˚adan fil som räknar kommande räkningar i
januari–augusti 2002.
disp(’Mina räkningar i jan 2002 – aug 2002’)
antman = 8;
manad = 1:1:antman;
lagen = 2456*ones(1,antman);
autog1 = 1005*ones(1,antman);
autog2 = 156*ones(1,antman);
garag = 220*ones(1,antman);
lan1 = [515 554 556 616 602 610 517 550];
telia = [347 282 675 721 553 632 453 850];
ma(1)= 2456+1005 +156 +220 +515 +347;
ma(2)= 2456+1005 +156 +220 +554 +282;
ma(3)= 2456+1005 +156 +220 +556 +675;
ma(4)= 2456+1005 +156 +220 +616 +721;
ma(5)= 2456+1005 +156 +220 +602 +533;
ma(6)= 2456+1005 +156 +220 +610 +632;
ma(7)= 2456+1005 +156 +220 +517 +453;
ma(8)= 2456+1005 +156 +220 +550 +850;
rakn = [manad; lagen; autog1; autog2; garag; lan1; telia; ma]
plot(manad, lan1, ’–’, manad, telia, manad, ma)
grid
xlabel(’M˚anader, jan 2002 – aug 2002’), ylabel(’L˚an 1 (–), Telia, Summan’)
MATLABkommandon diag skapar olika diagonalmatriser:
diag (x) ger en kvadratisk diagonalmatris där diagonalen är vektorn (x).
Utomdiagonala element är noll.
diag (x, k) ger en kvadratisk diagonalmatris av typ (n + |k|) × (n + |k|) med
(x)’s element i k:e diagonalen. k = 0 avser huvuddiagonalen, k < 0 diagonaler
under huvuddiagonalen och k > 0 diagonaler över huvuddiagonalen.
17.3.9 Exempel: MATLABkommandon diag och diagonalmatriser
A =
1 2 30
3 4 40
5 6 50
270

diagA =
1
4
50
diagdiagA1 =
0 1 0 0
0 0 4 0
0 0 0 50
0 0 0 0
diagdiagA-1 =
0 0 0 0
1 0 0 0
0 4 0 0
0 0 50 0
17.3.10 Exempel: diagonalmatriser
Använd diag-kommandon och skriv en M-fil (kommandofil) som assemblerar n×n
matriser med elementen
1. n = 3; aj j = 1 och aj k = 0, j = k. (en diagonalmatris: enhetsmatris).
2. n = 4; aj j = 10 och aj k = 0, j = k. (en diagonalmatris).
3.
⎡
⎢
A = ⎢
⎣
1 1 0 0 0
1 2 1 0 0
0 1 3 1 0
0 0 1 4 1
0 0 0 1 5
4. n = 5; aj j = 4 och aj k = 0 p˚a alla övriga platser s˚a när som p˚a (4 5) där
aj k = 10.
5. n = 4; den första kolonnen best˚ar av nollor och varje följande k kolonn best˚ar
av talen k, k = 1, 2, 3.
271
⎤
⎥
⎦

17.3.11 Exempel: en funktionsfil som löser ett linjärt ekvationssystem
Skriv en funktionsfil som löser det linjära ekvationssystemet Ax = b med symmetriska
tridiagonala koefficientmatrisen
⎡
a
⎢ b
A = [aj k] = ⎢ 0
⎣ 0
b
a
b
0
0
b
a
b
0
0
b
a
⎤
0
0 ⎥
0 ⎥ ,
b ⎦
a = b.
0 0 0 b a
och olika b. Bestäm A:s storlek. Använd diag-kommandon och skapa koefficientmatrisen
A. Utför funktionsfilen med olika indata. Kolla resultat.
17.3.12 Exempel: värdetabeller för funktioner
Generera värdetabeller för funktioner f(x) beräknade i ett likformigt nät av n
punkter x = xi som tillhör intervallet [a, b].
1. f(x) = 2 cos x, a = −π/2, b = π/2, n = 10.
2. f(x) =
x − 1.96
x2 , a = −10, b = 10, n = 20.
+ 1.15
3. f(x) = 2x 3 + x 2 + 5x + 17, a = −2, b = 2, n = 20.
Använd följande exemplet av generering av en funktionstabell för funktionen
f(x) = sin x, x ∈ [a, b] = [0, 2π]:
MATLAB kommandon
>> a = 0; b = 2∗pi; n = 10; h = (b–a)/n; x = (a:h:b)’; y = sin(x); Ftable =
[x, y]
genererar funktionstabellen för sin x som best˚ar av tv˚a 10-element kolonnvektorer
x och y
Ftable =
0 0
0.6283 0.5878
1.2566 0.9511
Man kan ocks˚a använda kommandon
. . .
272

