Rešitve kolokvijev iz leta 2003/2004.

UVOD V NUMERIČNE METODE
Rešitve kolokvija 9.12.2003
1. Dana je tabela podatkov
x −2 −1 0 1 2
y −5 0 1 y 3 y 4
a) Kakšna mora biti zveza med y 3 in y 4 , da bo tabelo mogoče interpolirati
s kubičnim polinomom?
b) Določite tak par števil y 3 in y 4 , da je tabelo mogoče interpolirati
s kubičnim polinomom z vodilnim koeficientom 1.
Rešitev: Najprej izračunamo tabelo deljenih diferenc
−2 −5
5
−1 0 −2
0 1
1
y 3 − 1
y 3 − 2
2
1 y 3
y 4 − 2y 3 + 1
2
y 4 − y 3
2 y 4
y 3 + 2
6
= 1
y 4 − 3y 3 + 3
6
y 4 − 4y 3 + 1
24
= 0
Interpolacijski polinom bo stopnje 3, če bo y 4 − 4y 3 + 1 = 0. Hkrati pa
bo imel vodilni koeficient enak 1, če bo (y 3 + 2)/6 = 1, torej y 3 = 4 ter
y 4 = 15.
2. Določite koeficienta α in β v integracijski formuli
∫ h
0
f(x) dx = α f(0) + β f(2h/3) + R(f)
1

tako, da bo čim višjega reda. Nato s pomočjo Peanovega jedra K 2 za
vsaj trikrat zvezno odvedljivo funkcijo f izračunajte ali ocenite R(f).
Rešitev: Koeficienta α in β določimo z metodo nedoločenih keficientov.
Za f vstavimo zaporedoma polinoma 1 in x ter dobimo sistem
enačb
katerega rešitev je
α = h 4
h = α + β
h 2
2 = 0 + β 2h 3 ,
in β = 3h 4 .
Integracijska formula se tako glasi
∫ h
Peanovo jedro K 2 se glasi
K 2 (t) = 1 2 L((x − t)2 +) = 1 2
0
f(x) dx = h (f(0) + 3f(2h/3)) + R(f).
4
∫ h
0
(x − t) 2 + dx − h 8 ((0 − t)2 + + 3(2h/3 − t) 2 +).
Z nekaj računanja ga poenostavimo v
K 2 (t) = 1 6 (h − t)3 − h { 3(2h/3 − t) 2 , 0 ≤ t ≤ 2h/3
8
0, sicer
Da je Peanovo jedro konstantnega predznaka (nenegativno) na [0, h]
se lahko prepričamo tako, da pokažemo K 2 (0) = 0, K 2 (2h/3) > 0 in
K(h) = 0, hkrati pa z odvodom ugotovimo, da K 2 narašča na [0, 2h/3]
in pada na [2h/3, h].
Napako zato lahko izračunamo z integralom 1
R(f) = L(f) = f (3) (ξ)
∫ h
0
K 2 (t) dt = 1
216 h4 f (3) (ξ), ξ ∈ [0, h].
3. Naj bo f(x) = sh 2 (x). Napišite algoritem za računanje vrednosti
f −1 (0.1) s tangentno metodo. Izračunajte prva dva približka (x 1 in
x 2 ) s to metodo, če je x 0 = 0.3. Prepričajte se, da je red konvergence
1 Formalno bi morali pokazati, da je L natančen za polinome stopnje ≤ 2, pa to
prepuščamo bralcu.
2

