1. Методом Гаусса решить систему линейных уравнений Ax = b. 1 5

1. Методом Гаусса решить систему линейных уравнений Ax = b.
1  1
5
  5


 
A   1 3
1  и b 5 
 1 2 3 
 1 


 
Решение.
Условимся со следующими обозначениями
1  53 - это вычитание из первой строки, строки под номером 3, умноженной на 5.
Подобными действиями приведем расширенную матрицу к диагональному виду. Матрица
имеет диагональный вид, если все элементы, лежащие ниже главной диагонали, равны
нулю. Т.е. матрица будет иметь следующий вид:
 a11 a12  a1n 


 0 a 22  a 2 n 
 

.
 


 0
0  a nn 

Расширенная матрица будет выглядеть следующим образом:
5
1  1  5


C  1 3
1 5 
 1 2 3 1 


Приступим к линейным преобразованиям матрицы.
1
( 2 )  (1)
5
1
( 3)  (1)
5
5
1  1  5


1 5  
1 3
 1 2 3 1 


ко
второй
1
; вычитаем из 3
5








1
 1  5  (3)  11( 2) 5 1  1  5 
5
16
1
16
4
16 4
4   0
4 
)  0



5
5
5
5 5 19 



11 16 2 
15
4 
0 

0 0
5 5
4




Получили диагональную матрицу вида
 a 11 a12 a 13 b1 


 0 a 22 a 23 b2 
 0
0 a33 b3 

строки
умноженную
на
(это
значит,
что
строке
прибавляем
первую,
первую,
умноженную
Теперь при помощи формул обратного хода находим решения уравнений:
19
b
19
x3  3  4 
a33 15 15
4
1
b2  a23 x3   1  4  4  19   14
x2 
16 
a 22
5 15  15
5
на
1
b1  a13 x3  a12 x2   1   5  19  14    14
a11
5
15 15 
15
 14 14 19 
Ответ:   ; ; 
 15 15 15 
x1 
2. Найти решение систем линейных алгебраических уравнений Ax = b методом итераций с
точностью   10 2 :
1  1
5
  5


 
A   1 3
1  и b 5 
 1 2 3 
 1 


 
Решение.
Метод итераций является итерационным методом, т.е. при помощи него стоиться
x n  x1n  x kn ,
определенная
последовательность
векторов
где
номер_ итерации
xijномер
_ компоненты_ вектора (
не путать j со степенью, это всего лишь индекс). Каждая
компонента находиться из своего уравнения. Для определения этих уравнений
воспользуемся первым уравнением в системе: 5x1  x2  x3  5 . Выразим из этого
уравнения x1 через x 2 и x3 . Получаем:
1
x1   5  x 2  x3 
5
Аналогично из второго уравнения выражаем x 2 , а из третьего x3 . В итоге получим три
уравнения:
1

 x1  5  5  x 2  x3 

1

 x 2  5  x3  x1 
3

1

 x3  3 1  x1  2 x 2 

Для того, чтобы начать счет надо задать начальное приближение. Заметим, что в матрице
А на главной диагонали стоят самые большие по модулю числа в каждой строке. Таким
образом, можем сказать, что мы имеем дело с диагональным преобладанием в матрице.
Тогда метод простой итерации будет сходиться при любых начальных приближениях. Для
простоты зададимся нулевыми значениями: x 0  0; 0; 0 . По формулам вычисляем
первое приближение:
1
 1 1
0
0
 x1  5  5  x 2  x3   5  5  0  0   1

1
 1 1
0
0
 x 2  5  x3  x1   5  0  0   1,6667
3
3

1
 1 1
0
0
 x3  3 1  x1  2 x 2   3 1  0  2  0  0,3333

После запятой оставим 4 знака. Поскольку точность наших вычислений должна быть
  10 2 , 4 знаков достаточно. На каждом шаге необходимо определять погрешность.
Погрешность будем оценивать следующим образом:
  x i 1  x i 
x
i 1
1
 x1
  x
2
i 1
2
 x2
  x
2
i 1
3
 x3

2
Где x i 1  x - это длина вектора x i 1  x , где x - вектор истинного решения. Мы можем
так
сделать,
поскольку
знаем
точное
решение
из
первого
задания
 14 14 19 
x    ; ;    0,9333;0,9333;1,2667  . Продолжать вычисления будем до тех пор
 15 15 15 
пока не будет выполнено условие
    10 2
Определим погрешность для первого шага.

x
1
1
 x1
  x
2
1
2
 x2
  x
2
1
3
 x3

2

 1  0,93332  1,6667  0,93332  0,3333  1,26672
 1,1889    10 2
Продолжаем вычисления. Находим x 2
1
 2 1
1
1
 x1  5  5  x 2  x3   5  5  1,6667  0,3333  1,2667

