NUMERIKUS MÓDSZEREK PÉLDATÁR

EÖTVÖS LORÁND TUDOMÁNYEGYETEM INFORMATIKAI KAR NUMERIKUS MÓDSZEREK PÉLDATÁR Bozsik József, Krebsz Anna Budapest,

Tartalomjegyzék Előszó............................................... 6. GÉPI SZÁMÁBRÁZOLÁS ÉS HIBASZÁMÍTÁS................. 7.. Feladatok.......................................... 7... Gépi számábrázolás................................ 7... Műveletek hibája.................................. 8... Függvényérték hibája............................... 9.. Megoldások......................................... 9... Gépi számábrázolás................................ 9... Műveletek hibája.................................. 9... Függvényérték hibája................................ MÁTRIX SZORZAT FELBONTÁSOK.......................... Feladatok............................................. Gauss-elimináció és determináns meghatározása.................... Mátrix inverz meghatározása.............................. LU-felbontás.................................... 6... LDU-felbontás LU-felbontás segítségével.................... 8..5. LDL T - és LL T - (Cholesky) felbontás....................... 9..6. ILU-felbontás Gauss-eliminációval........................ 9..7. QR-felbontás Gram Schmidt-ortogonalizációval...................8. Householder transzformáció.............................. Megoldások............................................ Gauss-elimináció és determináns meghatározása.................... Mátrix inverz meghatározása.............................. LU-felbontás.................................... 5... LDU-felbontás LU-felbontás segítségével.................... 6..5. LDL T - és LL T - (Cholesky) felbontás....................... 65..6. ILU-felbontás Gauss-eliminációval........................ 68..7. QR-felbontás Gram Schmidt-ortogonalizációval................. 7..8. Householder transzformáció............................ 8. VEKTOR- ÉS MÁTRIXNORMÁK, KONDÍCIÓSZÁM............. 96.. Feladatok.......................................... 96... Vektornormák.................................... 96... Mátrixnormák................................... 96... Kondíciószám.................................... 98.. Megoldások......................................... 98... Vektornormák.................................... 98... Mátrixnormák...................................... Kondíciószám.................................... 6

Tartalomjegyzék. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZER MEGOLDÁSÁNAK ITERÁCIÓS MÓD- SZEREI.............................................. Feladatok............................................. Egyszerű iteráció..................................... Jacobi-iteráció...................................... Gauss Seidel-iteráció................................... Paraméteres iterációk: csillapított Jacobi-iteráció és a relaxációs módszer... 5..5. Richardson-iteráció................................. 6..6. ILU-algoritmus................................... 7.. Megoldások......................................... 8... Egyszerű iteráció.................................. 8... Jacobi-iteráció...................................... Gauss Seidel-iteráció................................ 9... Paraméteres iterációk: csillapított Jacobi-iteráció és a relaxációs módszer.....5. Richardson-iteráció................................. 55..6. ILU-algoritmus................................... 6 5. Sajátérték feladatok.................................... 67 5.. Feladatok.......................................... 67 5... Sajátérték becslések................................ 67 5... Sajátértékprobléma érzékenysége......................... 68 5... Karakterisztikus polinom meghatározására alkalmas módszerek........ 68 5... Hatványmódszer és inverz iteráció........................ 69 5..5. Rangszám csökkentés................................ 7 5..6. Jacobi módszer................................... 7 5.. Megoldások......................................... 7 5... Sajátérték becslések................................ 7 5... Sajátértékprobléma érzékenysége......................... 77 5... Karakterisztikus polinom meghatározására alkalmas módszerek........ 79 5... Hatványmódszer és inverz iteráció........................ 8 5..5. Rangszám csökkentés................................ 89 5..6. Jacobi módszer................................... 9 6. Polinom interpoláció.................................... 95 6.. Feladatok.......................................... 95 6... Az interpolációs polinom Lagrange- és Newton-alakja, hibája......... 95 6... Csebisev polinomok alkalmazása......................... 97 6... Inverz interpoláció................................. 98 6.. Megoldások......................................... 98 6... Az interpolációs polinom Lagrange- és Newton-alakja, hibája......... 98 6... Csebisev polinomok alkalmazása......................... 6... Inverz interpoláció................................. 7. Hermite-interpoláció.................................... 7 7.. Feladatok.......................................... 7 7.. Megoldások......................................... 8 8. Spline interpoláció..................................... 8.. Feladatok.......................................... 8... Spline interpoláció intervallumonként polinomok segítségével.......... 8... Spline interpoláció globális bázissal........................