vsaj 2.
Opomba: sh(x) = (exp(x) − exp(−x))/2.
Rešitev: Iskanje vrednosti f −1 (0.1) je ekvivalentno reševanju enačbe
F (x) = f(x) − 0.1 = 0. Tangentna metoda zanjo se glasi
x n+1 = x n − F (x n)
F ′ (x n ) = x n − f(x n) − 0.1
f ′ (x n )
= x n − sh2 (x n ) − 0.1
.
sh(2x n )
Prva dva približka sta tako x 1 = 0.311415 in x 2 = 0.311181.
Iteracijska funkcija v tem primeru je
g(x) = x − sh2 (x) − 0.1
.
sh(2x)
Zato je red metode vsaj dva v primeru, ko je g ′ (ξ) = 0, pri čemer je ξ
ničla funkcije F . Kratek račun pokaže, da je
g ′ (ξ) = 1 − 2sh(ξ)ch(ξ)sh(2ξ) − 2(sh2 (ξ) − 0.1)ch(2ξ)
sh 2 (2ξ)
= 2 (sh2 (ξ) − 0.1)ch(2ξ)
sh 2 (2ξ)
= 0.
4. Naj bo x ∈ R n stolpec z n komponentami. Definirajmo matriko
M := xx T ∈ R n×n .
Izračunajte ‖M‖ 1 , ‖M‖ 2 , ‖M‖ ∞ in ‖M‖ F .
Rešitev: Matrika M je oblike
⎡
⎤
x 1 x 1 x 1 x 2 x 1 x 3 · · · x 1 x n
M = (m i,j ) n x 2 x 1 x 2 x 2 x 2 x 3 · · · x 2 x n
i,j=1 := ⎢
⎥
⎣ . . . · · · . ⎦ .
x n x 1 x n x 2 x n x 3 · · · x n x n
Ker je M = M T , je ‖M‖ 1 = ‖M‖ ∞ . Izračunajmo najprej ‖M‖ ∞ . Po
definiciji je
‖M‖ ∞ = max
1≤i≤n
n∑
j=1
|m i,j | = max
1≤i≤n
= max
1≤i≤n |x i|‖x‖ 1 = ‖x‖ ∞ ‖x‖ 1 .
3
n∑
j=1
|x i x j | = max
1≤i≤n |x i|
n∑
|x j |
j=1

Podobno dobimo
‖M‖ F = √
n∑
|m i,j | = √
i,j=1
n∑
|x i x j | = ‖x‖ 2 2.
i,j=1
Za spektralno normo pa najprej uporabimo oceno
Toda
‖M‖ 2 ≤ ‖M‖ F = ‖x‖ 2 2. (1)
M T M x = (xx T xx T )x = x(x T x)(x T x) = ‖x‖ 4 2x.
Torej je ‖x‖ 4 2 ena od lastnih vrednosti matrike M T M, zato je ‖M‖ 2 ≥
‖x‖ 2 2. Skupaj z neenakostjo (1) tako dobimo ‖M‖ 2 = ‖x‖ 2 2.
UVOD V NUMERIČNE METODE
Rešitve kolokvija 28.1.2004
1. Kvadratni matriki A = (a ij ) n i,j=1 pravimo zgornja Hessenbergova, če je
a ij = 0 za j < i − 1. Primer take matrike je
⎛
⎞
1 1 1 1
A = ⎜ 1/2 3/2 3/2 3/2
⎟
⎝ 0 1/3 4/3 4/3 ⎠ .
0 0 1/4 5/4
Zapišite LU razcep zanjo. Nato zapišite učinkovit algoritem za razcep
splošne zgornje Hessenbergove zatrike A, pri čemer upoštevate njeno
strukturo. Preštejte število operacij pri razcepu (množenja in deljenja).
Rešitev: Za LU razcep matrike A ne bomo izgubljali besed in le zapisali
rešitev. Namreč, A = LU, kjer je
L =
⎛
⎜
⎝
1 0 0 0
1/2 1 0 0
0 1/3 1 0
0 0 1/4 1
⎞
⎛
⎟
⎠ in U = ⎜
⎝
1 1 1 1
0 1 1 1
0 0 1 1
0 0 0 1
⎞
⎟
⎠ .
Med računanjem tega opazimo, da LU razcep poenostavimo tako, da
ne izvajamo nepotrebnih deljenje števila 0 z diagonalnim elementom.
Tako dobimo popravljeni LU algoritem
4