1
 2 1
1
1
 x 2  5  x3  x1   5  0,3333  1  1,2222
3
3

1
 2 1
1
1
 x3  3 1  x1  2 x 2   3 1  1  2  1,6667   1,7778

Определяем погрешность
   1,2667  0,93332  1,2222  0,93332  1,7778  1,26672  0,6751    10 2
Дальше указаны только значения векторов приближения и погрешности.
x 3   0,8889; 0,6519; 1,5704 и   0,4165    10 2
x 4   0,8163; 0,8469; 1,0642 и   0,2493    10 2
x 5   0,9565; 1,0398; 1,17 и   0,1457    10 2
x 6   0,974; 0,9578; 1,3454 и   0,0919    10 2
x 7   0,9225; 0,8935; 1,2965 и   0,0509    10 2
x 8   0,9194; 0,927; 1,2365 и   0,0338    10 2
x 9   0,9381; 0,948; 1,2578 и   0,0178    10 2
x 10   0,938; 0,9347; 1,278 и   0,0124    10 2
x 11   0,9313; 0,928; 1,2691 и   0,0062    10 2
На 11 итерации останавливаемся, поскольку выполнено условие точности     10 2 .
Ответ:  0,9313; 0,928; 1,2691
3. Методом половинного деления найти решение с точностью   10 2 .
f x   x 4  5 x  7  0 , x  0
Решение.
Для метода половинного деления требуется сначала отделить корень уравнения, т.е.
указать отрезок a; b , на котором гарантировано располагается только один корень. Для
этого отрезка будет выполняться соотношение f a  f b  0 . Значение функции на концах
отрезка будут различного знака. В качестве значения a можно взять a  0 . Подставим это
значение в функцию

f 0  0 4  5  0  7  7  0 . Выходит,
производную функции f x  и её нули.
что
значение
f b  0 .
Для
это
найдем
f x   4 x 3  5  0  x  3 
5
 1,0772 . Видим, что производная обращается в ноль
4
только в одной точке x  1,0772 . При x  1,0772 f x   0 - это значит, что функция
f (x ) на множестве x  1,0772 возрастает. Поскольку f 0  0 4  5  0  7  7  0 , то
функция при x  0 пересекает ось Ox только один раз. Поэтому достаточно найти, такое
число b, что f (b)  0 . Можем к примеру взять b  2 (можем взять любое другое, только
бы удовлетворяло условиям f (b)  0 и x  0 ).
f b  2  2 4  5  2  7  19
Итак мы получили отрезок определенности 0; 2. Теперь находим середину этого
ab
отрезка c 
. Находим значение функции в точке с: f c . Теперь, если f c   0 , то
2
заменяем a  c . Если же, наоборот, f c  0 , то заменяем b  c . Потом для нового отрезка
a; b находим опять середину и повторяем процедуру. Продолжаем вычисления до тех
пор пока длина отрезка будет меньше 2  2  10 2 .
В нашем случае алгоритм выглядит следующим образом:
ab 02

 1  f c   f 1  14  5  1  7  1 . Видим,
2
2
что f c   0 , тогда выбираем 1; 2 - новый отрезок определенности. Его длина равна
2 – 1 = 1> 2  2  10 2
0;
2 - начальный отрезок. c 
1;
отрезок
определенности.
2
a  b 1 2
c

 1,5  f c   f 1,5  1,5 4  5  1,5  7  5,5625 . Видим, что f c  0 , тогда
2
2
выбираем 1; 1,5 - новый отрезок определенности. Его длина 1,5 – 1 = 0,5 > 2  2  10 2 .
Аналогично продолжаем пока не выполниться условие точности.
Дальнейшие значения занесены в таблицу.
Номер
итерации
Отрезок
определенности
f c
Условие точности
-1
2  0  2  2  2  10 2
Нет
2  1  1  2  2  10 2
Нет
1,5  1  0,5  2  2  10 2
Нет
1,25  1  0,25  2  2  10 2
Нет
1,125  1  0,125  2  2  10 2
Нет
1,0625  1,125  0,0625  2  2  10 2
Нет
1
0;
2
с середина
отрезка
1
2
1;
2
1,5
5,5625
3
1;
1,5
1,25
1,6914
4
1;
1,25
1,125
0,2268
5
1;
1,125
1,0625
-0,4131
6
1,0625;
1,0938
-0,1001
1,125
7
1,0938;
1,125
1,1094
0,0615
8
1,0938;
1,1094
1,1016
-0,0198
9
1,1016;
1,1094
1,1055
0,0208
1,0938  1,125  0,0313  2  2  10 2
Нет
1,0938  1,1094  0,0156  2  2  10 2
Нет
1,1016  1,1094  0,0078  2  2  10 2
Да
Получили, что корнем уравнения будет x  1,1055 с точностью   10 2 .
Ответ: x  1,1055
4. Методом итераций с точностью   10 2 решить уравнение:
f x   x 4  5 x  7  0 , x  0
Решение.
Для того, чтобы решить уравнение f x  0 методом итерации , необходимо привести его
к виду x   x , где  x  - сжимающее отображение. Для максимальной эффективности
необходимо , чтобы в точке очередной итерации x * выполнялось   x *  0 . Будем искать
отображение в следующем виде:  x  x   x  f x, тогда:
1
.
  x *  1    x * f x *   x * f  x *  0 . Учитывая, что f x *  0 , получаем  x   
f x 
f x 
Таким образом, сжимающее отображение имеет вид:  x   x 
.
f x 
f  xi 
xi4  5 xi  7
 xi 
Т.е. алгоритм сводиться к итерационной процедуре: xi 1  xi 
.
f xi 
4 xi3  5
Поскольку в предыдущей задаче был определен отрезок определенности 0; 2, поэтому
в качестве x 0 можно взять один из концов отрезка. Возьмем к примеру x 0  2 .
 
