NUMERIKUS MÓDSZEREK (Oktatási segédlet levelez½o hallgatóknak)

Átírás

1 NUMERIKUS MÓDSZEREK (Okttási segédlet levelez½o hllgtóknk) Glánti Jeney könyve lpján összeállított: Jeney András 004

2

3 Trtlomjegyzék 1 A klsszikus hibszámítás elemei 5 11 Az ritmetiki m½uveletek bszolút hibái 5 1 Függvényértékek hibáj 6 13 Az ritmetiki m½uveletek reltív hibái 6 A mátrixszámítás elemei 7 1 Mátrixok és mátrixm½uveletek 7 Mátrixok inverze és determináns 10 3 Vektorok és mátrixok normáj 11 3 Lineáris egyenletrendszerek megoldás Lineáris egyenletrendszerek 13 3 Háromszögmátrixú egyenletrendszerek A Guss-módszer Az LU-felbontás és lklmzás lineáris egyenletrendszerekre Lineáris egyenletrendszerek közelít½o megoldás iterációvl 19 4 A sjátérték-feldt 1 41 A htvány módszer 5 Nemlineáris egyenletek közelít½o megoldási módszerei 3 51 Egyváltozós egyenletek megoldás Az intervllumfelez½o eljárás 3 51 Egyszer½u iteráció A Newton-módszer 4 5 Nemlineáris egyenletrendszerek megoldás Newton-módszerrel 5 6 Függvények közelítése interpolációvl 7 61 A Lgrnge-féle interpolációs feldt 7 7 Numerikus deriválás és integrálás Numerikus deriválás 31 7 Numerikus integrálás 3 71 A trpézformul 3 7 A Simpson formul 33 TARTALOMJEGYZÉK 3

4 8 Függvényközelítés legkisebb négyzetek módszerével Diszkrét eset 35 8 Folytonos eset 36 9 Di erenciálegyenletek numerikus megoldás Az explicit Euler-módszer 39 9 A negyedrend½u Runge-Kutt módszer 40 4 TARTALOMJEGYZÉK

5 1 fejezet A klsszikus hibszámítás elemei A klsszikus hibszámítás lpmodellje következ½o A pontos értékeket nem ismerjük, csk dott hibkorlátú közelítéseiket A közelít½o értékekkel pontosn végzett m½uveletek eredményét z ismeretlen elméleti eredmény közelítésének tekintjük és zt vizsgáljuk, hogy mekkor közelítés hibáj Például p 1:41 közelítés hibáj legfeljebb 0:01 A következ½o jelöléseket és elnevezéseket hsználjuk: x pontos érték, z x közelítése ( x), = x közelítés hibáj, z közelít½o érték bszolút hibkorlátj, h fennáll jx j = jj 11 Az ritmetiki m½uveletek bszolút hibái Legyen x és y két pontos érték, z x, b pedig z y közelítése Tegyük fel, hogy z és b közelítések bszolút hibkorláti, ill b Ezekre fennáll, hogy jx j = jj ; jy bj = jbj b: Tétel Igzk következõ becslések: ( + b) + b; (11) ( b) + b: (1) Tétel Fennállnk z lábbi közelít½o egyenl½oségek: (b) jj b + jbj (jj, jbj b) ; (13) (=b) jj b + jbj jbj (b 6= 0, jbj b) : (14) Figyeljük meg, hogy osztás bszolút hibkorlátj 0-hoz közeli b esetén rendkívül ngy lehet! A KLASSZIKUS HIBASZÁMíTÁS ELEMEI 5

6 1 Függvényértékek hibáj Külön fogllkozunk z egy- és többváltozós esetekkel Legyen f : R! R leglább kétszer folyonosn di erenciálhtó függvény, x Az f(x) helyett f()-t számoljuk Az f() közelítés (f ())hibkorlátjár másodrend½u Tylor-formulából bizonyos elhnygolássl kpjuk, hogy (f ()) jf 0 ()j : (15) Legyen F : R n! R leglább kétszer folytonosn di erenciálhtó függvény, x; R n és x Legyen = x, jx i i j = j i j i (i = 1; : : : ; n) és = [ 1 ; : : : ; n ] T Az F (x) helyett z F () függvényértéket számoljuk, melynek (F ()) hibkorlátj (zz jf (x) F ()j egy fels½o korlátj hsonlón (többváltozós) másodrend½u Tylor-formulából bizonyos elhnygolássl hsonlón dódik: (F ()) i i (16) 13 Az ritmetiki m½uveletek reltív hibái Az bszolút hib sok esetben semmitmondó Például egy 0:001 ngyságrend½u elméleti mennyiség esetén 0:05 bszolút hibkorlát nem sokt ér A =7 közelítés sok esetben jó lehet, de például csillgásztbn már bizonyosn nem De níció Az x szám közelít½o értékének reltív hibáj mennyiség jxj Az x pontos érték áltlábn nem ismeretes Helyette közelítést hsz- jj náljuk ( + b) j + bj ( b) j bj = mx jj ; b jbj = (b) jbj + b j bj (b > 0) ; (17) (b > 0) ; (18) jj + b jbj ; (19) ( ) b jj + b jbj : (110) b Figyeljük meg, hogy egymáshoz közeli és b esetén kivonás reltív hibáj rendkívül ngy lehet! 6 A KLASSZIKUS HIBASZÁMíTÁS ELEMEI

7 fejezet A mátrixszámítás elemei 1 Mátrixok és mátrixm½uveletek Röviden összefoglljuk zokt mátrixokkl és vektorokkl kpcsoltos ismereteket, melyekre szükségünk vn De níció Egy A m n típusú (vlós) mátrixon vlós ij számok lábbi tábláztát értjük: : : : 1j : : : 1n A = i1 i : : : ij : : : in : m1 m : : : mj : : : mn Az ij z A mátrix i-edik sorábn és j-edik oszlopábn álló mátrixelemet jelöli Mátrixok szokásos jelölése még következ½o: : : : 1j : : : 1n A = i1 i : : : ij : : : in : B A m1 m : : : mj : : : mn Néhány tömörebb mátrixmegdási mód: A = [ ij ] m;n i;j=1 ; A = ( ij) m;n i;j=1 : Az n m típusú vlós mátrixok hlmzát R nm jelöli Az A mátrixot négyzetesnek nevezzük, h m = n Ekkor tömör megdási módok következ½oképpen egyszer½usödnek: A = [ ij ] n i;j=1 ; A = ( ij) n i;j=1 : A mátrixok közti fontosbb m½uveleteket z lábbik szerint de niáljuk 1 Összedás: A; B R mn ; C = A + B R mn, c ij = ij + b ij (i = 1; : : : ; m; j = 1; : : : ; n): A MÁTRIXSZÁMíTÁS ELEMEI 7