linspace(a,b) returnerar en vektor med 100 element i [a, b] (som delar [a, b]
i lika stora intervall).
och
linspace(a,b,n) returnerar en vektor med n element i [a, b] (som delar [a, b]
i lika stora intervall).
17.4 Ekvationer
Bestämning av nollställen till funktioner av en variabel kan göras med MATLAB
kommandot fzero För polynom bör man istället använda MATLAB kommandot
roots Algoritmen för fzero är iterativ och kräver att användaren ger ett
x-värde nära det nollställe man söker.
fzero(fkn,x0) returnerar ett av nollställena till funktionen som är angiven
i strärngen fkn. Kommandot kräver att man ger en startgissning x0. Approximationens
relativa fel är MATLAB variabeln eps.
fzero(fkn,x0,tol) returnerar ett av nollställena till funktionen som är angiven
i strärngen fkn med relativa felet tol. Kommandot kräver att man ger en
startgissning x0.
17.4.1 Exempel: en skärningspunkt mellan kurvor
För att bestämma en skärningspunkt mellan kurvan sin x och 2x − 2, dvs hitta en
lösning till ekvationen sin x = 2x − 2, eller
sinm(x) ≡ sin x − 2x + 2 = 0, (499)
skapar vi en M-fil sinm.m som beräknar funktionen
function s = sinm(x)
s = sin(x) - 2.∗x + 2;
sinm(x) = sin x − 2x + 2
Att rita ut kurvan kan vara ett bra sätt at finna en startgissning x0, och vi
srkiver
fplot(’sinm’, [-10,10])
grid on; title(’Funktionen sin(x) - 2.∗x + 2’);
Vi ser att x0 = 2 kan vara en god startgissning, och srkiver
273

xzero = fzero(’sinm’,2)
som ger skärmingspunkten
xzero =
1.4987
som allts˚a är en lösning till ekvationen sin x = 2x − 2.
17.4.2 Exempel: fixpunktsiteration
Skriv om ekvationen (499) sin x − 2x + 2 = 0
och iterera enligt fixpunktsiteration
där
x = 0.5 sin x + 1, (500)
xn+1 = 0.5 sin xn + 1, n = 0, 1, 2, . . . , x0 = 2 (501)
Newtons metod. Skriv om ekvationen f(x) = 0
x = G(x),
G(x) = x − f(x)
f ′ , f(x) = sin x − 2x + 2,
(x)
är en deriverbar funktion, f ′ (x) = cos x − 2 = 0. och iterera enligt
xn+1 = G(xn), G(xn) = xn cos xn − sin xn − 2
, n = 0, 1, 2, . . . . (502)
cos xn − 2
Stopregeln: ligger dn = |xn+1 − xn| inom den fr˚an början uppställda toleransgränsen
ɛ, dvs
dn < ɛ,
har man löst den numeriska uppgiften att beräkna ett nollställe (som ligger i en
omgivning till x0 = 2) till den givna funktionen f(x) = sin x − 2x + 2.
Man kan programmera stopregeln med hjälp av
+ . . .
while kommandot, t ex för
s = 1 + 1
4
+ 1
9
tolerans = 0.001; i = 1; s = 0; x = 1;
while abs(x) >= tolerans
274

x=1./(i.*i); s=s+x; i=i+1;
end
MATLABräknade tabellen visar första tio xn beräknade med
fixpunktsiteration (501)
n xn xn − xn+1
1 1.45464871341284 -0.04198250926186
2 1.49663122267470 -0.00199429185682
3 1.49862551453152 -0.00007289403855
4 1.49869840857007 -0.00000262680318
5 1.49870103537325 -0.00000009460978
6 1.49870112998303 -0.00000000340750
7 1.49870113339054 -0.00000000012273
8 1.49870113351326 -0.00000000000442
9 1.49870113351768 -0.00000000000016
10 1.49870113351784 -0.00000000000001
och Newtons metod (502)
1 1.54857769541316 0.04924817574845
2 1.49932951966471 0.00062828403743
3 1.49870123562728 0.00000010210943
4 1.49870113351785 0.00000000000000
5 1.49870113351785 0
6 1.49870113351785 0
7 1.49870113351785 0
8 1.49870113351785 0
9 1.49870113351785 0
10 1.49870113351785 0
Här kommer en MATLABkod
x = 2; y = 2;
for i = 1:10
r(i,1) = i;
x = 0.5*sin(x)+1;
y = (y.*cos(y)-sin(y)-2)./(cos(y)-2);
r(i,2) = x;
r(i,3) = x - 0.5*sin(x)-1;
r(i,5) = y - (y.*cos(y)-sin(y)-2)./(cos(y)-2);
275