Tartalomjegyzék 8... Spline interpoláció B spline-ok segítségével................... 5 8.. Megoldások......................................... 5 8... Spline interpoláció intervallumonként polinomok segítségével.......... 5 8... Spline interpoláció globális bázissal........................ 9 8... Spline interpoláció B spline-ok segítségével................... 9. Nemlineáris egyenletek megoldása........................... 8 9.. Feladatok.......................................... 8 9... Polinomok gyökeinek becslése........................... 8 9... Intervallumfelezés módszere............................ 8 9... Fixpont iteráció................................... 8 9... Newton-módszer.................................. 5 9.. Megoldások......................................... 5 9... Polinomok gyökeinek becslése........................... 5 9... Intervallumfelezés módszere............................ 5 9... Fixpont iteráció................................... 5 9... Newton-módszer.................................. 6.Approximációs feladatok................................. 7.. Feladatok.......................................... 7... Általánosított inverz................................ 7... Diszkrét legkisebb négyzetek módszere...................... 7... Hilbert-térbeli közelítés.............................. 7... Ortogonális polinomok............................... 7..5. Egyenletesen legjobb közelítés........................... 7.. Megoldások......................................... 7... Általánosított inverz................................ 7... Diszkrét legkisebb négyzetek módszere...................... 75... Hilbert-térbeli közelítés.............................. 78... Ortogonális polinomok............................... 86..5. Egyenletesen legjobb közelítés........................... 89.Numerikus integrálás..................................... Feladatok............................................. Interpolációs típusú kvadratúra formulák........................ Érintő-, trapéz-, Simpson-formulák és összetett formuláik.............. Csebisev-típusú kvadratúra formulák.......................... Gauss-típusú kvadratúra formulák.......................... Megoldások......................................... 5... Interpolációs típusú kvadratúra formulák..................... 5... Érintő-, trapéz-, Simpson-formulák és összetett formuláik........... 8... Csebisev-típusú kvadratúra formulák.......................... Gauss-típusú kvadratúra formulák........................ 6.Közönséges differenciálegyenletek megoldása...................... Feladatok............................................. Explicit Euler-módszer.................................. Módosított Euler-módszer................................ Implicit módszerek................................... Megoldások............................................ Explicit Euler-módszer...............................

Tartalomjegyzék 5... Módosított Euler-módszer............................. 5... Implicit módszerek................................. 8

ELŐSZÓ Jelen példatár hiánypótló a maga nemében. A Numerikus módszerek témakörében számtalan színvonalas tankönyv és jegyzet látott már napvilágot, de a gyakorlatokon is használható példatár eddig nem volt, mely segíti az órai munkát és a zárthelyi dolgozatokra való önálló felkészülést. Igazán akkor lehet megérteni egy módszert, ha azt konkrét feladatokra alkalmazzuk. Ebben kívánunk segítséget nyújtani a példatárban összegyűjtött feladatok és azok megoldásainak segítségével. Ezt a feladat- és megoldásgyűjteményt elsősorban az ELTE IK Programtervező informatikus BSc, Informatika tanár BSc és TTK Matematika tanár BSc szakos hallgatóinak ajánljuk. Természetesen azok is haszonnal forgathatják, akik segítséget szeretnének kapni a numerikus módszerek gyakorlati alkalmazásaihoz. A példatárat ajánljuk még azok számára, akik a numerikus módszerek alapjaival feladatokon keresztül szeretnének megismerkedni. A példatárat az ELTE-n oktatott, korábban Numerikus Analízis elnevezésű tárgy tematikáját követve építettük fel. Mivel a tárgy neve és témakörei is változtak, ezért a korábbi bővebb tematika alapján dolgoztunk, arra gondolva, hogy bizonyos részekre az MSc-s hallgatóknak lehet szükségük. Minden témakör az elméleti anyag mélyebb megértése mellett hozzásegíti az olvasót a feladatok mögött meghúzódó technikák és trükkök elsajátításához is. A példatár elkészítése során a gyakorlati szempontokat is figyelembe véve törekedtünk az egyszerű példáktól az összetett és bonyolult számításokat tartalmazó példákig minél szélesebb feladatkört bemutatni. Természetesen helyet kaptak elméleti jellegű és mélyebb absztrakciót igénylő feladatok is. A feladatmegoldások elkészítése során törekedtünk a minél érthetőbb és minél részletesebb leírásokra, esetenként többféle megoldást is adtunk. A több éves sikeres oktatási gyakorlatból kikristályosodott és letisztult példák mellett számtalan új példa is belekerült az anyagba. A feladatok fejezetenként sorszámozottak. Minden fejezet két alfejezetre bomlik, egyikben a feladatok, a másikban azok megoldásai találhatóak, így a feladatok szövege után csak néhány oldalt kell lapozni a megoldásokig. Célunk ezzel az volt, hogy az egyes fejezetek önállóan is használhatóak legyenek. Ezúton szeretnénk köszönetet mondani Dr. Szili Lászlónak, a technikai problémák megoldásában nyújtott segítségéért és Dr. Hegedűs Csabának, aki ötletes és gondolkodtató példáival járult hozzá a példatárhoz. Köszönjük Dr. László Lajos lelkiismeretes lektori munkáját és értékes tanácsait. Továbbá köszönjük az ELTE Numerikus Analízis Tanszékének és az ELTE Informatikai Karának a példatár létrejöttéhez nyújtott támogatását. Ajánljuk kedves családtagjainknak, akik türelmükkel és segítségükkel hozzájárultak a példatár létrejöttéhez. Halálának 5. évfordulóján Dr. Sövegjártó András emlékének ajánljuk, aki halhatatlan érdemeket szerzett az általa oly kedvelt és szeretett tárgy, a Numerikus Analízis oktatása során. A példatárban található példák megoldásához kellemes és hasznos időtöltést kívánunk! Budapest,. november. Krebsz Anna, Bozsik József