 
      
 
24  5  2  7
 1,4865 . Определим погрешность следующим образом:
4  23  5
  x1  x0  0,5135 . Условие точности можно записать     10 -2 . В нашем случае
Определяем x1  2 
  0,5135    10 -2
1,4865 4  5  1,4865  7
 1,1935 . Погрешность   0,293    10 -2
3
4  1,4865  5
1,1935 4  5  1,1935  7
Определяем x2  1,1935 
 1,109 . Погрешность   0,0844    10 -2
3
4  1,1935  5
4
1,109  5  1,109  7
Определяем x2  1,109 
 1,1035 . Погрешность   0,0056    10 -2
3
4  1,109  5
Условие точности удовлетворено. Видим, что метод итераций ( метод Ньютона) сходиться
быстрее нежели метод половинного деления.
Ответ: x  1,1035
Определяем x2  1,4865 
5. Методом итераций решить систему уравнений с точностью   10 2 .
 x1 cos x1  x2  0
 2
2
 x1  x2  1  0
x1  0
Решение.
Метод итераций решения системы нелинейных уравнений аналогичен такому же методу
для линейных уравнений. Исходная система приводиться к эквивалентной:
 x1  1 x1 , x 2 

 x2   2 x1 , x 2 
Задается начальное приближение x 0  x10 ; x20 . Потом при помощи эквивалентной
системы уравнений находим x1  x11 ; x12 :








 x  1 x , x
 1
 x 2   2 x11 , x 12
Однако при построении эквивалентной системы уравнений следует помнить, что
итерационный процесс, порожденный этой системой, должен быть сходящимся.
Достаточное условие сходимости итерационного процесса является M  1, где
1
1
M ij  max
0
1
0
2
 i
.
x j
Определим эквивалентную систему уравнений. Из первого уравнения выразим x 2 :
x2  x1 cos x1 , а из второго - x1 (поскольку x1  0 , то можно записать) : x1  1  x 22 . В
итоге получили эквивалентную систему уравнений:
 x   x , x   1  x 2
1
1 1
2
2

 x 2   2 x1 , x 2   x1 cos x1
Проверим условие сходимости. Найдем все M ij
M 11  max
1
 max 0  0
x1
M 12  max
1
 2 x2
x2
 max
 max
x 2
2 1  x 22
1  x 22
Для определения максимума построим график функции f ( x) 
представлен на рисунке.
x2
1  x 22
. Этот график
Видим, что максимум равен 1, т.е. M 12  max
M 21  max
x2
1  x 22
1
 2
 max cos x1  x1 sin x1
x1
Для определения максимума построим график функции f ( x)  cos x1  x1 sin x1 . Этот
график представлен на рисунке.
Поскольку функция 1 x1 , x2  существует только при 0  x1  1 и 0  x2  1 , то и функцию
 2 x1 , x2  и её производные будем рассматривать только на этом множестве. Видим, что
на этом множестве

M 21  max 2  max cos x1  x1 sin x1  1
x1
M 22  max
 2
 max 0  0
x2
0 1
 на множестве существования функции
Получили следующую матрицу M  
1 0
1 x1 , x2  : 0  x1  1 и 0  x2  1 .
Видим, что M 21  M12  1 при x1  0 и x2  1 . Заметим, что если исключить эти точки, и
рассматривать функции 1 x1 , x2  и  2 x1 , x2  на множестве 0  x1  1 и 0  x2  1 , то и
будет выполнено M 21 , M 12  1. Введем норму матрицы M следующим образом:
M  max M ij  max M 12 , M 21  . Поскольку M , M  1, то и M  1, а значит
21
12
0 x1 1
0 x1 1
итерационный процесс, построенный на функциях 1 x1 , x2  и  2 x1 , x2  на множестве
0  x1  1 и 0  x2  1 ,будет сходящимся.
Возьмем за начальное приближение любой вектор, компоненты которого удовлетворяют
условию 0  x1  1 и 0  x2  1 . К примеру, можно взять x10  0,5 и x20  0,5 .
При помощи функций 1 x1 , x2  и  2 x1 , x2  находим x11 и x 12 .




 
 x1   x 0 , x 0  1  x 0 2  0,866
1
1 1
2
2

1
0
0
0
 x 2   2 x1 , x 2  x1 cos x10  0,4388
Введем погрешность следующим образом:
  x1  x 0 
x
1
1
 x10
  x
2
1
2
 x20

2

0,866  0,52  0,4388  0,52
 0,3711
Вычисления стоит проводить до тех пор, пока не будет выполнено условие точности
    10 2 . В нашем случае   0,3711    10 2 . Вычислением следующее
приближение.
 x 2   x 1 , x1   1  x 1 2  0,8986
1
1 1
2
2