8 Az összedásr fennáll, hogy A + B = B + A ; (A + B) + C = A + (B + C): Számml vló szorzás: A R mn, vlós szám, C = A R mn, c ij = ij (i = 1; : : : ; m; j = 1; : : : ; n): A számml vló szorzásr fennáll, hogy (A) = ()A; ( + )A = A + A: Jegyezzük meg, hogy megállpodás szerint A = A 3 Trnszponálás (tükrözés): A R mn, C = A T R nm, c ij = ji (i = 1; : : : ; n; j = 1; : : : ; m): A trnszponálásr fennáll, hogy (A T ) T = A; (A + B) T = A T + B T : Az A mátrixot szimmetrikusnk nevezzük, h A T = A 4 Szorzás: A R mk, B R kn, C = AB R mn, c ij = kx it b tj t=1 (i = 1; : : : ; m; j = 1; : : : ; n): Vegyük észre, hogy szorztmátrix (i; j) index½u elemét úgy kpjuk, hogy z i-edik sort szorozzuk j-edik oszloppl, zz 3 6 c ij = [ i1 ; : : : ; ik ] 4 A mátrixszorzás fontos tuljdonsági következ½ok: b 1j b kj (AB)C = A(BC); 7 5 : A(B + C) = AB + AC; (A + B)C = AC + BC; (AB) T = B T A T : Fontos megjegyezni, hogy szorzás nem kommuttív, tehát AB 6= BA (1) áltlábn! A továbbikbn mátrix és mátrix-vektor m½uveletek felírásánál feltesszük, hogy szerepl½o mátrixok, ill vektorok méretei olynok, hogy lehet½ové teszik z dott m½uveletet De níció Az egyetlen sorból, vgy egyetlen oszlopból álló mátrixot vektornk nevezzük 8 A MÁTRIXSZÁMíTÁS ELEMEI

9 A sorvektor szokásos megdási módji következ½ok: Az oszlopvektorokt z x = [x 1 ; : : : ; x n ]; x = [x 1 x : : : x n ] : x = 6 4 x 1 x n R n formábn szoktuk megdni, hol R n z n komponens½u oszlopvektorok hlmz (tkp R n R n1 ) Az R n hlmzt n-dimenziós euklideszi térnek is nevezzük Az oszlopvektorokt meg lehet még dni z x = [x 1 ; : : : ; x n ] T, sorvektorokt pedig z 3 x = 6 4 x 1 x n 7 5 T R n formábn is Az i-edik egységvektor i-edik komponense 1; többi 0: Oszlopvektornk tekintve tehát: e i = [0; : : : ; 0; 1; 0; : : : ; 0] T R n De níció x; y R n skláris szorzt x T y = nx x i y i : A következ½okben speciális tuljdonságú mátrixokt vezetünk be De níció Az I R nn mátrix egységmátrix, h : : : : : : I = : : : : : : : 0 1 Az egységmátrixr fennáll, hogy minden A R nn esetén AI = IA = A: De níció A D R nn digonálmátrix, h 1 0 : : : : : : 0 0 D = 6 4 n : : : : : : 0 n 3 : 7 5 MÁTRIXOK ÉS MÁTRIXM½UVELETEK 9

10 A digonálmátrixr fennáll, hogy minden A R nm és B R mn esetén 3 3 T DA = D 4 1 T = 4 5 ; BD = [b 1 ; : : : ; b n ] D = [b 1 1 ; : : : ; b n n ] : T n n T n A D digonálmátrixot dig( 1 ; : : : ; n ), vgy dig( i ) (i = 1; : : : n) is jelölheti De níció Az 0 R mn mátrix zérusmátrix, h 0 minden eleme 0, zz 3 0 : : : = : 0 : : : 0 A zérusmátrixr fennáll, hogy minden A mátrix esetén A + 0 = A; A0 = 0: Mátrixok inverze és determináns De níció Az X R nn mátrixot z A R nn mátrix inverzének nevezzük, h AX = XA = I H z inverz mátrix létezik, kkor egyértelm½u Az inverz mátrix jelölése A 1 = X Az inverz mátrixr fennállnk z lábbi tuljdonságok: A 1 1 = A; (AB) 1 = B 1 A 1 ; A T 1 = A 1 T := A T : Jelölje A(i) zt z (n 1) (n 1)-es mátrixot, melyet z : : : 1n A = i1 i : : : in n1 n : : : nn mátrixból z els½o oszlop és z i-edik sor elhgyásávl kpunk De níció Az A R nn négyzetes mátrix determinánsát det (A) = det (A) = ; n = nx ( 1) i+1 i1 det(a (i)); n 3: el½oírások de niálják Tétel Az A R nn mátrixnk kkor és csk kkor létezik inverze, h det(a) 6= 0 10 A MÁTRIXSZÁMíTÁS ELEMEI

11 3 Vektorok és mátrixok normáj De níció Az f : R n! R függvényt vektornormánk nevezzük, h f (x) 0 (8x R n ) ; f (x) = 0, x = 0; () f (x) = jj f(x) (8x R n ; 8 R) ; (3) f (x + y) f (x) + f (y) (8x; y R n ) : (4) A vektornorm szokásos jelölése: kxk = f(x) A fontosbb vektornormák következ½ok: kxk 1 = kxk = nx jx i j ; (5) nx x i! 1 (euklideszi norm); (6) kxk 1 = mx 1in jx ij (mximum norm): (7) De níció Az f : R mn! R függvényt mátrixnormánk nevezzük, h f (A) 0 8A R mn ; f (A) = 0, A = 0; (8) f (A) = jj f(a) 8A R mn ; 8 R ; (9) f (A + B) f (A) + f (B) 8A; B R mn : (10) A mátrixnorm szokásos jelölése: kak = f(a) A leggykrbbn hsznált mátrixnormák következ½ok: kak 1 = mx 1jn mx j ij j (oszlopösszeg norm) ; (11) kak = fa T A legngyobb sjátértékeg 1 (spektrálnorm) ; (1) kak 1 = mx 1im nx j ij j (sorösszeg norm) ; (13) j=1 kak F = mx nx j=1 ij! 1 (Frobenius norm) : (14) VEKTOROK ÉS MÁTRIXOK NORMÁJA 11

12 1 A MÁTRIXSZÁMíTÁS ELEMEI

13 3 fejezet Lineáris egyenletrendszerek megoldás 31 Lineáris egyenletrendszerek Lineáris egyenletrendszerek áltlános lkj m egyenlet és n ismeretlen esetén: 11 x 1 + : : : + 1j x j + : : : + 1n x n = b 1 i1 x 1 + : : : + ij x j + : : : + in x n = b i m1 x 1 + : : : + mj x j + : : : + mn x n = b m (31) Az egyenletrendszert megdhtjuk tömörebb formábn, hol Ax = b (3) A = [ ij ] m;n i;j=1 Rmn ; x R n ; b R m : A megoldhtóság szempontjából három eset lehetséges: (i) z egyenletrendszernek nincs megoldás, (ii) z egyenletrendszernek pontosn egy megoldás vn, (iii) z egyenletrendszernek végtelen sok megoldás vn De níció Az f i g k Rm vektorok lineárisn összefügg½ok, h létezik x R k (x 6= 0), hogy kx x i i = 0: (33) H nincs ilyen x 6= 0 vektor, kkor z f i g k vektorokt lineárisn függetlennek nevezzük A megoldhtóság egyik jellemzését megdhtjuk rng foglmávl: r(a) = lineárisn független oszlop- vgy sorvektorok mximális szám (34) LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA 13