(i,4) = y;
end
r
Ange en MATLABkod som använder while kommandot
disp(’Fixpunktsiteration, x = 0.5*sin(x) + 1’)
x=2; eps = 10e-6; i=0;
startv = 2, tolerans = eps,
while abs(x - (0.5*sin(x)+1)) >= eps
x=0.5*sin(x)+1; i=i+1;
iterationer(i,1)=i;
iterationer(i,2)=x;
iterationer(i,3) =abs(x - (0.5*sin(x)+1));
end
format long
iterationer
antaliter = i, rot = x
Här kommer resultat
Fixpunktsiteration, x = 0.5*sin(x) + 1
startv =
2
tolerans =
1.0000e-005
iterationer =
1 1.45464871341284 0.04198250926186
2 1.49663122267470 0.00199429185682
3 1.49862551453152 0.00007289403855
4 1.49869840857007 0.00000262680318
antaliter =
4
rot =
1.49869840857007
17.4.3 Exempel: koordinater av en skärningspunkt
Beräkna (med fyra korrekta decimaler) koordinater av en skärningspunkt mellan
kurvorna
y(x) = x 2 − x 5
och f(x) = 0.75 − x 3 , 0 < x < 1,
276

Tips: (1) Skapa en funktionsfil som beräknar y(x) − f(x). (2) Grovlokalisera
en rot till y(x) − f(x) = 0 genom att rita motsvarande kurvor. Använd polyval
och plot
17.4.4 Exempel: lös en ekvation med fixpunktsiteration
Lös ekvationen
med fixpunktsiteration
f(x) ≡ x 3 − 5.00x 2 + 1.01x − 1.88 = 0
xn+1 = g(xn), n = 0, 1, 2, . . . (503)
(dvs bestäm dess rötter).
Tips: (1) Skapa en funktionsfil som beräknar f(x). (2) Grovlokalisera en rot genom
att generera f:s tabell i intervallet −3 < x < 6 och/eller rita f:s graf. (3) Bestäm
vilken rot du kommer att beräkna först och ange passande startgissning x0 = x0.
(4) Skriv ekvationen p˚a formen
x = g(x), (504)
där g(x) är en deriverbar funktion, och skapa en funktionsfil som beräknar g(x).
(5) Skapa en kommandofil som itererar enligt (503).
Kolla resultat med fzero.
17.4.5 Exempel: fixpunktsiteration och Newtons metod
Skriv MATLABkoder (kommandofiler) som löser ekvationen (499) med fixpunktsiteration
och Newtons metod. Använd while kommandot. Skriv ut resultat
som tabellen ovan. Använd stopregeln med tre olika fr˚an början uppställda toleransgränser
ɛ.
Kolla resultat med fzero.
17.5 Polynom i MATLAB
I MATLAB, evaluerar kommandot P = polyval(p1, z) polynomet
med koefficienter i vektorn
p1 = an an−1 . . . a1 a0.
P (z) = anz n + an−1z n−1 + . . . + a1z + a0
277
(505)

17.5.1 Exempel: kommandot polyval
Här är n˚agra exempel av kommandot P = polyval(p1, z). Betrakta polynom
P1(z) = 3.22z + 4.26, P2(z) = 3z 2 + 2z − 4. (506)
Dessa polynom bildar vi genom att skapa vektorer
>> p1 = [3.22 4.26]
och
>> p2 = [3 2 − 4].
För att beräkna värdena av polynomen i x = 1, skriver vi
>> var1 = polyval(p1, 1), var2 = polyval(p2, 1)
och f˚ar
>> var1 =
>> 7.4800
>> var2 =
>> 1.0000
De polynomen ritas med häjlp av MATLAMkod
p1 = [3.22 4.26]; p2 = [3 2 -4];
z1 = -2 : 2 : 2; z2 = -2 : 0.1 : 2;
plot(z1, polyval(p1, z1), ’–’, z2, polyval(p2, z2));
grid
17.6 Polynomanpassning i MATLAB
Kommandot p = polyfit(x, y, n) skapar en vektor
p = an an−1 . . . a1 a0
med n + 1 koefficienter till det polynom av grad n (av typ P (z) i (505)) som är
bästa anpassningen i minstakvadratmening till den givna punktmängden {xi, yi}.
17.6.1 Exempel: bästa anpassningen i minstakvadratmening
Polynomet P1(z) = az + b som är bästa anpassningen i minstakvadratmening till
de 50 första slumptal ritas med häjlp av MATLABkod
N = 50;
y = sort(rand(1,N));
dx=1/(N-1); x = 0 : dx : 1;
a = polyfit(x, y, 1);
plot(x, y, ’+’, x, polyval(a,x), ’-’)
grid
278