2
1
1
1
 x 2   2 x1 , x 2   x1 cos x11  0,5611
Вычисляем погрешность   x 2  x1 
0,8986  0,8662  0,5611  0,43882
 0,1256
Видим, что   0,1256    10 2 . Продолжаем вычисления.




 
 x 3   x 2 , x 2  1  x 2 2  0,8278
1
1 1
2
2

 x 23   2 x12 , x 22  x12 cos x12  0,5596
Вычисляем погрешность   x 3  x 2 
0,8278  0,89862  0,5596  0,56112
 0,0708
Видим, что   0,0708    10 2 . Продолжаем вычисления.




 
 x 4   x 3 , x 3  1  x 3 2  0,8288
1
1 1
2
2

4
3
3
3
 x 2   2 x1 , x 2  x1 cos x13  0,56
Вычисляем погрешность   x 4  x 3 
0,8288  0,82782  0,56  0,55962
 0,0011
Видим, что   0,0011    10 2 . Останавливаем счет.
Ответ: x1  0,8288 и x2  0,56 с точностью   10 2
6. Найти явный вид эмпирической формулы
эмпирической функции:
y  Q ,  , x  и построить график
xi
1
2
3
4
5
yi
7,5
6,2
5,5
3,5
3,0
Решение.
Находить явный вид эмпирической формулы y  Q ,  , x  будем по методу наименьших
квадратов. Учитывая расположение точек (рисунок ниже), функцию y  Q ,  , x  будем
искать в следующем виде: Q ,  , x  x   - линейная функция.
5
Запишем сумму квадратов абсолютных погрешностей P    y i  xi    . Для того,
2
i 1
чтобы это выражение имело минимум, необходимо приравнять производные P по  и 
к нулю. Найдем эти производные.
5
5
5
5
P
 5

  2 yi  xi    xi   2 yi xi  xi2  xi  2  yi xi    xi2    xi 
 i 1
i 1
i 1
i 1
 i 1



5
5
5
5
P
 5

  2 yi  xi     2 yi  xi    2  yi    xi   1
 i 1
i 1
i 1
i 1 
 i 1
Приравнивая к нулю эти два выражения, получаем систему линейных алгебраических
уравнений для определения  и  .


5
5
5
5
 P
 5

 5 2
2


2
y
x


x


xi   0
 i i

x


x

y i xi



i



i
i

i 1
i 1
 
 i 1

 i 1
i 1
i 1
 5

5
5
5
5
5
 P  2 y   x   1  0
 x   1 
yi


i
 i 

i
 
 
i 1
i 1
i 1
i 1
i 1 
 i 1

Вычислим все необходимые суммы.
5
y
i 1
i
 y1  y 2  y 3  y 4  y 5  7,5  6,2  5,5  3,5  3,0  25,7
5
y x
i 1
i
i
 y1 x1  y 2 x 2  y 3 x3  y 4 x 4  y 5 x5  7,5  1  6,2  2  5,5  3  3,5  4  3,0  5  65,4
5
x
i 1
2
i
 x12  x 22  x32  x 42  x52  12  2 2  3 2  4 2  5 2  55
i
 x1  x 2  x3  x 4  x5  1  2  3  4  5  15
5
x
i 1
Получили систему:
55  15  65,4

15  5  25,7
Из второго уравнения:  
25,7  15
 5,14  3 . Подставим, это выражение в первое
5
уравнение.
65,4  77,1
 1,17
10
Теперь находим второй коэффициент   5,14  3  5,14  3   1,17  8,65
Получаем явный вид эмпирической формулы y  Q ,  , x  1,17 x  8,65
На рисунке показаны начальные точки и получившаяся функция.
55  155,14  3   55  77,1  45  10  77,1  65,4   
7. Функция f x  определена на 1,00; 1,20 . Найти значение многочлена Лагранжа,
интерполирующего функцию f x  и его вид по системе трех равномерных узлов ( шаг =
0,1) в точках 1,05; 1,09 и 1,15.
f x   ln x
Решение.
Поскольку шаг равен 0,1, то точки интерполирования равны: x0  1,00 , x1  1,10 и
x2  1,20 .Вычислим значения функции в этих точках.
№
yi  ln xi
xi
0
1,00
0
1
1,10
0,0953
2
1,20
0,1823
Полином
Лагранжа
стоиться
по
следующей
формуле:
n
L x    y i l i  x  ,
где
i 0
 x  x 
n
j
li x  
j 0
j i
 x
n
i
 xj 
j 0
j i
Найдем эти выражения для нашего случая.
 x  x 
n
j
l0 x  
x  x1 x  x2  x  1,1x  1,2