14 Legyen [A; b] z mátrix, melyet A-ból úgy kpunk, hogy hozzádjuk (n + 1)- edik oszzlopként jobboldli b vektort A mátrix rngjávl megfoglmzv z Ax = b egyenletrendszer kkor és csk kkor oldhtó meg, h r (A) = r ([A; b]) H r (A) = r ([A; b]) = n, kkor z Ax = b egyenletrendszernek pontosn egy megoldás vn A továbbikbn csk négyzetes egyenletrendszerekkel fogllkozunk Feltesszük tehát, hogy m = n Ismert következ½o Tétel Az Ax = b (A R nn, b R n ) egyenletrendszernek kkor és csk kkor vn pontosn egy megoldás, h létezik A 1 Ekkor megoldás x = A 1 b Tétel Az Ax = 0 (A R nn ) homogén lineáris egyenletrendszernek kkor és csk kkor vn x 6= 0 nemtriviális megoldás, h det (A) = 0 3 Háromszögmátrixú egyenletrendszerek De níció Az A = [ ij ] n i;j=1 mátrix lsó háromszög lkú, h ij = 0 minden i < j esetén Az lsó háromszögmátrixok lkj semtikusn következ½o 3 0 : : : : : : : : : : : : : De níció Az A = [ ij ] n i;j=1 mátrix fels½o háromszög lkú, h ij = 0 minden i > j esetén A fels½o háromszögmátrixok lkj: 3 : : : : : : 0 : : : : : : : 0 Könnyen igzolhtó, hogy lsó, vgy fels½o háromszögmátrixok esetén det(a) = 11 : : : nn A háromszögmátrixú egyenletrendszerek megoldás igen egyszer½u Tekintsük z x 1 + : : : + 1i x i + : : : + 1n x n = b 1 ii x i + : : : + in x n = b i nn x n = b n 14 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA

15 fels½o háromszögmátrixú egyenletrendszert! Az egyenletrendszer kkor és csk kkor oldhtó meg, h 11 6= 0,: : : ; nn 6= 0 A fels½o háromszögmátrixú egyenletrendszer megoldását következ½o ún visszhelyettesít½o lgoritmus dj: x n = b n = nn x i = (b i P n j=i+1 ijx j )= ii (i = n 1; n ; : : : ; 1) Alsóháromszögmátrixú egyenletrendszer megoldás hsonló (35) 33 A Guss-módszer A Guss-féle eliminációs módszer két fázisból áll: I Azonos átlkításokkl z Ax = b egyenletrendszert fels½o háromszög lkúr hozzuk: II A kpott fels½o háromszögmátrixú egyenletrendszert (35) lgoritmussl megoldjuk A fels½o háromszög lkr hozás következ½oképpen történik H 11 6= 0, kkor z 11 ltti x 1 együtthtókt nullává tesszük (kinullázzuk) úgy, hogy z i-edik sorból kivonjuk (i = ; : : : ; n) z els½o sor -szorosát: ( i1 11 )x 1 + ( i 1 )x + : : : + ( in 1n )x n = b i b 1 : (36) Az i1 kinullázását z 11 = 0 feltételb½ol kpjuk, hogy = i1 11 Igy z els½o oszlop 11 ltti = i1 = 11 ij = ij 1j (j = ; : : : ; n) b i = b i b 1 9 = ; (i = ; : : : ; n) (37) lgoritmussl végezhetjük el Vegyük észre, hogy z lgoritmus felülírj z A mátrix i; j n index½u és b vektor i n index½u elemeit ( 0-kt viszont feleslegesen nem írj be z lsó háromszög részbe) A kpott ekvivlens egyenletrendszer lkj: 11 x x + : : : + 1n x n = b 1 x + : : : + n x n = b : (38) n x + : : : + nn x n = b n Ezt szétbonthtjuk z n ismeretlent trtlmzó els½o egyenletre és z n 1 ismeretlent trtlmzó kisebb (n 1) (n 1)-es egyenletrendszerre H 6= 0, kkor kisebb egyenletrendszeren megismételjük z el½oz½o lépést és így A GAUSS-MÓDSZER 15

16 tovább Tegyük fel, hogy (k 1)-edik oszlopbn kinullázást már elvégeztük és z 11 x 1 + : : : : : : + 1k x k + : : : + 1n x n = b 1 kk x k + : : : + kn x n = b k ik x k + : : : + in x n = b i nk x k + : : : + nn x n = b n egyenletrendszert kptuk H kk 6= 0, kkor kinullázzuk z kk ltti x k együtthtókt Az i-edik sorból k-dik sort m-szeresét kivonv z ( ik kk )x k + ( i;k+1 k;k+1 )x k+1 + : : : + ( in kn )x n = b i b k (39) egyenlet dódik Az ik kk = 0 feltételb½ol kpjuk, hogy = ik kk A k-dik oszlop kk lttikinullázását tehát 9 = ik = kk = ij = ij kj (j = k + 1; : : : ; n) (i = k + 1; : : : ; n) ; b i = b i b k lgoritmussl végezhetjük el A kinullázást mindddig folytthtjuk, míg z kk 6= 0 és k n 1 feltételek fennállnk H sikerül z A mátrixot fels½o háromszög lkr hozni, kkor Guss-módszer II fázisát, (35) lgoritmust lklmzzuk (visszhelyettesítünk) A Guss-módszer I fázisábn el½ofordulht, mondjuk k-dik lépésben, hogy z kk elem zérus Például 4x + x 3 = 9 x 1 + x + 3x 3 = 6 x 1 x + x 3 = 1 rendszernél ez 11 = 0 Ilyen esetekben z eliminációt csk kkor lehet folyttni, h sorok felcserélésével el tudjuk érni, hogy z kk helyére zérustól különböz½o elem kerüljön H ilyen elem nincs, zz z kk ltti elemek is mind zérusok, kkor z [ ij ] n;k i;j=1 részmátrix oszlopi lineárisn összefügg½ok, tehát A szinguláris A fenti példábn z els½o és hrmdik sor felcserélésével kpjuk, hogy x 1 x + x 3 = 1 x 1 + x + 3x 3 = 6 4x + x 3 = 9 Az kk elemet k-dik pivot, vgy f½oelemnek nevezzük A sorok felcserélését úgy, hogy z új pivot elem zérustól különböz½o legyen, pivotálási, vgy f½oelemkiválsztási eljárásnk nevezzük A pivot elem megválsztás ngymértékben befolyásolj z eredmények megbízhtóságát 16 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA

17 Részleges f½oelemkiválsztás: A k-dik lépésben k-dik oszlop jk (k j n) elemei közül kiválsztjuk mximális bszolút érték½ut H ennek indexe i, kkor k-dik és z i-edik sort felcseréljük A pivotálás után teljesül, hogy j kk j = mx kin j ikj : Teljes f½oelemkiválsztás: A k-dik lépésben z ij (k i; j n) mátrixelemek közül kiválsztjuk mximális bszolút érték½ut H ennek indexe (i; j), kkor k-dik és z i-edik sort, vlmint k-dik oszlopot és j-edik oszlopot felcseréljük A pivotálás után teljesül, hogy j kk j = mx ki;jn j ijj : Megjegyezzük, hogy oszlopcsere esetén változócsere is történik A f½oelemkiválsztásos Guss-módszer esetén z I fázis minden lépésében pivotálást hjtunk végre A teljes f½oelemkiválsztást biztonságos strtégiánk tekintjük A részleges f½oelemkiválsztás egyéb technikákkl kiegészítve ugyncsk biztonságosnk tekinthet½o A részleges f½oelemkiválsztás lényegesen kevesebb extr ritmetiki m½uveletet igényel mint teljes f½oelemkiválsztás Ezért gykorltbn inkább ezt hsználjuk 34 Az LU-felbontás és lklmzás lineáris egyenletrendszerekre De níció Az A R nn mátrix LU-felbontásán mátrix A = LU szorztlkbn történ½o felbontását értjük, hol L R nn lsó, U R nn pedig fels½o háromszögmátrix H L egység lsó háromszögmátrix (f½odigonálisábn minden elem 1), kkor z LU felbontás egyértelm½u Legyen 3 A (r) = : : : 1r r1 : : : rr 7 5 (r = 1; : : : ; n 1) : Az A (r) mátrix z A mátrix r-edik f½ominor mátrix Tétel Egy A R nn nemszinguláris mátrixnk kkor és csk kkor létezik LU-felbontás, h det A (r) 6= 0 (i = 1; : : : ; n 1): (310) Legyen A (0) = A; b (0) = b: A pivotálás nélküli Guss-elimináció els½o fázisábn (mennyiben z végrehjthtó) egy A (0) = b (0)! A (1) = b (1)! : : :! A (n 1) (n 1) = b AZ LU-FELBONTÁS ÉS ALKALMAZÁSA LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREKRE 17

