Бахвалов, Лапин, Чижонков - Численные методы в задачах и упражнениях (1032349), страница 23
Текст из файла (страница 23)
матраца Š— бЕ ве выромдева. Из томдества (Š— 6Е) (Š— бЕ) ~ = Е получим (Š— бЕ) ~ ы Е+ +6Е(Е -6Е) '. Отсюда Ц(Е- 6Е)-'Ц < ЦЕЦ+ Ц6ЕЦ Ц(Е-6Е)-'Ц = 1+ (~(Е- 6Е)-'Ц Ц6ЕЦ. Из этого неравенства следует решенве задачи (ее выпевают еедечео о еозмущензз единичное машрзам). 14.10. Иэ (Š— 6Е) ' = Е+ бЕ(Š— 6Е) ' (см. предыдущую задачу) получим Š— (Š— 6Е) ~ = -6Е(Š— 6Е) ~. Отсюда ЦŠ— (Е-6Е) 'Ц < ЦбЕЦЦ(Е-6Е) эЦ < 1 — ЦбЕЦ э силу неравенства вз задачи 14.15. 14.17. Имеем А+ 6А = А(Е+ А '6А) .
Поскольку ЦА ~ 6АЦ < 1, вз задачи 14.15 следует, что матрица Е+ А эбА неаырондевваа. Это означает, что п матрица А+ 6А танке не вмроидена. Иэ равенства (А+6А) э = (Е+А ~6А) ~А ~ следует, что Ц(А+6А) ьЦ < Ц(Е+А 'бА) 'ЦЦА 'Ц < 1 — ЦА-'6АЦ 167 а салу иерзаеистзе вз задачи 14.16. 14.18. Из разевстза (А 4. дА) ~ ~ (Е.~ А ~бА) зА ' следует чт А з — (А+4А) ' [Š— (Е+А ЧА) ~)А ~.
Тогда !1А"' — (А~бА) '))<!)Š— а+А Вс ))))А ))~ — —,Й-ЦА-ч з салу верзаеистза аз задачи 14.16. Отиосателыша ошибка з матрице (А + бА) ' оцевизмтсл иерззыь стзом [[А-' - А+6А -'1 < [[А-' йА[ а(А) [[4А[[ [[А з[ 1-[[А-ЧА[ 1-[[А-ЧА[[ [[А[[ ' (2 15~ 16.1. [[В[[~ [[В[[ < 1. 15.2. бее(В - ЛЕ) (а — Л)(а — Л вЂ” ~/2Я(а — Л+ ~/21У) = О, [а[ < 1, [айАЛ <1. 15.3.
1 1 Вы, хы, сж Л(В)м 2, 2~ хь й (1,-1); х -х=зхь ) прп 1~О. 16.4. Ф ш — ' ,1, 1-а 16.6. Собстзеиаые заачевкл оператора перехода В = Š— гА вмызг зпд Л(В) 1- [[А[[ 'Л(А). Так кзк О < Л(А) < [[А[[, О < Л(В) < 1. 16.6. 1.6 < Л~ < 24, 3.5 < Лз < 4.5, 48 < Лз < 5.2, поскольху характерзмтические мвогбчаекы матрац А и Ат сапвдешт. 16.2. Пусть е — лектор ошибки иа й-й итерации. В салу лпиейвостк колодкой задачи имеем еь+ м (Е-тА)е = [ь)"~Я вЂ” тЯ ~ РЯ) е . Умпомам аолучеввое аырамевае слеза ве Я в сделаем запеву Ч е" = е". Тогда 6аы =(Е-гР)е'.
Здесь матрица В = Е - г Р имеет дзаговальвый зид, а ее собстзеальм зиачеквл резвы Л(В) = 1- г Л(А) . Позтому веобходимым в достеточшлв усвшием слодвмости метода лазлетсл зыполкевае веразекстзе [1 - г Л(А) [ < 1 'О(А) б [ю, М], откуда и следует всываей результат. 16.8. Воспользозатьса решеввлмп задач 15.6 я 1$.7. Ответы указааил, еомппл 16.9. ть = — + — сое — ' й = 1 ...' М т.е. вазиМ+ ш М вЂ” ш в(26 —, 1) 2 2 э чввы, обратвьы пулам мвоточлева Чебышева степеви.Ф иа отрезке (ш, М) . 16.10. , = —. 1 л.' 16.11. Использовать решевил задач 16З и 16.10.