 50x  1,1x  1,2  50 x 2  115 x  66

x0  x1 x0  x 2  1  1,11  1,2
 x0  x j 
j 0
j 0

n
j 0
j 0
 x  x 
n
j
l1 x  
x  x0 x  x 2  x  1x  1,2

 100x  1x  1,2   100 x 2  220 x  120
x  x x  x  1,1  11,1  1,2
 x1  x j  1 0 1 2
j 0
j 1

n
j 0
j 1
 x  x 
n
j
l 2 x  
x  x0 x  x1 
x  1x  1,1  50x  1x  1,1  50 x 2  105 x  55

x  x x  x  1,2  11,2  1,1
 x2  x j  2 0 2 1
j 0
j2
n

j 0
j2
Составляем полином Лагранжа
L x    y i li  x   0  50 x 2  115 x  66  0,0953   100 x 2  220 x  120  0,1823  50 x 2  105 x  55
n
i 0
Lx   0,415 x 2  1,8245 x  1,4095 - вид полинома Лагранжа по системе трех равномерных
узлов.
Вычислим значение этого полинома в заданных точках:
2
L1,05  0,415  1,05  1,8245  1,05  1,4095  0,0487
L1,09  0,415  1,09  1,8245  1,09  1,4095  0,0487
2
L1,15  0,415  1,15  1,8245  1,15  1,4095  0,1398
2
Ответ: Lx   0,415 x 2  1,8245 x  1,4095 - вид полинома Лагранжа по системе трех
равномерных узлов.
L1,05  0,0487 , L1,09  0,0487 , L1,15  0,1398
8. Построить кубический сплайн, интерполирующий функцию y  f x  на 1,00; 1,20
для равномерного разбиения с шагом h  0,04
f x   ln x
Найти значения в точках 1,05; 1,13 и 1,17
Решение.
Разобьем отрезок 1,00; 1,20 на равные части с шагом h  0,04 . Получим набор отрезков
вида xi 1 ; xi , где i  1,5 . Обозначим hi  xi  xi 1 . На каждом таком отрезке введем
функцию
Для
определения
Si x  ai  bi x  xi 1   ci x  xi 1   d i x  xi 1  .
коэффициентов используем условия непрерывности функции и её первых двух
производных в точках xi 1 и условие интерполяции.
S i xi 1   S i 1 xi 1  - условие непрерывности функции


S i xi 1   S i 1 xi 1  - условие непрерывности первой производной
S ixi 1   S i1 xi 1  - условие непрерывности второй производной
2
3
S i xi 1   f xi 1  - условие интерполяции
Разрешая эти уравнения, получаем следующие выражения для коэффициентов:
ai  f xi 1   f i 1
 f  f i 1 f i 1  f i 2 

hi 1ci 1  2hi 1  hi ci  hi ci 1  3 i

h
h
i
i 1


c c
d i  i 1 i
3hi
f  f i 1 ci 1  2ci hi
bi  i

hi
3
Причем c1  cn 1  0
Определим эти коэффициенты.
a1  f x0   f 0  ln x0  ln 1  0
a2  f x1   f1  ln x1  ln 1,04  0,0392
a3  f x2   f 2  ln x2  ln 1,08  0,077
a4  f x3   f 3  ln x3  ln 1,12  0,1133
a5  f x4   f 4  ln x4  ln 1,16  0,1484
Для определения ci составим систему уравнений (учтем, что hi  h  0,04 и c1  c6  0 )
0,16c 2  0,04c 3  0,111
0,04c  0,16c  0,04c  0,103

2
3
4

0,04c3  0,16c 4  0,04c5  0,0957
0,04c 4  0,16c5  0,0892
Наша матрица имеет вид
  b1* c1*
0
0  0,111 
0
0 d1*   0,16 0,04



0  0,103 
 a 2*  b2* c 2*
0 d 2*   0,04 0,16 0,04
A

*
*
*
*
0,04 0,16 0,04  0,0957 
0
a

b
c
d
3
3
3
3

  0

*
*
*
 0

 0
0
0
,
04
0
,
16

0
,
0892
0
a

b
d
4
4
4 



Для систем с подобными матрицами решаются методом прогонки. В этом методе сначала
c*
a *Q  d *
определяются коэффициенты Pi  * i * * и Qi  i* i 1 * i при i  2...4 , связанные
bi  ai Pi 1
bi  ai Pi 1
между собой рекуррентными соотношениями. При i  1 P1 
Определяем эти коэффициенты
c1*
 d1*
Q

и
. Не путать
1
b1*
b1*
 d1* 0,111

 0,6939
 0,16
b1*
P1 
c1*
0,04

 0,25
*
b1  0,16
P2 
c2*
0,04

 0,2667
*
*
b2  a2 P1  0,16  0,04   0,25
Q1 
Q2 
a 2*Q1  d 2* 0,04   0,6939   0,103

 0,5013
 0,16  0,04   0,25
b2*  a 2* P1
P3 
c3*
0,04

 0,2679
*
*
b3  a3 P2  0,16  0,04   0,2667 
Q3 
a3*Q2  d 3* 0,04   0,5013   0,0957 