. fejezet GÉPI SZÁMÁBRÁZOLÁS ÉS HIBASZÁMÍTÁS.. Feladatok... Gépi számábrázolás. Vizsgáljuk meg az M(6,, ) gépi számhalmazt! a) Mennyi az elemszáma? b) Adjuk meg a nevezetes számait: ε, ε, M!. Vizsgáljuk meg az M(5,, ) gépi számhalmazt! a) Mennyi az elemszáma? b) Adjuk meg a nevezetes számait: ε, ε, M!. Vizsgáljuk meg az M(8,, ) gépi számhalmazt! a) Mennyi az elemszáma? b) Adjuk meg a nevezetes számait: ε, ε, M!. Az M (6,, ) gépi számhalmazban adjuk meg fl(, ) értékét! 5. Az M (6,, ) gépi számhalmazban adjuk meg fl(, ) értékét! 6. Az M (8,, ) gépi számhalmazban adjuk meg fl( 6 ) értékét! Hasonlítsuk össze, milyen bináris tört közelítést kapunk, illetve tizedesjegy pontosságból kiindulva! 7. Az M M(6,, ) gépi számok halmazában adjuk meg a -nek megfeleltetett gépi számot, és adjuk meg a gépi számábrázolásból származó abszolút hibakorlátot! 8. Az M (5,, ) gépi számhalmazban adjuk meg fl( ) értékét! 9. Adjuk meg a 5-nek megfeleltetett gépi számot az M(6,, ) gépi számok halmazában! Adjon a közelítésre abszolút és relatív hibakorlátot!. Az M M(6,, ) gépi számok halmazában a) adjuk meg az 6 -nak és -nek megfeleltetett gépi számokat, b) végezzük el az fl( 6 ) fl( ) gépi kivonást, c) adjuk meg a gépi számábrázolásból származó abszolút hibakorlátot fl( 6 ) -ra, fl( ) -re és az eredményre!

8. Gépi számábrázolás és hibaszámítás. Az M M(6,, ) gépi számok halmazában adjuk meg az 5 6 -nak megfeleltetett gépi számot és számítsa ki az fl( 5 6 )+fl( 5 6 ) összeget a megadott aritmetikában! Adjon abszolút hibakorlátot a számított összegre!. Az M M(8,, ) gépi számok halmazában a) adjuk meg az -nak és 6 -nak megfeleltetett gépi számokat, b) végezzük el az fl( ) fl( 6 ) gépi kivonást, c) adjuk meg a gépi számábrázolásból származó abszolút hibakorlátot fl( ) -ra, fl( 6 ) -ra és az eredményre!. Az M M(6,, ) gépi számok halmazában a) adjuk meg a -nak és π -nek megfeleltetett gépi számokat, b) végezzük el az fl(π) fl( ) gépi kivonást, c) adjuk meg a gépi számábrázolásból származó abszolút hibakorlátot fl( ) -ra, fl(π) -re és az eredményre!. Az M M(5,, ) gépi számok halmazában keressük meg a -nek és a -nak megfeleltetett gépi számot! Számítsa ki a fl( ) + fl( ) értékét a megadott aritmetikában. Adjon a közelítésre abszolút és relatív hibakorlátot!... Műveletek hibája 5. A -t, 7, 7 -mal közelítjük. Adjunk a szorzatra abszolút és relatív hibakorlátot, ha tudjuk, hogy, 7 a két tizedes jegyre kerekített értéke! 6. A -et,, 8 -mal közelítjük. Adjunk a közelítésre abszolút és relatív hibakorlátot, ha tudjuk, hogy, a és, a 8 két tizedes jegyre kerekített értéke! 7. A -t, -gyel közelítjük. Adjunk a közelítésre abszolút és relatív hibakorlátot, ha tudjuk, hogy, a három tizedes jegyre kerekített értéke! 8. Az π -t, -gyel közelítjük. Adjuk meg a közelítés abszolút és relatív hibakorlátját, ha tudjuk, hogy, a π két tizedes jegyre kerekített értéke! 9. Közelítsük az e π szorzatot, 78, -vel. Adjuk meg a közelítés abszolút és relatív hibakorlátját, ha tudjuk, hogy e és π három tizedes jegyre kerekített értékét használtuk.. Számítsuk ki a 7 6 mennyiséget, ha tudjuk, hogy 7, 8 és 6, 79 két tizedesjegyre számított közelítések! a) Adjuk meg a számított különbség abszolút és relatív hibakorlátját! b) A különbséget írjuk fel a vele ekvivalens alakba. 7 6 7 6 7 + 6 7 + 6. Ezzel a számítási móddal milyen abszolút és relatív hibakorlátot kapunk? c) Hasonlítsuk össze a kétféle számítás hibabecslését!