16.12. х"+' = (аЕ+(1 — а)В)х +(1 — а)с, шш р(а) = шш шах ~а+ (1 - а)л~, ш+М --. ь ч а= ш+М-2 16.13. 1 1 О ... 0 0 0 1 1 ... '0 0 0 0 0 ... 1 1 0 0 0 ... 0 1 И 10.1. Оператор перехода В в методе Якоби имеет вид В = -В. ' (Ь+ +Е) . Рассмотрим задачу ва собствеввые зпачеюш В х = Л х.
Имеем -Ю 1(Ь+Е)х = Лх ~ (й+ЛР+Я)хм о =Ь бее(Ъ+ЛВ+Я) = О. Непосредствевиые вычисюипл дают Гал,в о ~ аш~В л )2~= л('л'-26')О... 1 0,0 ал . Следовательно, ) Л =0 Л =2' Оператор перехода В в методе Зейдезл имеет вид В = -(В+ Ь) ' Я. Рассмотрим задачу иа собствейвые звачевпе В х =' Л х. Имеем -(В+ц ах=ли ш (ль+ЛВ+л)х: — -о ь бее(л6+лп+Я) — о.
Непосредствеввые вычвслепив дашт . /ал В О ~~ бы ~ЕЛ Л:)2) =аль(азЛ-2Вз) =О. О ВЛ аЛ Л1з= о, Лз= 2 — ь,.~, ~-~ ( —, Ответы, укээаюог, решеипя В дапиом случае области сходимости методов совпадают. 16.2. Искомый результат следует вз явного представлевих операторов перехода а~в ап я а)эезь Л=ОЛ з з о~зон 1 — ~ э— опаээ 16.3. Обозвачим вектор ошибки через е . Для этого вектора имеет место соотисшевие (уравиепие ошибки) (Ю+ Ь)е + + Ве = 6. Пусть 'де~т~д = ~е~+~~. Выцюпем 1-е уравпевие ьп э '.С ' 1 1=!+1 э+1 и разрешим его относительно е~+ 3-1 в Ч аи ьш Ч аи е, = — ~ — е — ~ — е .
— ~.г аэ 1 ~ аэ 1 ' з'=э ум+~ Отсюда полУчим де +~э,э = ~е~~+~~ < аде"+''д +)У)~е~д»,, где а ш ) ~ — Э~, )у ш ~~~ 1=1 эсы+э Найдеипое соотиошевве моэаю переписать в виде де +'(~ < — де ~) По усювюо а + Р < д < 1, следовательно, )3 д — а а(1 — д) ( шд — (д 1-а 1 — а 1 — а откуда и следует вскомэя оценка. 16.4. Сходитсэ в обовх случаях. 16.6. Если формулу метода релаксации (О+тЦх +'+[тй+(т — 1)О]х =Ь Ответы, указание, решение Сделав замену х = г Л > О, получим нерааежтао [1 — 1(1- а)] < 1+ ха. Отметим, что веотрвцательность выраиевил под модулем приводит к трк аиалькому, в силу усзовнл задачи, кераэежтву -(1 — а) < а.
Поэтому со. дериательвым вюшетсл другой случай: Ф(1 — а) — 1 < 1+ $а. Иэ эпюо неравенства имеем 2 -- <2а — 1 Ф > что в силу Ф > О приводит к ответу а > 1/2. И 18.1. Так как х = >р(х), то хя+1 — х = >р(х») — >р(х)> и = О,1>2, По теореме Лаграниа длл каждого п существует такое с», с» Е [х,х], х +1 — х = (х» — х) >р'(4»). Последовательно применен указанную теорему, получаем » > х„.»1 — х = (х» — х) >р (С ) = (х > — х) >р (С )>р ((' >) = ... = =(хе — х)Ч'(4 )>р'И -э)" Ч'Ие) где С» ~ Е [х»-ы х] - > Се б [хо, х]. Так как [>р'(с>) ~ < о> 1 = О, 1, 2, ...
и, то ]х„.ь1 — х[ < [хз — х[д»+ . При о < 1 правах часть этого неравенства стремитсл к нулю, т.е. посэедо ватеэьность (х») слодптсл к корню х. 18.2. Длл определевности будем считать, что 1'(х) > О. Пусть О < 1и < у'(х) < М.