 0,5067
 0,16  0,04   0,2667 
b3*  a3* P2
a 4*Q3  d 4* 0,04   0,5067    0,0892

 0,462
 0,16  0,04   0,2679
b4*  a 4* P3
Теперь, используя формулы обратного хода, получаем решение:
c5  Q4  0,462
Q4 
c4  P3 c4  Q3   0,2679 0,462  0,5067  0,383
c3  P2 c3  Q2   0,2667  0,383  0,5013  0,3992
c2  P1c2  Q1   0,25 0,3992  0,6939  0,5941
c1  c6  0
Определяем d i .
c c
 0,5941  0
d1  2 1 
 4,9512
3h
3  0,04
c  c 2  0,3992  0,5941
d2  3

 1,6248
3h
3  0,04
c  c3  0,383  0,3992
d3  4

 0,1347
3h
3  0,04
c  c 4  0,462  0,383
d4  5

 0,658
3h
3  0,04
c  c5 0  0,462
d5  6

 3,8496
3h
3  0,04
Определяем bi
f  f 0 c2  2c1 h
b1  1

 0,9884
h
3
f  f1 c3  2c2 h
b2  2

 0,9647
h
3
f  f 2 c4  2c3 h
b3  3

 0,9249
h
3
f  f 3 c5  2c4 h
b4  4

 0,8937
h
3
f  f 4 c6  2c5 h
b5  5

 0,8599
h
3
При вычислении значений в необходимых точках необходимо выбрать отрезок, которому
принадлежит эта точка.
Точка x  1,05 . Она принадлежит отрезку x1 ; x2   1,04; 1,08 . Таким образом, для
вычисления значения необходимо применять коэффициенты a2 , b2 , c2 , d 2 .
S 2 1,05  a 2  b2 1,05  x1   c 2 1,05  x1   d 2 1,05  x1  
2
3
 0,0392  0,9647  1,05  1,04  0,5941  1,05  1,04   1,6248  1,05  1,08  0,0488
Точка x  1,13 . Она принадлежит отрезку x3 ; x4   1,12; 1,16 . Таким образом, для
вычисления значения необходимо применять коэффициенты a4 , b4 , c4 , d 4 .
2
3
S 2 1,13  a 4  b4 1,13  x3   c 4 1,13  x3   d 4 1,13  x3  
2
3
 0,1133  0,8937  1,13  1,12  0,383  1,13  1,12  0,658  1,13  1,12  0,1222
Точка x  1,17 . Она принадлежит отрезку x4 ; x5   1,16; 1,2 . Таким образом, для
2
3
вычисления значения необходимо применять коэффициенты a5 , b5 , c5 , d 5 .
S 2 1,17   a5  b5 1,17  x 4   c5 1,17  x 4   d 5 1,17  x 4  
2
3
 0,1484  0,8599  1,17  1,16  0,462  1,17  1,16   3,8496  1,17  1,16  0,157
2
3
9. Вычислить заданный интеграл по формулам прямоугольников, трапеций и Симпсона,
если отрезок интегрирования разбит на n  4 части.
1
dx
 
0
1 x2
Решение.
Для всех методов составим таблицу, в которую занесем точки разбиения и значение
функции в этих точках. В нашем случае пределы интегрирования равны a  0; b  1 . Точки
ba
разбиения можно вычислить по формуле xi  x 0  i
, где x0  a , а xn  b получается
n
1
автоматически. Функция интегрирования выглядит следующим образом: f x  
.
2
1 x
Составляем таблицу.
Значение функции
Номер итерации ( i )
Точки разбиения ( xi )
f  xi   f i
0
0
1
1
0,25
0,9701
2
0,5
0,8944
3
0,75
0,8
4
1
0,7071
Метод прямоугольников.
Метод прямоугольников заключается в том, что на каждом отрезке разбиения исходная
 x  xi 
f  i 1
функция
заменяется
константой
равной
а
интеграл
,
2 

xi 1
xi 1
 xi 1  xi 
 xi 1  xi 


f
x
dx

x
x f  2 dx  f  2 xi1  xi  (площадь прямоугольника). Заданный
i
i
интеграл можно разбить на сумму интегралов по отрезкам разбиения.
b

n 1 xi 1
f x dx  

i  0 xi
a
n 1
3
 x  xi 
 x  xi 
f x dx   f  i 1
xi 1  xi    f  i 1
xi 1  xi 
2 
2 


i 0
i 0
Необходимо вычислить значения функции в промежуточных точках
 x  xi 
f  i 1
.
2 

Результаты занесены в таблицу.
Номер итерации ( i )
xi 1  xi
2
0
1
2
3
0,125
0,375
0,625
0,875
Значение функции
 x  xi 
f  i 1