18 ekvivlens egyenletsoroztot képezünk, hol h i n A (k) = Fennáll, hogy A (n 1) = 6 4 (k) ij i;j=1 (0) 11 (0) 1 : : : (0) 1n 0 (1) : : : (1) n 0 0 : : : : (n 1) nn (k 1) H z A mátrix nemszinguláris és létezik LU-felbontás, úgy kk 6= 0; (k = 1; ; : : : ; n) Amennyiben zérusokt nem írjuk be, hnem otthgyjuk már ottlév½o értéket, kkor utoljár z ~A (n 1) = (0) 11 (0) 1 : : : (0) 1;n 1 (0) 1n (0) 1 (1) : : : (1) ;n 1 (1) n (1) 3 (0) n1 (1) n : : : (n ) n 1;n 1 (n ) (n 1) n;n 1 nn tábláztot kpjuk Kimutthtó, hogy z A mátrix LU-felbontásábn U = 6 4 (0) 11 (0) 1 : : : (0) 1n 0 (1) : : : (1) n 0 0 : : : (n 1) nn vlmint : : : 0 (0) 1 = (0) 11 (0) 31 = (0) 11 1 L = (1) k+1;k 6 =(1) kk (0) n1 = (0) 11 : : : (1) nk =(1) (n ) (n ) kk : : : n;n 1= n 1;n 1 1 Összegezve: Guss-módszer z I fázisbn el½oállítj z A mátrix LUfelbontását, illetve z ekvivlens ; 3 ; 7 5 Ux = L 1 b (311) egyenletrendszert A felbontás U tényez½oje közvetlenül megjelenik z utolsó táblázt fels½o háromszög részében, z L tényez½ot pedig z lsó háromszög részb½ol úgy kpjuk, hogy f½oátlóbeli elemekkel végigosztjuk z oszlopokt Tehát Guss-módszer z A = LU speciális szorztfelbontáson (fktorizáción) lpul 18 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA

19 Megjegyzés: H z eljárás során f½oelemkiválsztást kell végrehjtni, kkor Guss-módszer P A mátrix LU-felbontását dj meg, hol P permutáció mátrix (zz P A z A-ból sorok permutációjávl áll el½o) AZ LU-MÓDSZER ALGORITMUSA: 1 Htározzuk meg z A = LU felbontást! Oldjuk meg z Ly = b egyenletrendszert! 3 Oldjuk meg z Ux = y egyenletrendszert! Az eljárás z eredeti Guss-módszerhez képest egy extr lsó háromszögmátrixú egyenletrendszer megoldását is megköveteli Az eljárás kkor el½onyös, h egynél több Ax = b 1 ; Ax = b ; : : : lkú egyenletrendszert kell megoldni közös A együtthtómátrixszl Ekkor elég z A mátrix LU-felbontását egyszer meghtározni 35 Lineáris egyenletrendszerek közelít½o megoldás iterációvl Alkítsuk át z Ax = b egyenletrendszert vele ekvivlens x = Bx+c lkúr Ez sokféleképpen lehetséges, pl úgy, hogy i-edik egyenletb½ol kifejezzük z x i ismeretlent (i = 1; ; : : : ; n): zz x 1 = (b 1 1 x 13 x 3 : : : 1n x n )= 11 x = (b 1 x 1 3 x 3 : : : n x n )= x n = (b n n1 x 1 n x : : : n;n 1 x n 1 )= nn ; (31) c 1 = b 1 = 11 c = b = c n = b n = nn ; B = 0 1 = = 11 : : : 1n = 11 1 = 0 3 = : : : n = n1 = nn n = : : : 0 Legyen x (0) R n vlmilyen kezdeti vektor Tekintsük z (313) soroztot x (1) = Bx (0) + c x () = Bx (1) + c x (k) = Bx (k 1) + c LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK KÖZELíT ½O MEGOLDÁSA ITERÁCIÓVAL 19

20 Tétel H kbk 1 < 1 kkor z x (0) ; x (1) ; : : : ; x (k) : : : sorozt bármely x (0) R n esetén z egyenletrendszer x megoldásához konvergál; k-dik iterált hibájár érvényes z lábbi becslés: x x (k) 1 kbk 1 1 kbk 1 x (k) x (k 1) 1 : Megjegyzés: Az említett átlkítássl kbk 1 < 1 kkor és csk kkor teljesül, h j ii j > nx j ij j ; (i = 1; ; : : : ; n) j=1 j6=i Ekkor zt mondjuk, hogy mátrix digonálisn domináns 0 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA

21 4 fejezet A sjátérték-feldt A mátrixok sjátérték-feldtánk megfoglmzásához szükségünk vn komplex elem½u mátrixok és vektorok bevezetésére A komplex elem½u n-dimenziós oszlopvektorokt C n -el jelöljük Hsonlóképpen z m n típusú komplex elem½u mátrixok hlmzát C mn jelöli Nyilvánvlón fennáll, hogy R n C n és R mn C mn De níció Legyen A n n vlós, vgy komplex mátrix A C számot z A mátrix sjátértékének, z x C n (x 6= 0) vektort pedig sjátértékhez trtozó sjátvektornk nevezzük, h Ax = x: (41) A sjátvektor egy olyn vektor, melyet z x! Ax leképezés sját htásvonlán hgy (irányítás, ngyság változht) A sjátérték-feldt megoldás sjátértékek és hozzájuk trtozó sjátvektorok meghtározását jelenti Egy x sjátvektor t-szerese is sjátvektor t 6= 0 esetén, ui A(tx) = tax = tx = (tx) Az Ax = x egyenletrendszer átrendezéssel z ekvivlens (A I)x = 0 lkr hozhtó Ennek homogén egyenletrendszernek kkor és csk kkor vn zérustól különböz½o megoldás, h det(a I) = 0 A () = det(a : : : 1n 1 : : : n I) = det 4 7C 5A = 0 (4) n1 n : : : nn egyenletet z A mátrix krkterisztikus egyenletének nevezzük A determinánst kifejtve változó n-ed fokú polinomját kpjuk, z lgebr lptétele mitt tehát z A n n mátrixnk multiplicitásokt is beleszámítv pontosn n sjátértéke vn Egy k sjátértékhez trtozó lineárisn független sjátvektorok szám legfeljebb nnyi, mint k multiplicitás () = 0 krkterisztikus egyenletben Különböz½o sjátértékekhez trtozó sjátvektorok lineárisn függetlenek El½ofordulht, hogy egy vlós együtthtós mátrixnk komplex sjátértékei és sjátvektori vnnk Vlós ritmetik esetén ezeket csk speciális technikákkl kphtjuk meg Az összes sjátérték és sjátvektor meghtározás elvileg sem könny½u feldt A SAJÁTÉRTÉK-FELADAT 1