Polynomet av grad 6 som är bästa anpassningen i minstakvadratmening till slumpdata
p˚a formen av de 20 första slumptal ritas med häjlp av MATLABkod
N = 20;
y = sort(rand(1,N));
dx = 1/(N-1); x = 0 : dx : 1;
a = polyfit(x, y, 6);
z = 0 : 0.1 : 1;
plot(x, y, ’+’, z, polyval(a,z),’-’)
grid
17.7 Polynomanpassning och tendenskurvor
Betrakta ett exempel av en tendenskurva: polynomet av grad 3 som är bästa
anpassningen i minstakvadratmening till slumpdata p˚a formen av funktionen
g(y) = y sin y, där y är de 20 första slumptal. Polynomet ritas med häjlp av
MATLABkod
N = 20;
y = sort(rand(1,N));
dx = 1/(N-1); x = 0 : dx : 1;
y1 = y.*sin(y);
a = polyfit(x, y1, 6);
z = 0 : 0.1 : 1;
plot(x, y1, ’+’, z, polyval(a, z),’-’)
grid
Betrakta polynomanpassning till data som visar t ex utveckling av dags- eller
m˚anadskurser i fonder eller aktiebolag.
S˚adana polynom som är bästa anpassningen i minstakvadratmening kallas tendenskurvor
(eller trendkurvor).
17.7.1 Exempel: dagsvärdeförändring i ett aktiebolag
Antag att dagsvärdeförändring i ett aktiebolag under 20 dagar ges med aktievärdena
(i SEK)
1 2 3 4 . . . 20
20.1 20.5 20.9 21.3 22.5 26.1 25.2 22.1 . . . 19.0
Polynomet av grad 3 som är bästa anpassningen i minstakvadratmening till
indata som visar utveckling av dagskursen i ett aktiebolag ritas med häjlp av
MATLABkod
N = 20;
y1 = [20.1 20.5 20.9 21.3 22.5 26.1 25.2 22.1 20.4 19.1 18.2 17.0 16.4 13.9 12.3
14.7 15.2 17.1 18.3 19.0];
279

x=1 : 1 : N;
a = polyfit(x, y1, 3);
plot(x, y1, ’*’, x, polyval(a, x), ’-’)
grid
17.8 Tendenskurvor och referenspunkter
Om indata (slumpdata) inneh˚aller för m˚anga värden, kan man rita tendenskurvor
genom att ta en delmängd av indata: referenspunkter, t ex ändvärdena och
maximum- och minimumvärdena. I exemplet ovan, kan de referenspunkterna vara
20.1 26.1 12.3 19.0
Polynomet av grad 3 som är bästa anpassningen i minstakvadratmening till
indata i referenspunkterna (1, 20.1) (6, 26.1) (15, 12.3) (20, 19.0) ritas med häjlp
av MATLABkod
y1 = [20.1 26.1 12.3 19.0];
x= [1 6 15 20];
a = polyfit(x, y1, 3);
z = 1 : 1 : N;
plot(x, y1, ’*’, z, polyval(a,z), ’-’)
grid
17.8.1 Polynomanpassning till periodiska kurvor
Ange referenspunkter och rita konvolut-kurvor som omringar xn-banorna i Fig. 14
och 13. Använd polynomanpassning.
280

18 Referenser
1. E. Pärt-Enander et. al, Användarhandledning for MATLAB 6, Uppsala universitet,
2001.
2. L. Elden et. al, Numeriska beräkningar – analys och illustrationer med MAT-
LAB, Studentlitteratur, 2001.
3. E. Kreyszig, Advanced Engineering Mathematics. 8th Edition (AEM).
4. G. Bäckström, Practical mathematics using MATLAB, Studentlitteratur, 2000.
5. Kompendiet Introduktion till MATLAB
6. M. Heath, Scientific Computing. An Introductory Survey, New York: McGraw-
Hill, 1997.
281