.. Megoldások 9... Függvényérték hibája. A π közelítésére -t használjuk. Adjuk meg a függvényérték abszolút és relatív hibakorlátját, ha tudjuk, hogy a π egészre kerekített értéke!. A e közelítésére -t használjuk (e exp()). Adjuk meg a függvényérték abszolút és relatív hibakorlátját, ha tudjuk, hogy az e egészre kerekített értéke!. A cos(, 8) közelítésére cos( π ) -t használjuk. Adjuk meg a függvényérték abszolút és relatív hibakorlátját, ha tudjuk, hogy, 8 a π -nek az egy tizedesjegyre kerekített értéke!. A sin(, 5) közelítésére sin( π 6 ) -et használjuk. Adjuk meg a függvényérték abszolút és relatív hibakorlátját, ha tudjuk, hogy, 5 a π 6 -nak az egy tizedesjegyre kerekített értéke!.. Megoldások... Gépi számábrázolás. a) A szám előjele kétféle lehet. Az első mantissza jegy mindig, a többi 5 egyenként kétféle lehet. A karakterisztika -tól -ig 7 féle lehet. Vegyük még hozzá a -t, így összesen eleme van a halmaznak. 5 7 + 9 b) ε -t, a legkisebb pozitív számot a legkisebb mantisszával és legkisebb karakterisztikával kapjuk. ε [ ] 6 ε -t, a gépi számábrázolás relatív hibáját úgy kapjuk, hogy az után következő gépi számból kivonjuk az -et. ε [ ] [ ] 6 5 M -t, a legnagyobb pozitív gépi számot a legnagyobb mantisszával és legnagyobb karakterisztikával kapjuk. M [ ] ( 6) 8 8 7, 875. a) A szám előjele kétféle lehet. Az első mantissza jegy mindig, a többi egyenként kétféle lehet. A karakterisztika -től -ig 9 féle lehet. Vegyük még hozzá a -t, így összesen eleme van a halmaznak. 9 + 89 b) ε -t, a legkisebb pozitív számot a legkisebb mantisszával és legkisebb karakterisztikával kapjuk. ε [ ] 5

. Gépi számábrázolás és hibaszámítás ε -t, a gépi számábrázolás relatív hibáját úgy kapjuk, ha az után következő gépi számból kivonjuk az -et. ε [ ] [ ] 5 6 M -t, a legnagyobb pozitív gépi számot a legnagyobb mantisszával és legnagyobb karakterisztikával kapjuk. M [ ] ( 5) 6 5, 5. a) A szám előjele kétféle lehet. Az első mantissza jegy mindig, a többi 7 egyenként kétféle lehet. A karakterisztika -től -ig 9 féle lehet. Vegyük még hozzá a -t, így összesen eleme van a halmaznak. 7 9 + 5 b) ε -t, a legkisebb pozitív számot a legkisebb mantisszával és legkisebb karakterisztikával kapjuk. ε [ ] 5 ε -t, a gépi számábrázolás relatív hibáját úgy kapjuk, ha az után következő gépi számból kivonjuk az -et. ε [ ] [ ] 8 7 8 M -t, a legnagyobb pozitív gépi számot a legnagyobb mantisszával és legnagyobb karakterisztikával kapjuk. M [ ] ( 8) 6 6 5, 975. Nézzük meg, melyik az a két gépi szám, mely a, -t közrefogja. Egy lehetséges megoldás, hogy átírjuk bináris számmá. Az egész és tört részét külön váltjuk át. Az egészrésznél maradékosan osztunk kettővel. A hányadost az első oszlopba írjuk, a maradékot a második oszlopba. A törtrésznél a törtrészt szorozzuk kettővel, ez kerül a második oszlopba, az átvitelt (ha van) az első oszlopban tároljuk. Mivel 6 jegyű a mantissza, ezért a kerekítéssel együtt 7 jegyre van szükségünk, ez az egész résznél jegy (lásd átváltás), a törtrésznél jegy kiszámítását jelenti. Mivel a. bináris tört jegy, ezért felfelé kerekítünk, a kapott bináris szám utolsó jegyéhez egyet hozzáadunk binárisan. A táblázatból az egészrésznél a maradék jegyek kiolvasását lentről felfelé, a törtrésznél az átviteli jegyek kiolvasását fentről lefelé végezzük. Így a, kerekítése kettes számrendszerben. lesz. 8 68 6 A kapott bináris számot normalizáljuk, azaz hárommal balra toljuk a bináris pontot. Így megkaptuk a mantissza jegyeit, a karakterisztika értéke a balra tolás miatt lesz. A gépi szám szokásos jelölésével felírva ( [ ] + ) 6 + 7, 5.

