ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 02.08.2019
Просмотров: 4697
Скачиваний: 6
Занятие 1
101
Решение. Неоптимальный подход:
x = [ 1 , 2 , 4 , 5 , 6 , 7 ] ;
D e l t a = zeros ( length ( x ) ) ;
% зарезервировать память
f o r i =1: length ( x )
f o r j =1: length ( x )
D e l t a ( i , j ) = x ( i ) ^ ( j
−1);
end
end
D e l t a
% вывести на экран ответ
Оптимальный подход:
x = [ 1 , 2 , 4 , 5 , 6 , 7 ] ;
temp = repmat ( x ’ , 1 , length ( x ) ) ;
power = repmat ( 0 : length ( x )
−1, length ( x ) , 1 ) ;
D e l t a = temp . ^ power
%
вычисляем и выводим на экран
Здесь имеем:
temp =
x
0
x
0
x
0
· · · x
0
x
1
x
1
x
1
· · · x
1
... ...
. . . ...
x
n
x
n
x
n
· · · x
n
,
power =
0 1 2
· · · n
0 1 2
· · · n
... ...
. . . ...
0 1 2
· · · n
.
1.5
Пусть задан вектор x = [1,2,4,5,6,7], y = 2.5 и k = 2. Вычис-
лить в Matlabфрагмент многочлена Лагранжа:
(y
− x
0
) . . . (y
− x
k
−1
)(y
− x
k+1
) . . . (y
− x
n
)
Решение. Неоптимальное:
Занятие 1
102
x = [ 1 , 2 , 4 , 5 , 6 , 7 ] ;
k = 2 ;
y = 2 . 5 ;
r e s u l t = 1 ;
f o r i =1: length ( x )
i f
i == ( k+1)
c o n t i n u e ;
end
r e s u l t = r e s u l t
∗ ( y − x ( i ) ) ;
end
r e s u l t
% выводим результат
Оптимальное решение:
x = [ 1 , 2 , 4 , 5 , 6 , 7 ] ;
k = 2 ;
y = 2 . 5 ;
r e s u l t = y
− x ;
r e s u l t ( k+1) = 1 ;
r e s u l t = prod ( r e s u l t )
% выводим результат
Здесь имеем последовательно:
result = [ y − x
0
. . . y
− x
k
−1
y
− x
k
y
− x
k+1
. . . y
− x
n
]
result = [ y − x
0
. . . y
− x
k
−1
1 y
− x
k+1
. . . y
− x
n
]
result = (y
− x
0
) . . . (y
− x
k
−1
)
· 1 · (y − x
k+1
) . . . (y
− x
n
).
1.6
Пусть задана переменная m = 4. Предложить оптимальное решение
в Matlabдля построения следующей матрицы:
C =
0
1
. . .
m
1
2
. . . m + 1
2
3
. . . m + 2
...
...
. . .
m m + 1 . . . m + m
Занятие 2
103
.
Указание. Представить искомую матрицу в виде
C = A + A
>
.
1.7
Пусть задан вектор x = [1,2,4,5,6,7] и m = 4. Вычислить в Mat-
labматрицу для метода среднеквадратического приближения:
n + 1
P
x
i
. . .
P
x
m
i
P
x
i
P
x
2
i
. . .
P
x
m+1
i
P
x
2
i
P
x
3
i
. . .
P
x
m+2
i
...
...
. . .
P
x
m
i
P
x
m+1
i
. . .
P
x
m+m
i
.
Решение. Заметим, что элементы матрицы принадлежат множеству
{
P
x
0
i
, . . . ,
P
x
2m
i
}. Вычислим соответствующий массив B:
A
(2m+1
×n+1)
=
x
0
x
1
· · · x
n
x
0
x
1
· · · x
n
... ...
...
x
0
x
1
· · · x
n
.
∧
0
· · ·
0
1
· · ·
1
...
...
2m
· · · 2m
;
B = sum(A,2) =
X
x
0
i
X
x
1
i
· · ·
X
x
2m
i
>
.
Ответом будет D=C(B), где
C — матрица из предыдущей задачи. Матрица
D имеет тот же размер, что и C. Её элемент d
ij
равен
b
c
ij
, т.е. элементу
массива
B с индексом c
ij
.
2.2
Занятие 2
2.2.1
Метод дихотомии.
2.1
Уравнение
f (x) = 0 решают методом дихотомии. Известно, что f (x)
непрерывна на
[a, b] и f (a)f (b) < 0. Оцените сверху наибольшее число
итераций, необходимое для получения корня с заданной точностью
ε.