22 41 A htvány módszer Nevezzük legngyobb bszolút érték½u sjátértéket domináns sjátértéknek Indexeljük sjátértékeket úgy, hogy j 1 j > j j : : : j n jteljesüljön A von Mieses-t½ol szármzó módszer lpgondolt következ½o Tegyük fel, hogy z A nn típusú vlós mátrixnk csk vlós sjátértéke vn Legyen v (0) R n dott! Képezzük v (k) = Av (k 1) = A k v (0) (k = 1; ; : : :) soroztot! (Innen ered htványmódszer elnevezés) Megmutthtó, hogy bizonyos feltételek esetén v (k) és v (k 1) vektorok (zz két szomszédos közelítés) megfelel½o komponenseinek hánydos 1 (zz domináns) sjárértékhez trt, v (k) sorozt pedig 1 -hez trtozó sjátvektorhoz H j 1 j > 1, kkor v (k) komponensei gyorsn n½onek bszolút értékben, j 1 j < 1 esetben pedig gyorsn zérushoz trtnk Ezért id½onként (legjobb minden lépésben) célszer½u normálni A htványmódszer lgoritmus (v (0) R n, y R n ): Hjtsuk végre z lábbikt k = 1; ; : : : értékekre: z (k) (k 1) = Av v (k) = z (k) = z (k) 1 Megmutthtó, hogy lklms feltételek mellett z (k) 1! j 1 j és v (k)! 1 -hez trtozó sjátvektorhoz Az eljárás j = 1 j ngyságrendt½ol függ½o konvergenci sebességgel rendelkezik Er½osen érzékeny v (0) kezd½ovektor megválsztásár is Komplex sjátértékek, illetve többszörös 1 esetén z eljárást módosítni kell A htványmódszert, mely igen el½onyös lehet ngyméret½u ritk mátrixok esetén, leginkább legngyobb, ill legkisebb bszolút érték½u sjátértékek meghtározásár hsználjuk Ez utóbbi következ½oképpen történhet Az A 1 sjátértékei: 1 1 ; : : : ; 1 n Ezek közül legngyobb bszolút érték½u sjátérték 1 n lesz, ezért lklmzv htványmódszert A 1 -re megkpjuk n reciprokát Végül megjegyezzük, hogy rngszámcsökkent½o eljárásokkl és egyéb módosításokkl, Mieses eljárás lklmssá tehet½o z összes sjátérték-sjátvektor meghtározásár is A SAJÁTÉRTÉK-FELADAT

23 5 fejezet Nemlineáris egyenletek közelít½o megoldási módszerei 51 Egyváltozós egyenletek megoldás Az f (x) = 0 (f : R! R) lkú vlós egyenletek megoldását vizsgáljuk Három módszert ismertetünk 511 Az intervllumfelez½o eljárás Tegyük fel, hogy f : R! R folytonos z [; b] intervllumon és fennáll, hogy f()f(b) < 0: (51) Ekkor Bolzno-tétel mitt z f (x) = 0 egyenletnek vn leglább egy x (; b) gyöke Ezt Bolzno tétel bizonyításából ismert eljárássl kphtjuk meg Legyen c = ( + b) = és vizsgáljuk z f (c) értékét H f () f (c) < 0, kkor z [; c] intervllumbn vn gyök Egyébként [c; b] intervllum trtlmz gyököt Az új intervllumot újr megfelezzük és így tovább Az egymásb sktulyázott zárt intervllumok ráhúzódnk z egyenlet egy gyökére Algoritmikus formábn z eljárás következ½o: Az intervllum felez½o lgoritmus: Input [ 1 ; b 1 ] = [; b] Hjtsuk végre (I), (II), (III)-t i = 1; ; : : : re Stop feltételig: (I) x i = i+b i (II) h b i i < ", kkor Stop (III) h f( i )f(x i ) < 0, kkor i+1 = i ; b i+1 = x i ; egyébként i+1 = x i ; b i+1 = b i Az el½oírt pontosság ", ugynis nyilvánvló z lábbi becslés: jx x i j b i i = b i (i = 1; ; : : :): (5) NEMLINEÁRIS EGYENLETEK KÖZELíT ½O MEGOLDÁSI MÓDSZEREI 3

24 Itt x i x és z lgoritmust Stop feltétele kkor állitj le, h z x i közelítés hibáj kisebb mint egy el½ore megdott " > 0 hibkorlát Megjegyezzük, hogy módszer konvergenciáj csk folytonos f (x) esetén áll fenn 51 Egyszer½u iteráció A módszert z f (x) = x g (x) = 0 lkú, vgy ilyen lkr hozhtó egyenletek esetén lklmzzuk Az f (x) = 0 egyenlet ekvivlens z x = g (x) (53) egyenlettel Legyen x 0 R egy kezdeti közelítés és tekintsük z lábbi soroztot: x1 = g(x 0 ) x = g(x 1 ) x i = g(x i 1 ) Tétel H g(x) folytonosn di erenciálhtó [; b] -n, mégpedig g 0 (x) q < 1 korláttl, továbbá g(x) b minden x [; b] esetén, kkor z x = g(x) egyenletnek pontosn egy x gyöke vn [; b] -n és z x i sorozt htárértéke éppen ez z x Igz továbbá z lábbi hibbecslés: jx i x j q 1 q jx i x i 1 j (i = 1; ; : : :): (54) A tételben szerepl½o hibbecslést hsználjuk fel kilépési feltételhez 513 A Newton-módszer Tegyük fel, hogy f : R! R folytonosn di erenciálhtó A módszer lényege, hogy z x i 1 pontbn függvényhez érint½ot húzunk és ennek z érint½onek zérushelye dj meg keresett gyök i-edik közelítését, zz x i -t Az érint½o iránytngense f 0 (x i 1 ) és egyenlete Az y = 0 egyenlet megoldás: y f(x i ) = f 0 (x i )(x x i ): (55) x i = x i 1 f(x i 1 ) f 0 (x i 1 ) ; (56) feltéve, hogy f 0 (x i 1 ) 6= 0 A Newton módszer tehát következ½o: Adott egy x 0 R kezdeti közelítés és képezzük z f(x i 1 ) x i = x i (i = 1; ; : : :) (57) f 0 (x i 1 ) 4 NEMLINEÁRIS EGYENLETEK KÖZELíT ½O MEGOLDÁSI MÓDSZEREI