.. Megoldások Ellenőrizzük a kapott szám helyességét. Mivel felfelé kerekítettünk, ezért meg kell néznünk a szám alsó szomszédját. Ez az ( [ ] + ) +, 5. 6 8 8 Összehasonlítva, hogy melyik szám van közelebb, -hez azt kapjuk, hogy az eredeti számunk.,, 5, 85 >,, 5, Tehát fl(, ) [ ] 7, 5. A számábrázolásból származó abszolút hibakorlát (a karakterisztikát is figyelve) az utolsó helyiérték fele, azaz fl(,) 6 6. 5. Nézzük meg, melyik az a két gépi szám, mely a, -t közrefogja. Egy lehetséges megoldás, hogy átírjuk bináris számmá. A számnak csak törtrésze van. A törtrészt szorozzuk kettővel, ez kerül a második oszlopba, az átvitelt (ha van) az első oszlopban tároljuk. 88 76 5 8 6 6 Látjuk, hogy az első három bináris jegy, ezeket nem ábrázoljuk a mantisszában. Utána mivel 6 jegyű a mantissza, a kerekítéssel együtt még 7 jegyre van szükségünk. Mivel a. bináris tört jegy, ezért lefelé kerekítünk. A táblázatból az átviteli jegyek kiolvasását fentről lefelé végezzük. Így a, kerekítése kettes számrendszerben. lesz. A kapott bináris számot normalizáljuk, azaz hárommal jobbra toljuk a bináris pontot. Így megkaptuk a mantissza jegyeit, a karakterisztika értéke a jobbra tolás miatt lesz. A gépi szám szokásos jelölésével felírva ( [ ] + + ) + + 7, 975. 8 6 6 Ellenőrizzük a kapott szám helyességét! Mivel lefelé kerekítettünk, ezért meg kell néznünk a szám felső szomszédját. Ez az ( [ ] + + 8 + ) + 6 + 8 + 57, 85 6 5 5 Összehasonlítva, hogy melyik szám van közelebb, -hez azt kapjuk, hogy az eredeti számunk.,, 975, 65 <, 85, 85,

. Gépi számábrázolás és hibaszámítás Tehát fl(, ) [ ] 7 6, 975. A számábrázolásból származó abszolút hibakorlát (a karakterisztikát is figyelve) az utolsó helyiérték fele, azaz fl(,) 6 8. Látjuk, hogy a nullához közeli számokat sokkal pontosabban ábrázoljuk. 6. Írjuk át mindhárom tizedestörtet bináris számmá. A számoknak csak törtrészük van. A törtrészt szorozzuk kettővel, ez kerül a második oszlopba, az átvitelt (ha van) az első oszlopban tároljuk. 7 68 6 7 88 76 5 8 6 67 668 6 67 688 76 75 5 8 6 667 6668 6 667 6688 76 675 5 78 6 Látjuk, hogy az első két bináris jegy, ezeket nem ábrázoljuk a mantisszában. Mivel 8 jegyű a mantissza, a kerekítéssel együtt még 9 jegyre van szükségünk. Első esetben a. bináris tört jegy, ezért lefelé kerekítünk. A, 7 kerekítése kettes számrendszerben. lesz. A második esetben a. bináris tört jegy, ezért lefelé kerekítünk. A, 67 kerekítése kettes számrendszerben. lesz. A harmadik esetben a. bináris tört jegy, ezért felfelé kerekítünk. A táblázatból az átviteli jegyek kiolvasását fentről lefelé végezzük. A, 667 kerekítése kettes számrendszerben. lesz, vagyis ugyanazt a gépi számot kaptuk, mint az előző esetben. A kapott bináris számot normalizáljuk, azaz kettővel jobbra toljuk a bináris pontot. Így megkaptuk a mantissza jegyeit, a karakterisztika értéke a jobbra tolás miatt lesz. A gépi szám szokásos jelölésével felírva ( [ ] + 8 + + 6 + ) 6 + 6 + + + 87 8 5 5 7, 699875. ( [ ] + 8 + + 8 + ) 8 + + 8 + + 7 56, 6699875. Keressünk két szomszédos gépi számot kaptunk, mely közrefogja az 6 -ot. Mivel a felírt tizedestörtek mind nagyobbak nála, ezért érdemes a kapott legkisebb szám alsó szomszédját megnézni. Ez az ( [ ] + 8 + + ) 6 + 6 + + 85 8 5 5 7, 66565.