Решение. На каждой итерации исходный отрезок
[a, b] сужается в два ра-
за:
b
n
−a
n
= (b
−a)/2
n
. Критерий останова в методе дихотомии:
b
n
−a
n
< ε.
Занятие 2
104
Решая неравенство
(b
− a)/2
n
< ε и учитывая, что n
∈
N
, получим
n
>
log
2
b
−a
ε
+ 1, где квадратные скобки — операция взятия целой части
от числа.
2.2.2
Метод простых итераций.
2.2
Методом простых итераций найти корни уравнения
x
2
−a = 0 (квад-
ратный корень из числа
a).
Решение. 1 метод
x = x
2
+ x
− a, ϕ(x) = x
2
+ x
− a, ϕ
0
(x) = 2x + 1;
|ϕ
0
(x)
| < 1 ⇒ |2x + 1| < 1 ⇒
x +
1
2
<
1
2
Только для
x
∈ (−1, 0) корень будет найден методом простых итераций.
2 метод
x =
a
x
,
ϕ(x) =
a
x
,
ϕ
0
(x) =
−
a
x
2
.
Условие
|ϕ
0
(x) < 1
|,
a
x
2
< 1 или
|x| >
√
a.
Но при
x
0
>
√
a, 0 < x
1
<
a
x
0
<
√
a т.е. 0 < x
1
<
√
a, и метод «зацик-
ливается».
Например,
x
0
= 2
√
a, x
1
=
1
2
√
a, x
2
= 2
√
a, x
3
=
1
2
√
a и т.д.
3 метод
Запишем метод Ньютона
x = ϕ(x), ϕ(x) = x
−
f (x)
f
0
(x)
= x
−
x
2
− a
2x
=
1
2
x +
a
x
.
2.3
Построить итерационный процесс вычисления корней уравнения
x
3
+ 3x
2
− 1 = 0 методом простой итерации.
Решение. Табличным способом выделим отрезки, на концах которых функ-
ция
f (x) имеет разные знаки
x
−3 −2 −1 0 1 2 3
sign f (x)
−
+
+
− + + +
Таким образом, корни исходного уравнения лежат на отрезках
[
−3, −2],
[
−1, 0] и [0, 1], для каждого из которых построим свой итерационный про-
цесс.
Занятие 2
105
Для
x
∈ [−3, −2] разделим исходное уравнение на x
2
. В результате
получим равносильное уравнение
x = ϕ(x), ϕ(x) =
1
x
2
− 3. Итерационный
процесс для нахождения первого корня:
x
n+1
=
1
x
2
n
−3. Поскольку |ϕ
0
(x)
| =
−
2
x
3
6
1
4
< 1 для x
∈ [−3, −2], то сходимость имеет место для всех
начальных приближений
x
0
∈ [−3, −2].
Для двух других отрезков исходное уравнение перепишем в виде
x
2
(x +
3)
− 1 = 0. Если x
0
∈ [−1, 0], то определим итерационный процесс x
n+1
=
−
1
√
x
n
+3
; если
x
0
∈ [0, 1], то x
n+1
=
1
√
x
n
+3
. Можно показать, что в про-
цессе итераций соответствующие отрезки отображаются в себя, поэто-
му сходимость построенных итерационных процессов следует из оценки
|ϕ
0
(x)
| =
1
2
1
√
x+3
3
< 1.
2.4
Пусть
ϕ(x) непрерывно дифференцируема и ϕ
0
(x) не меняет свой
знак на интервале
[x
n
, x
n+1
]. Показать, что если ϕ
0
(x) > 0, то x
n
и
x
n+1
лежат по одну сторону от корня
x
∗
; если же
ϕ
0
(x) < 0, то корень x
∗
заключен между соседними элементами
x
n
и
x
n+1
.
Решение. По теореме Лагранжа
x
n+1
−x
∗
= ϕ(x
n
)
−ϕ(x
∗
) = (x
n
−x
∗
)ϕ
0
(ξ),
где точка
ξ лежит между точками x
n
,
x
∗
. Если
ϕ
0
(x) > 0, то разности
(x
n+1
− x
∗
) и (x
n
− x
∗
) должны иметь одинаковый знак; если ϕ
0
(x) < 0, то
знаки разностей должны отличаться.
x
0
x
2
x
1
x
3
x
∗
ϕ
′
(x) < 0
x
0
x
2
x
1
x
3
x
∗
ϕ
′
(x) > 0
· · ·
Рис. 2.1: Задача 2.4
2.5
Определить область начальных приближений
x
0
, для которых ите-
рационный процесс
x
n+1
=
x
3
n
+ 1
20
сходится.