25 soroztot Vegyük észre, hogy Newton-módszer tkp z x = x f (x) =f 0 (x) = g(x) egyenletre lklmzott iterációs eljárás A Newton-módszer konvergenciájár vontkozik z lábbi Tétel Legyen f : [; b]! R kétszer folytonosn di erenciálhtó, jf 00 (x)j M és jf 0 (x)j m > 0 (x [; b]) H z f()f(b) < 0; vlmint f 0 (x); f 00 (x) 6= 0 z [; b] intervllumbn, kkor pontosn egy x vn z intervllumbn, továbbá x 0 =, vgy x 0 = b válsztássl x i! x (i! +1) és jx i x j M m jx i x i 1 j (i = 1; ; : : :): (58) x 0 -r z f(x 0 )f 00 (x 0 ) > 0 feltételnek kell teljesülni Azt mondjuk, hogy Newton-módszer konvergenciáj lokális, mert z x 1 kezdeti közelítésnek z x gyök közelében kell lennie 5 Nemlineáris egyenletrendszerek megoldás Newton-módszerrel Az f(x) = 0 (x R n ) egyenletrendszer lkj koordinátás lkbn f 1 (x 1 ; x ; : : : ; x n ) = 0 f n (x 1 ; x ; : : : ; x n ) = 0: Az x i = [x (i) 1 ; x (i) ; : : : ; x (i) n ] T függvényt (k = 1; : : : ; n): R n pontbn linerizáljuk z f k (x) koordinát f 1 (x) f 1 (x i ) + rf 1 (x i ) T (x x i ) f n (x) f 1 (x i ) + rf n (x i ) T (x x i ): Az f(x) = 0 egyenletrendszer megoldás helyett keressük linerizált egyenletrendszer f 1 (x i ) + rf 1 (x i ) T (x x i ) = 0 f 1 (x i ) + rf n (x i ) T (x x i ) = 0 (59) közös megoldását, mely z x i+1 új közelítést de niálj Vegyük észre, hogy z y = f k (x i ) + rf k (x i ) T (x x i ) egyenlet tkp z y = f k (x) függvény érint½osíkj z x i pontbn H bevezetjük z 3 n rf 1 (x i ) (x) 6 7 J(x) = = 5 (510) j i;j=1 rf n (x i ) T NEMLINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA NEWTON-MÓDSZERREL 5

26 jelölést (J(x) z f(x) függvény Jcobi-mátrix), kkor linerizált egyenletrendszer átmegy tömörebb f(x i ) + J(x i )(x x i ) = 0 (511) lkb, melynek megoldás dj Newton-módszert: x i+1 = x i [J(x i )] 1 f(x i ) (i = 1; : : :): (51) A gykorltbn soh nem invertáljuk J(x i ) Jcobi-mátrixot Helyette lineáris egyenletrendszer lkot oldjuk meg Az itt hsználhtó kilépési feltételek: (A) kf(x i )k " 1 (B) kx i+1 x i k " (C) i = i mx feltételek és ezek kombinációi Az eljárás konvergenciáj lklms feltételek esetén lokális és másodrend½u 6 NEMLINEÁRIS EGYENLETEK KÖZELíT ½O MEGOLDÁSI MÓDSZEREI

27 6 fejezet Függvények közelítése interpolációvl Az interpoláció feldtát következ½oképpen foglmzhtjuk meg egy y = f (x) (f : R! R) függvény Ismerjük pontokbn felvett értékeit, z x 1 < x < : : : < x n b (61) y i = f(x i ) (i = 1; : : : ; n) (6) függvényértékeket Az f (x) függvényt, mely lehet ismert, vgy kár ismeretlen is, egy olyn, áltlábn könnyen számíthtó h (x) függvénnyel közelítjük (tkp helyettesítjük), melyre fennáll, z y i = h (x i ) (i = 1; : : : ; n) interpolációs feltétel: Az fx i g n pontokt interpolációs lppontoknk nevezzük Az interpolációs feltétel teljesülése esetén zt reméljük, hogy h (x) interpoláló függvény z (x i ; x i+1 ) intervllumokbn jól közelíti z f(x) függvényt H f(x)-et h(x) függvénnyel z (x 1 ; x n ) intervllumon kívül közelítjük, kkor extrpolációról beszélünk A h(x) függvény megválsztásától függ½oen beszélünk különböz½o típusú interpolációkról Itt csk z egyik legfontosbbt tárgyljuk 61 A Lgrnge-féle interpolációs feldt A feldt szokásos megfoglmzás következ½o Adottk z x 1 < x < : : : < x n lppontok és z y i = f(x i ) (i = 1; : : : ; n) függvényértékek Htározzuk meg zt legfeljebb (n 1)-edfokú polinomot, melyre teljesül p(x) = x + : : : + n 1 x n 1 (63) y i = p(x i ) (i = 1; : : : ; n) (64) FÜGGVÉNYEK KÖZELíTÉSE INTERPOLÁCIÓVAL 7

28 interpolációs feltétel A Lgrnge-féle interpolációs polinom létezése és egyértelm½usége könnyen beláthtó A polinom többféle ekvivlens lkbn is felírhtó Különösen fontos zonbn Lgrnge-féle el½oállítás Legyen l i (x) = ny k=1;k6=i x x k (i = 1; : : : ; n) (65) x i x k z i-edik Lgrnge-féle lppolinom Ekkor z interpolációs polinom el½oáll p(x) = nx y i l i (x) (66) lkbn Ennek igzolásár vegyük észre, hogy 1; i = j l i (x j ) = 0; i 6= j (67) és p(x j ) = nx y i l i (x j ) = y j l j (x j ) = y j (j = 1; : : : ; n): (68) A Lgrnge-féle interpolációs polinom hibájár vontkozik következ½o Tétel (Cuchy) H f C n [; b], [x 1 ; x n ] [; b] és x [; b], kkor f(x) p(x) = f (n) ( x ) (x x 1 )(x x ) : : : (x x n ); n! hol x = (x) z x és z x 1 ; x n pontok áltl kifeszített intervllumbn vn Következmény H f (n) (x) Mn (x [; b]), kkor jf(x) p(x)j M n n! (b )n : (69) Az interpolációs eljárásoktól elvárjuk, hogy pontok számánk növelése esetén közelítés hibáj csökken Ez zonbn nem minden esetben vn így A Lgrnge-féle interpolációs polinom másképpen is szármztthtó Tekintsük következ½o függvényrendszert: 1 (x) = 1; (x) = x; : : : ; n (x) = x n 1 (610) A Lgrnge-féle interpolációs függvény lkj h(x) = 1 1 (x) + (x) + : : : + n n (x) = nx i i (x): (611) Az ismeretlen 1 ; : : : ; n együtthtókt z interpolációs feltételb½ol htározhtjuk meg Ekkor teljesülnie kell z lábbi n feltételnek 1 1 (x 1 ) + (x 1 ) + : : : + n n (x 1 ) = f(x 1 ); 1 1 (x n ) + (x n ) + : : : + n n (x n ) = f(x n ); (61) 8 FÜGGVÉNYEK KÖZELíTÉSE INTERPOLÁCIÓVAL

29 mely lineáris egyenletrendszer z ismeretlen 1 ; : : : ; n együtthtókr nézve Legyen 3 1 x 1 : : : x n 1 1 és B = [ j (x i )] n i;j=1 = A fenti feltétel tömör lkbn x n : : : x n n (613) = [ 1 ; : : : ; n ] T ; c = [f (x 1 ) ; : : : ; f (x n )] T : (614) B = c: (615) H det(b) 6= 0, kkor z egyenletrendszernek pontosn egy megoldás vn: = B 1 c A gykorltbn másféle f i (x)g n lpfüggvényeket is lklmznk, de nem minden f i (x)g n függvényrendszer és x 1 < x < : : : < x n lppontrendszer esetén vn megoldás lineáris interpolációs feldtnk A LAGRANGE-FÉLE INTERPOLÁCIÓS FELADAT 9