.. Megoldások Mivel most már van két szomszédos gépi számunk, mely közrefogja az 6 -ot, ezért fl( 6 ) a kettő közül a közelebbik lesz. A tizedesjegyre felírt közelítésből kapjuk a keresett gépi számot ( ) fl [ ] 7, 6699875. 6 Látjuk, hogy a nullához közeli számok nagyon közel vannak egymáshoz, ezért a közelítésükre figyelni kell. 7. Nézzük meg, melyik az a két gépi szám, mely -t közrefogja. Egy lehetséges megoldás, hogy átírjuk tizedestörtbe (figyelve arra, hogy a mantisszához kellő pontosságú legyen), majd ezt az alakot átváltjuk bináris számmá., -gyel dolgozunk. Az egész és tört részét külön váltjuk át. Az egészrésznél maradékosan osztunk kettővel. A hányadost az első oszlopba írjuk, a maradékot a második oszlopba. A törtrésznél a törtrészt szorozzuk kettővel, ez kerül a második oszlopba, az átvitelt (ha van) az első oszlopban tároljuk. Mivel 6 jegyű a mantissza, ezért a kerekítéssel együtt 7 jegyre van szükségünk, ez a törtrésznél 6 jegy kiszámítását jelenti. Mivel a 6. jegy, ezért lefelé kerekítünk. (Ha a kerekítő jegy lenne, akkor a kapott bináris szám utolsó jegyéhez egyet hozzáadunk binárisan.) A táblázatból az egészrésznél a maradék jegyek kiolvasását lentről felfelé, a törtrésznél az átviteli jegyek kiolvasását fentről lefelé végezzük. Így, kerekítése kettes számrendszerben. lesz. 88 656 6 8 96 A kapott bináris számot normalizáljuk, azaz eggyel balra toljuk a bináris pontot. Így megkaptuk a mantissza jegyeit, a karakterisztika értéke a balra tolás miatt lesz. A gépi szám szokásos jelölésével felírva ( [ ] + 8 + 6 + ) + 8 + + 5, 65. 6 Ellenőrizzük a kapott szám helyességét. Mivel lefelé kerekítettünk, ezért meg kell néznünk a szám felső szomszédját. Ez az ( [ ] + 8 + 6 + ) 6 + + +, 75. 6 6 Összehasonlítva, hogy melyik szám van közelebb -höz azt kapjuk, hogy az eredeti számunk., 65, 796 <, 8, 75 Tehát fl( ) [ ] 5, 65. A számábrázolásból származó abszolút hibakorlát (a karakterisztikát is figyelve) az utolsó helyiérték fele, azaz fl( ) 6 6.

. Gépi számábrázolás és hibaszámítás 8. Nézzük meg, melyik az a két gépi szám, mely -at közrefogja. Egy lehetséges megoldás, hogy átírjuk tizedestörtbe (figyelve arra, hogy a mantisszához kellő pontosságú legyen), majd ezt az alakot átváltjuk bináris számmá., 7 -vel dolgozunk. Az egész és tört részét külön váltjuk át. Az egészrésznél maradékosan osztunk kettővel. A hányadost az első oszlopba írjuk, a maradékot a második oszlopba. A törtrésznél a törtrészt szorozzuk kettővel, ez kerül a második oszlopba, az átvitelt (ha van) az első oszlopban tároljuk. Mivel 5 jegyű a mantissza, ezért a kerekítéssel együtt 6 jegyre van szükségünk, ez a törtrésznél 5 jegy kiszámítását jelenti. Mivel a 5. jegy, ezért felfelé kerekítünk, a kapott bináris szám utolsó jegyéhez egyet hozzáadunk binárisan. A táblázatból az egészrésznél a maradék jegyek kiolvasását lentről felfelé, a törtrésznél az átviteli jegyek kiolvasását fentről lefelé végezzük. Így, 7 kerekítése kettes számrendszerben. lesz. 7 6 98 856 7 A kapott bináris számot normalizáljuk, azaz eggyel balra toljuk a bináris pontot. Így megkaptuk a mantissza jegyeit, a karakterisztika értéke a balra tolás miatt lesz. A gépi szám szokásos jelölésével felírva [ ] ( + + ) + + 7, 75. 8 Ellenőrizzük a kapott szám helyességét. Mivel felfelé kerekítettünk, ezért meg kell néznünk a szám alsó szomszédját. Ez az [ ] ( + + 6 + ) 6 + 8 + + 7, 6875. 6 6 Összehasonlítva, hogy melyik szám van közelebb -hoz azt kapjuk, hogy az eredeti számunk., 6875, 55 >, 795, 75 Tehát fl( ) [ ] 7, 75. Mivel 6 mantissza jegyet kellett pontosan kiszámolnunk, ezért két tizedesjegyre kerekített értékkel is ugyanezt az eredményt kaptuk volna. (, azaz tizedesjegy felel meg bináris jegynek.) 9. Nézzük meg, melyik az a két gépi szám, mely 5 -öt közrefogja. Egy lehetséges megoldás, hogy átírjuk tizedestörtbe (figyelve arra, hogy a mantisszához kellő pontosságú legyen), majd ezt az alakot átváltjuk bináris számmá. 5, 6 -tal dolgozunk. Az egész és tört részét külön váltjuk át. Az egészrésznél maradékosan osztunk kettővel. A hányadost az első oszlopba írjuk, a maradékot a második oszlopba. A törtrésznél a törtrészt szorozzuk kettővel, ez kerül a második oszlopba, az átvitelt (ha van) az első oszlopban tároljuk. Mivel 6 jegyű a mantissza, ezért a kerekítéssel együtt 7 jegyre van szükségünk, ez a törtrésznél 5 jegy kiszámítását jelenti. Mivel az 5. jegy, ezért felfelé kerekítünk, a kapott bináris szám utolsó jegyéhez egyet hozzáadunk binárisan. A táblázatból az egészrésznél a maradék jegyek kiolvasását lentről felfelé, a törtrésznél az átviteli jegyek kiolvasását fentről lefelé végezzük. Így, 6 kerekítése kettes