2 

0,9923
0,9363
0,848
0,7526
Вычисляем интеграл.
b

a
3
 x  xi 
f x dx   f  i 1
xi 1  xi   0,9923  0,25  0,9363  0,25  0,848  0,25  0,7526  0,25  0,823
2 

i 0
Метод трапеций.
Метод трапеций заключается в том, что на каждом отрезке разбиения исходная функция
заменяется линейной функцией, проходящей через точки xi ; f xi  и xi 1 ; f xi 1  , а
xi 1
интеграл
 f x dx 
xi
f xi   f xi 1 
xi 1  xi  (площадь трапеции). Заданный интеграл
2
можно разбить на сумму интегралов по отрезкам разбиения.
b
n 1 xi 1
3
 f xi   f xi 1 




xi 1  xi 
f
x
dx

f
x
dx




a

2

i  0 xi
i 0 
Вычисляем интеграл
b
3
 f xi   f xi 1 


xi 1  xi    1  0,9701   0,25   0,9701  0,8944   0,25 
f
x
dx



a
2
2
2





i 0 
 0,8944  0,8 
 0,8  0,7071 

  0,25  
  0,25  0,8795
2
2




Метод Симпсона.
Метод Симпсона заключается в том, что на каждом отрезке разбиения исходная функция
 x  xi
 x  xi  
заменяется параболой, проходящей через точки xi ; f xi  ,  i 1
; f  i 1
 и
2
2  




 x  xi 1 
 f xi   4  f  i
  f xi 1  .
2 



xi
Заданный интеграл можно разбить на сумму интегралов по отрезкам разбиения.
b
n 1 xi 1
3 

 xi 1  xi 
 xi  xi 1 


 








f
x
dx

f
x
dx

f
x

4

f

f
x






i
i

1
a



6
2




i  0 xi
i 0 


xi 1 ;
f xi 1  ,
xi 1
а
Вычисляем интеграл.
интеграл
 xi 1  xi
6
 f x dx  
3 

 xi 1  xi 
 xi  xi 1 


  






f
x
dx

f
x

4

f

f
x





i
i

1
a


6
2



i 0  

 0,25  0 
 0,5  0,25 

 f 0  4  f 0,125  f 0,25  
 f 0,25  4  f 0,375  f 0,5 
6 
6



 0,75  0,5 
 1  0,75 

 f 0,5  4  f 0,625  f 0,75  
 f 0,75  4  f 0,875  f 1  0,8814
6


 6 
b
10. Найти решение задачи Коши для дифференциального уравнения на равномерной сетке
a; b с шагом 0,2 методом Эйлера и классическим методом Рунге-Кутта:
y   xy , y x0  1 , 0  x  1
Решение.
Метод Эйлера.
Метод Эйлера помогает построить табличную функцию, которая является решением
dy
 f  x, y  , y x  x  y 0 .
дифференциального уравнения вида
0
dx
dy yi 1  yi
Суть метода состоит в замене производной на её разностный аналог:
.

dx xi 1  xi
Значение функции берется в предыдущей точке. Получаем уравнение:
yi 1  yi
 f  xi , y i 
xi 1  xi
Из этого уравнения выражаем y i 1 : yi 1  yi  xi 1  xi  f xi , yi  . Если разбиение
равномерное с шагом h , то получим более простую формулу.
yi 1  yi  hf xi , yi 
В нашем случае f x, y   xy , а y 0  1 и h  0,2
Расчет необходимо вести, пока не будет достигнута xi  1 (поскольку задано условие
задачи 0  x  1 ). Это произойдет при i  5 ( x5  x0  5  h  0  5  0,2  1 ).
Вычисляем значения функции yx  в точках xi  x0  ih . Результаты занесены в таблицу.
Точка
Значение функции
Значение функции
Номер итерации ( i )
дифференцирования,
y в точке xi ,
f  xi , y i   x i y i
xi  x0  ih
y
i
0
1
2
3
4
5
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1
1
1,04
1,1232
1,258
1,4593
0
0,2
0,416
0,6739
1,0064
1,4593
Набор xi , yi  является табличным решением дифференциального уравнения.
Классический метод Рунге-Кутта (4-ого порядка)
Метод Рунге-Кутта 4-ого порядка представляют собой уже более сложную конструкцию,
и выражается следующим образом:
dy
 f  x, y  , y x  x  y 0 , то приближенное значение при
Если есть задача Коши вида:
0
dx
равномерном разбиении отрезка a; b вычисляется по формуле:
h
y i 1  y i  k1  2k 2  2k 3  k 4  , где
6
k1  f xi , yi  ,
h
h 

k 2  f  x i  , y i  k1  ,
2
2 

h
h 

k 3  f  xi  , y i  k 2  ,
2
2 

k 4  f xi  h, yi  hk 3 
Расчет ведется, пока не будет достигнуто значение xi  b .
В нашем случае f x, y   xy , а y 0  1 и h  0,2
Расчет необходимо вести, пока не будет достигнута xi  1 (поскольку задано условие
задачи 0  x  1 ). Это произойдет при i  5 ( x5  x0  5  h  0  5  0,2  1 ).
Вычисляем значения функции yx  в точках xi  x0  ih . Результаты занесены в таблицу.
Номер Точки Коэффициент Коэффициент Коэффициент Коэффициент Значение
итерации
xi
k3
yi
k1
k2
k4
(i )
0
0
0
0,1
0,101
0,204
1
1
0,2
0,204
0,3122
0,3154
0,4333
1,0202
2
0,4
0,4333
0,5633
0,5698
0,7183
1,0833
3
0,6
0,7183
0,8883
0,9002
1,1018
1,1972
4
0,8
1,1017
1,3386
1,3599
1,6491
1,3771
5
1
1,6487
1,9949
2,0330
2,4664
1,6487
Набор xi , yi  является табличным решением дифференциального уравнения
11. Найти решение задачи безусловной минимизации f x   min, x  R 2 . Установить
множество глобального решения:
f x   x12  x22  4x2  x1 
Решение.
Решим эту задачу методом покоординатного спуска.