for k=1:n-1
%v splosnem bi bila tukaj zanka
%for i = k+1:n
% A(i,k) = A(i,k)/A(k,k);
A(k+1,k) = A(k+1,k)/A(k,k);
for j = k+1:n
A(k+1,j) = A(k+1,j) - A(k+1,k)*A(k,j);
end
end
Število operacij se zato zmanjša na
( )
∑n−1
n∑
1 + 1 = n − 1 + n(n − 1) −
k=1
j=k+1
(n − 1)n
2
= n2
2 + O(n).
2. Tabelo meritev
t 1 2 3 4
y 1.4629 1.1584 1.1105 1.0669
želite aproksimirati s funkcijo y(t) = a+b exp(−t). Določite parametra
a in b po metodi najmanjših kvadratov.
Rešitev: Uporabili bomo reševanje z normalnim sistemom, v praksi pa
bi seveda izvedli QR razcep. Vsaj približno želimo zadostiti enačbam
a + b exp(−t i ) = y i , i = 1, 2, . . . 4.
Torej z metodo najmanjših kvadratov rešujemo sistem enačb Ax = y,
kjer je
⎛
⎞
⎛ ⎞
1 exp(−t 1 )
( )
y 1
A = ⎜ 1 exp(−t 2 )
⎟ a
⎝ 1 exp(−t 3 ) ⎠ , x = in y = ⎜ y 2
⎟
b ⎝ y 3
⎠ .
1 exp(−t 4 )
y 4
Zapišemo ga v obliko A T Ax = A T y in dobimo rešitev a = 1.0387 in
b = 1.1271.
3. Naj bo A ∈ R n×n tridiagonalna matrika. Sistem linearnih enačb Ax =
b rešujete iterativno z SOR metodo. Napišite učinkovit algoritem
za računanje novega približka po tej metodi (ne izvajajte nepotrebnih
5

množenj z 0).
Naj bo
A =
⎛
⎜
⎝
5 1 0 0
1 −3 1 0
0 1 4 1
0 0 3 4
⎞
⎟
⎠ ,
b = [7, −2, 18, 25] T , x (0) = [0.9, 1.9, 3.1, 4.2] T in ω = 1.2. Izračunajte
približek x (1) z SOR metodo.
Rešitev: Upoštevamo, da je matrika A tridiagonalna, torej je a i,j = 0
za j < i − 1 in i + 1 < j. Metoda SOR se v splošnem zapiše
(
)
x (k+1)
i = (1 − ω)x (k)
i + ω ∑i−1
n∑
b i − a i,j x (k+1)
j − a i,j x (k)
j ,
a i,i
j=1
j=i+1
za i = 1, 2, . . . , n. Če upoštevamo tridiagonalnost, se izračun poenostavi
v
x (k+1)
i = (1 − ω)x (k)
i + ω (
)
b i − a i,i−1 x (k+1)
i−1 − a i,i+1 x (k)
i+1 ,
a i,i
za i = 1, 2, . . . , n, torej postane algoritem časovne zahtevnosti O(n).
Nov približek v konkretnem primeru je
x (1) = [1.0440, 2.0776, 2.8967, 4.0530] T .
4. Višino padalca y(t), preden odpre padalo, lahko opišemo z diferencialno
enačbo
y ′′ (t) = −g + C y ′ (t) 2 , y(0) = y 0 , y ′ (0) = v 0 ,
kjer je g = 9.81 težni pospešek, C konstanta, odvisna od mase, oblike,.
. . padalca, y 0 in v 0 pa začetna višina in začetna hitrost. Izračunajte
približek za hitrost padalca po eni sekundi tako, da zgornjo diferencialno
enačbo rešite z metodo Runge–Kutta drugega reda oblike
k 1 = h f(x n , y n )
k 2 = h f(x n + h, y n + k 1 )
y n+1 = y n + 1 2 (k 1 + k 2 ).
Korak naj bo h = 0.5, C = 0.007944, začetna višina 2000 in začetna
hitrost 0.
6

Rešitev: Diferencialno enačbo bomo najprej prevedli na sistem dveh
prvega reda 2 . Tako dobimo Y (t) ′ = F (t, Y (t)), kjer je
( )
(
)
Y (t)1
Y (t)
Y =
in F (t, Y (t)) =
2
Y (t) 2 −g + C Y (t) 2 .
2
Pri tem Y (t) 1 predstavlja višino, Y (t) 2 pa hitrost padalca. Podatke
vstavimo v opisano metodo in dobimo
( )
( )
1998.7737
1995.1423
Y (0.5) =
in Y (1) =
.
−4.8572
−9.5297
Torej je približek za hitrost po eni sekundi Y (1) 2 = −9.5297.
2 Ker naloga sprašuje le po hitrosti, bi jo lahko z uvedbo nove spremenljivke z = y ′
prevedli tudi na diferencialno enačbo prvega reda.
7