.. Megoldások 5 számrendszerben. lesz. 6 7 9 888 776 55 A kapott bináris számot normalizáljuk, azaz kettővel balra toljuk a bináris pontot. Így megkaptuk a mantissza jegyeit, a karakterisztika értéke a balra tolás miatt lesz. A gépi szám szokásos jelölésével felírva ( [ ] + ) 8 + 9, 5. 6 Ellenőrizzük a kapott szám helyességét. Mivel felfelé kerekítettünk, ezért meg kell néznünk a szám alsó szomszédját. Ez az ( [ ] + + ) + + 5, 875. 6 6 6 Összehasonlítva, hogy melyik szám van közelebb 5 -höz azt kapjuk, hogy az eredeti számunk. 5, 875, 857 >, 9, 5 5 Tehát fl( 5) [ ] 9, 5. A számábrázolásból származó abszolút hibakorlát (a karakterisztikát is figyelve) az utolsó helyiérték fele, azaz fl( 5) 6. A relatív hibakorlát (abszolút hibakorlát/közelítő érték) δ fl( 5) 9 9 8, 89. 7. a) A megoldáshoz használjuk fel a 6. feladat megoldásában az 6 bináris közelítésére kapott megoldást:.. Mivel most csak 6 hosszú a mantisszánk, ezért 6 jegyre van szükségünk az első egyestől. A 9. jegyben lévő -es miatt felfelé kerekítünk (a kettedes pont utáni két -t nem ábrázoljuk). Így fl( 6 ) [ ]. Ellenőrizzük, hogy [ ] és az [ ] közül 6 az utóbbihoz van közelebb. ( [ ] + 8 + ) 6 + +, 665 8 8 ( [ ] + 8 + + ) + 8 + +, 6796875 6 56 56 bináris közelítését úgy kapjuk, hogy jobbra léptetjük eggyel 6 bináris közelítését (kettővel osztunk):.. Mivel 6 hosszú a mantisszánk, ezért 6 jegyre van szükségünk az első egyestől. A. jegyben lévő -es miatt felfelé kerekítünk (a kettedes pont utáni három -t nem ábrázoljuk).

6. Gépi számábrázolás és hibaszámítás Így fl( ) [ ]. Ellenőrizzük, hogy [ ] és az [ ] közül közelebb. ( [ ] [ ] + 8 + ( + 8 + + 6 ) 6 + + 56, 8 az utóbbihoz van, 85 56 ) + 8 + +, 89875 5 5 A kivonást csak úgy tudjuk elvégezni, ha közös karakterisztikára hozzuk a számokat és kerekítünk. Ez a karakterisztika a nagyobbik lesz, mert így lesz kisebb a hiba. Az fl( ) kerekítése [ ] [ ]. [ ] [ ] [ ] A kapott eredményt normalizálni kell (a bináris pontot eggyel jobbra toljuk és csökkentjük a karakterisztikát eggyel) [ ], 85. 56 c) fl( 6 ) [ ] abszolút hibakorlátja fl( 6 ) 6 9. fl( ) [ ] abszolút hibakorlátja Az eredmény abszolút hibakorlátja fl( ) 6. 56 6.. Az 5 6-ot tizedestörttel közelítjük (figyelve arra, hogy a mantisszához kellő pontosságú legyen), majd ezt az alakot átváltjuk bináris számmá. 5 6, 8 -mal dolgozunk. A számnak csak törtrésze van, ezt árírjuk bináris számmá (lásd a korábbi megoldásokat). Mivel most 6 hosszú a mantisszánk, ezért a 7. jegyben lévő miatt lefelé kerekítünk. A karakterisztika, mivel az első bináris jegy. 8 666 66 8 656 6