Для этого метода необходимо задаться начальным приближением x10 , x 20 . Как выбрать
это приближение, описано ниже. Затем фиксируем значение переменной x2  x20 .
Получаем функцию одной переменной f x1  . Минимизируем её любым методом
одномерной оптимизации (например: методом золотого сечения). Находим точку
минимума для f x1  , которая равна x11 . Затем фиксируем в функции f x1 , x2  другую
координату x1  x11 . И проводим оптимизацию теперь уже для функции f x2  . Получаем
точку x 12 . В итоге, у нас есть точка
запишем следующим образом:

x , x  . Проверяем
x  x   x  x 
1
1
1
1
1
2
0 2
1
0 2
2
1
2
условие точности, которое
   10 2 . Если оно не
удовлетворено, то фиксируем x 2  x12 и оптимизируем f x1  и т.д.
Определим множество допустимых начальных приближений, чтобы метод сходился к
минимуму функции. Воспользуемся теоремой. Рассмотрим функцию двух
переменных f x1 , x2 . Выберем некоторое начальное приближение x10 , x 20 и проведем


линию уровня через эту точку. Пусть в области G , ограниченной этой линией уровня,
выполняются неравенства, означающий положительную определенность квадратичной
формы:
f x1x1  a  0, f x2 x2  b  0, f x1x2  c, ab  c 2
Тогда спуск по координатам сходится к минимуму из данного начального приближения,
причем линейно.


Выберем произвольную точку начального приближения x10 , x 20 . Линия уровня будет
выглядеть следующим образом : x12  x 22  4x 2  x1   C , где C  x 02  x 02  4 x 0  x 0 .
Уравнение x12  x22  4x2  x1   C можно преобразовать.
x12  x 22  4x 2  x1   x12  4 x1  4  x 22  4 x 2  4  8  x1  2  x 2  2  8  C или
2
x1  22  x 2  22  C  8  C1
2,2.
2
- это уравнение окружности с радиусом
C1 и началом в
Найдем производные



f x1x1  2 x1  4x1  2 ; f x2 x2  2 x2  4 x2  2 ; f x1x2  2 x1  4x2  0
Видим, что условия
f x1x1  a  0, f x2 x2  b  0, f x1x2  c, ab  c 2
выполнены (мы
же можем взять к примеру a  b  1 , а c  0,5 ). Причем стоит отметить, что эти условия
выполнены на всем пространстве R 2 . Это и есть множество глобального решения.
Выходит, что начальное приближение мы можем взять любое, метод в любом случае
сойдется к минимуму.


Для простоты счета возьмем начальное приближение x10 , x 20  0;0
Фиксируем
x 2  x 20  0 , и получаем функцию
f x1   x12  4x1
- это парабола.
Использовать метод золотого сечения ни к чему, поскольку минимум параболы находится
 4  2 . Фиксируем x  x1  2 . Получаем функцию
в вершине параболы. x11  
1
1
2 1
парабола.
Минимум
в
вершине.
f x1   x 22  4 x 2  2 2  4  2  x 22  4 x 2  4
2
x 12  
 2 .
2 1
Определяем погрешность

x
1
1
 x10   x12  x 20  
2
2
2  0 2   2  02
 2,8284    10  2
Условие не выполнено. Продолжаем расчет.
Фиксируем x 2  x12  2 , и получаем функцию
f x1   x12  4 x1   2  4   2  x12  4 x1  4 - это парабола. Минимум параболы
 4  2 . Фиксируем x  x1  2 . Получаем
находится в вершине параболы. x12  
1
1
2 1
функцию f x1   x 22  4 x 2  2 2  4  2  x 22  4 x 2  4 - парабола. Минимум в вершине.
2
x 22  
 2 . Видим, что x11 , x12  x12 , x 22 , а это означает, что 2;-2 - глобальная точка
2 1
2

 

минимума.
Эту задачу проще было решить аналитически, используя методы математического
анализа. Для этого надо найти первые частные производные и приравнять их к нулю.
 f x1  2 x1  4  0

 f x2  2 x 2  4  0
Решая эти уравнения, получаем, что x1*  2 , а x 2*  2 . Теперь составляем квадратичную
форму вида






f x1x1 x1* , x2* dx12  2 f x1x2 x1* , x2* dx1dx2  f x2 x2 x1* , x2* dx22
Она выглядит следующим образом:
2dx12  2dx22  0 .
Видим, что она положительно
определена (поскольку сумма квадратов всегда положительна). Поэтому по теореме
математического анализа следует, что точка 2;2 - точка глобального минимума.
С геометрической точки зрения функция
f x   x12  x22  4x2  x1  порождает
поверхность второго порядка, которая называется конус, а точка 2;2 - это вершина
конуса.