Заменим исходное уравнение равносильным> х = >р(х) ш х — Лу(х)> Л > О. Подберем параметр Л так, чтобы ка [а, Ь] вьшолнвюсь неравенство О < >р (х) = 1 — Лу (х) < Ч < 1. 1 >и При Л = — получаем е = 1 — — < 1. М М 18.3. Табличным способом отделевил корней выделам отрезки, иа ков. цак которых фуккцнл у(х) имеет разные знаки: 1б2 Ответы, уклзавия, решевия где Ю (з) = 1+ — (з — зе) = У'(х) У(ве) У(х) — У (хКх — *о) + †(х — *е) + У (х)(х — зе) У У»(0) 2 У(хо) — 0 б [зе,х].
(х-*е)' У»(0) 2 У(зо)' Если второе иачалыюе приближевие взять в такой окрестности корпя, где ~У'(х) ~ < д < 1, то метод хорд будет иметь ливейвую скорость сходимости. 10.0. Преобразуем расчетную формулу метода секущвх з» з»-1 *» — *- — У(.») У(з» .) У(*») ((в„— х) — (з 1 — х))У(х+ (з» вЂ” х)) У(х+ (х» — х)) — У(х+ (х 1 — х)) Резлозсий У(х+(я» — х)) и У(х+(з 1 — х)) в ряды Тейлора в точке з и подставим в последнюю формулу, учитывая, что У(х) = 0: (з» вЂ” х)У'(х) + 0 5(*» — х)' У" (х) + я»+1 х = в» У'(х) + 0.5((з» вЂ” х) + (з -1 — «))У" (з) + ". 1+0.5(х — х) —, +".
х У" (х) У'( ) У"( ) , У»( ) 1+0.5(х» — х) — +0.5(х -1-х) —, +" ° У'(х) ' " У'( ) = -(з — з)(з» 1 — х) — +О((з„— х) ). 1 У" (х) 2 " " У'( ) Опустив члены более высокого порядка маюсти, длл ошибки получим уравиеиве Я +1 х С (Я х) (Я 1 х) С 2 Ф 1 У»( ) » — »»- э Предпоиаким, что скорость сходвмости определяетса соотвошевием х»+1 — х = А (х» — х) в котором зиачевия А и та пока иеизвесткм.
Тогда з» вЂ” я =А(в» 1 — з) х» 1 — я=А (х» — х) -1/ив 1/т 1б4 Ответы, уююавиа, решение Подставим зти соотношеннл в уравнение длл ошвбки1 А(Х»-1 — «) = С(Х» — «) А '1 (Хп — «)'1 ( )пв С 1 1 1/з» ( )1+1/аа Приравнивал зги два полинома, поаучзем два уравнение с двумл иеизвестнымн 1 т=1+ —, Ш' 1 = СА 0+11 1. Из первого уравневил находам показатель скорости скодимости метода секущих 1п = 0.5 (1+ Л) ш 1.б18. Константа асимптотической ошибки равна Щ 10.1. Значение фо лвллетсл ю1рнем уравнеиил у(х) шхп-о=О. Д1ш этого уравнение метод Ньютона имеет вид У(х») хз - а р - 1 а в»+1 =Хп — — =«» — —" У'(х-) р «-' р 1х»-' Длл р = 2 получаем 1У од Хп+1 пп - ~Х»+ — ~ .
2 х» 19.2. Метод Ньютона имеет вид 1 (Хп) «»+1 — Хп ~ (хп)' Обозначим через « искомый корень. Тогда « будет н корнем урааневил х = х(х) ш * — —, Пх) у'(х) Следователыю, можно рассматривать метод Ньютона как частный случай метода простой итерации, длл которого р (х) = н, следовательно, р («) = О. (~'(х)) Ответы, уклэааил, решение Оцепим теперь скорость скодвмости метода Ньютона, использул разломе. нве в рлд Текзора в окрестности точки л: х„+1 — л ы у(х„) — у(з) =у[а+(х„— л)) — у(х) = у(л) + (х„— л)у'(л) + — (х„— л) ул(С) — у(л) ы 2 — — (х — х) у'(С), где б Е [х„, л].
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