30 30 FÜGGVÉNYEK KÖZELíTÉSE INTERPOLÁCIÓVAL

31 7 fejezet Numerikus deriválás és integrálás 71 Numerikus deriválás A numerikus deriválás lpproblémáj z f : R! R függvény deriváltjánk kiszámítás egy, vgy több dott pontbn A problém kézenfekv½o megoldás z, hogy z f(x) függvényt egy h(x) függvénnyel (pl interpolációvl) közelítjük és z f 0 (x) közelítésének közelít½o függvény h 0 (x) deriváltját tekintjük Semtikusn: h f(x) h(x), kkor f 0 (x) h 0 (x) és áltlábn f (j) (x) h (j) (x) A Lgrnge-interpoláció lpján z f (x) függény x-pontbeli j-edik deriváltjánk közelítését z f (j) (x) p (j) (x) = nx összefüggés dj meg Legyen n = k + 1, z lppontok pedig legyenek y i l (j) i (x) (71) x kh; : : : ; x h; x; x + h; : : : ; x + kh: (7) H p (x) z f (x) függvényt ezen pontokbn interpoláló Lgrnge-polinom, kkor igz, hogy jf 0 (x) p 0 (x)j < hol K z f (k+1) (x) korlátj z [x Az n = 3 esetben z k k Kh k (k + 1) ; (73) kh; x + kh] intervllumon f 0 (x) 1 [f (x + h) f (x h)] ; (74) h A di erenci hánydosok lklmzás közelít½o deriválás legelterjedtebb módszere Legcélszer½ubben Tylor-sorfejtés felhsználásávl vezethetünk le közelít½o formulákt Tegyük fel, hogy f C és írjuk fel f(x) másodfokú Tylor-polinomját: f(x + h) = f(x) + hf 0 (x) + h f 00 () (x < < x + h): NUMERIKUS DERIVÁLÁS ÉS INTEGRÁLÁS 31

32 Egyszer½u számolássl dódik, hogy f(x + h) h f(x) = f 0 (x) + h f 00 (); honnn f 0 f(x + h) (x) f(x) h közelítést kpjuk Ennél pontosbb közelítést kphtunk, h f C 3 : f 0 f(x + h) f(x h) (x) h A második derivált ismert közelítései z (75) (76) f 00 (x) 1 (f (x) f (x + h) + f (x + h)) (77) h és z f 00 f(x + h) f(x) + f(x h) (x) ; (78) h képletek Közelít½o prciális di erenci hánydosokt hsonló módon vezethetünk le 7 Numerikus integrálás Numerikus integrálást áltlábn kkor végzünk, h: - primitív függvény nem ismert, vgy nem állíthtó el½o könnyen, - z f(x) függvénynek csk véges sok értéke ismert A numerikus eljárások lpötlete következ½o: f(x) h(x) ) Z b f(x)dx Z b h(x)dx: (79) 71 A trpézformul Legyen x 1 = és x = b A két pontr támszkodó els½ofokú Lgrnge-féle interpolációs polinom melynek htározott integrálj p(x) = f(x 1 ) x x x 1 x + f(x ) x x 1 x x 1 ; (710) R b p(x)dx = R x x 1 p(x)dx = i hf(x 1 ) (x x ) + f(x (x 1 x ) ) (x x 1) x (x x 1 ) x 1 = x x 1 [f(x 1 ) + f(x )] : (711) 3 NUMERIKUS DERIVÁLÁS ÉS INTEGRÁLÁS

33 Ez tkp egy trpéz területe A közelítés hibájár fennáll, hogy Z b b f(x)dx [f() + f(b)] M 1 (b )3 : (71) H z [; b] intervllumot felbontjuk z = x 1 < x < : : : < x n+1 = b (713) pontokkl n részintervllumr, kkor z összetett trpézformul következ½o: Z b f(x)dx T n (f) = nx x i+1 x i [f(x i ) + f(x i+1 )] : (714) A képlet hibájár f C [; b] esetén fennáll, hogy Z b nx x i+1 x i f(x)dx [f(x i ) + f(x i+1 )] M 1 nx (x i+1 x i ) 3 : (715) H z lppontok ekvidisztnsk, zz x i = x 1 + (i 1)h (h = b, i = n 1; : : : ; n + 1), kkor képlet lkj egyszer½usödik: Z " # b f(x)dx T n (f) = h nx f(x 1 ) + f(x i ) + f(x n+1 ) : (716) A képlet hibájár pedig nh = b mitt fennáll, hogy Z b f(x)dx T n (f) M (b )h = M (b ) 3 : (717) 1 1n H z integrálközelítését z intervllum n részre osztásávl is (zz T n (f) -et is) meg tudjuk htározni, kkor gykorltbn rendszerint lklmzhtjuk következ½o becslést: Z b f(x)dx T n (f) jt n T n j : (718) i= 7 A Simpson formul Legyen x 1 = ; x = +b és x 3 = b Tekintsük három pontr támszkodó másodfokú Lgrnge-féle interpolációs polinomot: p(x) = = f(x 1 ) (x x )(x x 3 ) + f(x (x 1 x )(x x 3 ) ) (x x 1)(x x 3 ) + f(x (x x 1 )(x x 3 ) 3) (x x 1)(x x ) (x 3 x 1 )(x 3 x ) (719) Ennek z [; b] intervllumon vett integrálj dj következ½o közelít½o formulát Z b f(x)dx b f() + 4f( + b 6 ) + f(b) ; (70) NUMERIKUS INTEGRÁLÁS 33

34 melynek hibájár f C 4 [; b] esetén fennáll, hogy Z b f(x)dx b 6 H z [; b] intervllumot itt is felbontjuk z f() + 4f( + b ) + f(b) (b ) 5 M : (71) = x 1 < x < : : : < x n+1 = b pontokkl n részintervllumr, kkor z összetett Simpson formul következ½o: Z b f(x)dx S n (f) = nx x i+1 6 x i f(x i ) + 4f( x i + x i+1 ) + f(x i+1 ) : Ennek hibájár fennáll, hogy Z b f(x)dx S n (f) M nx (x i+1 x i ) 5 : H z lppontok ekvidisztnsk, zz x i = x 1 + (i 1)h (h = b, i = n 1; : : : ; n + 1), kkor képlet lkj " # S n (f) = h nx nx f(x 1 ) + f(x i ) + 4 f(x i + h 6 ) + f(x n+1) (7) i= melynek képlethibájár fennáll, hogy Z b f(x)dx S n (f) M 4(b ) h 4 = M 4(b ) 5 : (73) n 4 H z integrálközelítését z intervllum n részre osztásávl is (zz z S n (f) -et is) meg tudjuk htározni, kkor gykorltbn rendszerint lklmzhtjuk következ½o becslést: Z b f(x)dx S n (f) js n S n j : (74) 34 NUMERIKUS DERIVÁLÁS ÉS INTEGRÁLÁS

35 8 fejezet Függvényközelítés legkisebb négyzetek módszerével Tekintsük z intepolációnál már bevezetett h(x) = 1 1 (x) + (x) + : : : + m m (x) = mx i i (x): (81) lkú közelít½o függvényt, hol f i (x)g n ismert függvények Az f(x) h(x) legkisebb négyzetes közelítést külön tárgyljuk diszkrét és folytonos esetben 81 Diszkrét eset Ismert z [; b] intervllum = x 1 < x < : : : < x n = b felosztás A legkisebb négyzetes közelítés lpelve: d( 1 ; ; : : : ; m ) = nx [f(x i ) h(x i )] = nx [f (x) mx j j (x)] = min (8) j=1 Tehát z m-változós vlós d( 1 ; ; : : : ; m ) függvény minimumhelyét kell meghtároznunk Az [^ 1 ; : : : ; ^ n ] T kkor lehet minimumhely, h kielégíti egyenletrendszert Vezessük ( 1 ; : : : ; m j = 0 (j = 1; : : : ; m) (83) g j = [ j (x 1 ) ; j (x ) ; : : : ; j (x n )] T ; (j = 1; : : : ; m) (84) és z f = [f(x 1 ); f(x ); : : : ; f(x n )] T vektorokt A deriválások elvégzése és rendezés után feltételi egyenletrendszer FÜGGVÉNYKÖZELíTÉS LEGKISEBB NÉGYZETEK MÓDSZERÉVEL 35

36 1 g T 1 g 1 + g T 1 g + : : : + m g T 1 g m = g T 1 f 1 g T g 1 + g T g + : : : + m g T g m = g T f 1 gmg T 1 + gmg T + : : : + m gmg T m = gmf T (85) lkú Ezt z egyenletrendszert normál egyenletrendszenek nevezzük Tétel H g j vektorok (j = 1; : : : ; m) lineárisn függetlenek, kkor normál egyenletrendszer egyértelm½uen megoldhtó és z [^ 1 ; : : : ; ^ n ] T megoldás egyben d( 1 ; ; : : : ; m ) függvénynek minimumhelye, mi ez esetben szintén egyértelm½uen létezik Megmutthtó, hogy polinomközelítés, zz 1 (x) = 1; (x) = x; : : : ; m (x) = x m 1 (86) esetén tétel feltételei fennállnk, tehát feldtnk egyértelm½u megoldás vn Megjegyzés: Áltlábn m < n Az m = n esetben legkisebb négyzetes közelítés és z interpolációs közelítés megegyezik, h mindkett½o létezik 8 Folytonos eset Ebben z esetben legkisebb négyzetes közelítés lpelve: r ( 1 ; : : : ; n ) = Vezessük be Z b (f (x) h(x)) dx = Z b f (x) mx j j (x)! dx = min j=1 (87) és g ij = Z b i (x) j (x) dx; (i; j = 1; : : : ; m) (88) c i = Z b i (x) f (x) dx; (i = 1; : : : ; m) (89) jelölést Ezekkel hsonló normál egyenletrendszer vezethet½o le, mint diszkrét esetben: 1 g 11 + g 1 + : : : + m g1 T g 1m = c 1 1 g 1 + g + : : : + m g m = c 1 g m1 + g m + : : : + m g mm = c m (810) Tétel H j (x) függvények (j = 1; : : : ; m) lineárisn függetlenek, kkor normál egyenletrendszer egyértelm½uen megoldhtó és z [^ 1 ; : : : ; ^ n ] T megoldás 36 FÜGGVÉNYKÖZELíTÉS LEGKISEBB NÉGYZETEK MÓDSZERÉVEL

37 egyben z r( 1 ; ; : : : ; m ) függvénynek minimumhelye, mi ez esetben szintén egyértelm½uen létezik Itt is igz, hogy polinomközelítés, zz 1 (x) = 1; (x) = x; : : : ; m (x) = x m 1 (811) esetén tétel feltételei fennállnk, tehát feldtnk egyértelm½u megoldás vn FOLYTONOS ESET 37

38 38 FÜGGVÉNYKÖZELíTÉS LEGKISEBB NÉGYZETEK MÓDSZERÉVEL

39 9 fejezet Di erenciálegyenletek numerikus megoldás Csk közönséges di erenciálegyenletek kezdetiérték feldt megoldásár szolgáló Runge-Kutt típusú módszerekkel ogllkozunk Az y 0 = f (x; y) ; y (x 0 ) = y 0 f : R! R (91) lkú kezdetiérték feldtokt vizsgáljuk, hol f (x; y) folytonos D = f(x; y) j jx x 0 j < k x ; jy y 0 j < k y g R (9) nyílt trtományon, k x és k y pozitív konstnsok és létezik olyn L > 0 konstns, hogy jf (x; y) f (x; z)j L jy zj ((x; y) ; (x; z) D) : (93) Ekkor minden (x 0 ; y 0 ) D esetén kezdetiérték feldtnk létezik pontosn egy megoldás vlmely [x 0 ; B] intervllumon, zz y 0 (x) = f (x; y (x)) ; x [x 0 ; B] : (94) A feldt numerikus megoldásán következ½ot értjük A megoldást egy [x 0 ; b] intervllum (b B) diszkrét pontjibn keressük Ezek pontok legyenek x 0 = t 0 < t 1 < : : : < t j < : : : < t N = b: (95) A ft i g N i=0 lppont hlmzt z [x 0; b] intervllum felosztásánk nevezzük A felosztás ekvidisztns (egyentávolságú), h t i = t 0 + ih (i = 0; 1; : : : ; N); h = b t 0 N : (96) Az y (t i ) elméleti megoldás t i pontbeli közelítését jelölje y i Értelemszer½uen y (t 0 ) = y 0 A h i = t i+1 t i > 0 mennyiséget i-edik lépéshossznk nevezzük 91 Az explicit Euler-módszer A vizsgált feldtokbn, h egy x pontbn ismert y = y (x), kkor ismert z y 0 (x) = f (x; y (x)) derivált érték is Ennek következtében z x pont egy DIFFERENCIÁLEGYENLETEK NUMERIKUS MEGOLDÁSA 39

40 környezetében z y (x) pontbeli érint½oközelítést zonnl megdhtjuk: y (x + h) y (x) + hy 0 (x) = y (x) + hf (x; y (x)) : H z x pontbn z y (x) ^y közelít½o érték ismert, kkor fenti képlet átmegy z y (x + h) ^y + hf (x; ^y) közelítésbe Az Euler-módszer lpgondolt ezek után következ½o: A t 1 = t 0 +h 0 pontbn közelítsük z y (t 1 ) elméleti megoldást görbe (x 0 ; y 0 ) pontbeli érint½ojével, zz legyen y (t 0 + h 0 ) y 0 + hy 0 (t 0 ) = y 1 = y 0 + hf (t 0 ; y 0 ) : (97) A t 1 pontbeli y 1 közelítést felhsználv kpjuk, hogy y (t ) y (t 1 ) + h 1 f (t 1 ; y (t 1 )) y = y 1 + h 1 f (t 1 ; y 1 ) : (98) Az eljárást folyttv kpjuk hogy y i+1 = y i + h i f (t i ; y i ) (i = 0; 1; : : : ; N 1); (99) hol y i y (t i ) Ezt képletet nevezzük explicit Euler-módszernek 9 A negyedrend½u Runge-Kutt módszer Az Euler-módszernek számtln továbbfejlesztése ismeretes Ezek közül z egyik legfontosbb z explicit egylépéses módszerek osztály, ezekb½ol is csk negyedrend½u Runge-Kutt módszert említjük ekvidisztns h lépésközzel (t i helyett most x i jelölést hsználv): hol y i+1 = y i + h( 1 6 k k k k 4) (i = 0; 1; : : : ; N 1); (910) k 1 = f (x i ; y i ) k = f (x i + h=; y i + hk 1 =) k 3 = f (x i + h=; y i + hk =) k 4 = f (x i + h; y i + hk 3 ) (911) 40 DIFFERENCIÁLEGYENLETEK NUMERIKUS MEGOLDÁSA