.. Megoldások 7 Ellenőrizzük, hogy 5 6 fl( 5 6 ) [ ]. ( [ ] + + 6 + ) 6 ( [ ] + + 6 + az [ ] és az [ ] közül az előbbihez van közelebb. Így + 6 + + 6 5, 885 6 ) 6 + 8 + + 7, 875 Az összeadást egyszerű elvégezni, mivel a karakterisztikák megegyeznek. Elvégezzük binárisan az összadást. [ ] + [ ] [ ] A kapott eredményt normalizálni kell (a karakterisztikát eggyel növeljük a keletkezett átvitel miatt) [ ] [ ] 5 6 5, 6565. Az összeg abszolút hibakorlátja 5 6 6.. a) A megoldáshoz felhasználjuk a 6. feladat megoldásában 6 bináris közelítését:.. Az bináris közelítését úgy kapjuk, hogy balra léptetjük eggyel az 6 bináris közelítését (kettővel szorzunk):.. Ellenőrizzük, hogy, az [ ] és az [ ] közül az utóbbihoz van közelebb. Így fl( 6 ) [ ] és fl( ) [ ]. ( [ ] + 8 + + ) 8 ( [ ] + 8 + + 8 + 56, 9875 6 + 6 + + 56 85, 5 56 ) 8 + + 8 + + 7 5 5 b) A kivonást csak úgy tudjuk elvégezni, ha közös karakterisztikára hozzuk a számokat és kerekítünk. Ez a karakterisztika a nagyobbik lesz, mert így lesz kisebb a hiba. Az fl( 6 ) kerekítése [ ] [ ]. [ ] [ ] [ ] A kapott eredményt normalizálni és kerekíteni kell (a bináris pontot eggyel jobbra toljuk és csökkentjük a karakterisztikát eggyel) [ ] 85, 66565. 5 c) fl( 6 ) [ ] abszolút hibakorlátja fl( 6 ) 8.

8. Gépi számábrázolás és hibaszámítás fl( ) [ ] abszolút hibakorlátja Az eredmény abszolút hibakorlátja fl( ) 8. 85 5 8.. a) A -nak megfeleltetett gépi számot már az 8. feladatban kerestük, de akkor más mantisszával. Még egy jegyet számoljunk hozzá a törtrészhez és kerekítsünk. fl( ( ) [ ] + + 6 + + ) 6 + 6 + + + 55, 7875. Ellenőrizzük, hogy az [ ] és az [ ] közül az előbbihez van közelebb. Így fl( ) [ ]. A π,, ezt írjuk át bináris törtté a korábbi megoldásokban ismertetett módon π.. fl(π) [ ] 8 568 6 7 5 ( + + ) 6 + 8 + 5, 5 8 8 Ellenőrizzük, hogy π az [ ] és az [ ] közül az előbbihez van közelebb. Így fl(π) [ ]. b) A kivonást csak úgy tudjuk elvégezni, ha közös karakterisztikára hozzuk a számokat és kerekítünk. Ez a karakterisztika a nagyobbik lesz, mert így lesz kisebb a hiba. Az átalakítás [ ] [ ]. [ ] [ ] [ ] A kapott eredményt normalizálni és kerekíteni kell (a bináris pontot eggyel jobbra toljuk és csökkentjük a karakterisztikát eggyel) ( [ ] [ ] + 8 + ) 8 + +, 75. 6 8 8 c) fl( ) [ ] abszolút hibakorlátja f l(π) [ ] abszolút hibakorlátja fl( ) 6 6. fl(π) 6 5.

.. Megoldások 9 Az eredmény abszolút hibakorlátja 8 6 6.. A -nek megfeleltetett gépi számot a 7. feladatból leolvashatjuk, most 5 jegyű mantisszát keresünk fl( ) [ ]. A -nak megfeleltetett gépi szám a 8. feladatból fl( ) [ ]. Mivel azonos a karakterisztika, egyszerű összeadni. [ ] + [ ] [ ] Az összeg 5 jegyre kerekítve és normalizálva ( [ ] + + ) 8 + + 6. Az eredmény abszolút hibakorlátja 5.... Műveletek hibája 5. A, 7 közelítés abszolút hibakorlátja a két tizedesjegyre való kerekítésből adódóan,7, 5. Az, 7 relatív hibakorlátja,7,7,5,7, 9 δ,7. A szorzat hibakorlátjaira vonatkozó tételből,7,7, 7,7, 7 δ,7,7 δ,7, 58. A relatív hibakorlátot számolhatjuk a definícióból is,7,7, 7, 7, 7, 999, 58 δ,7,7. 6. A, és a 8, 8 közelítés abszolút hibakorlátja a két tizedesjegyre való kerekítésből adódóan,,8, 5. Az, relatív hibakorlátja,,,5,, 55 δ,. A, 8 relatív hibakorlátja,8,8,5,8, 77 δ,8.

. Gépi számábrázolás és hibaszámítás A szorzat hibakorlátjaira vonatkozó tételből,,8,,8 +, 8,, 5 (, +, 8), δ,,8 δ, + δ,8, 55 +, 77, 5. A relatív hibakorlátot számolhatjuk a definícióból is,,8,,, 8, 99, 5 δ,,8. 7. A, közelítés abszolút hibakorlátja a három tizedesjegyre való kerekítésből adódóan,, 5. Az, relatív hibakorlátja,,,5,, 5 δ,. Az osztás hibakorlátjaira vonatkozó tételből,, +,,, 5 δ, δ, +, 5. A relatív hibakorlátot számolhatjuk a definícióból is,,, 5,, 7 δ., 8. A π, közelítés abszolút hibakorlátja a két tizedesjegyre való kerekítésből adódóan,, 5. A, relatív hibakorlátja,,,5,, 6 δ,. Az osztás hibakorlátjaira vonatkozó tételből,, +,, δ, δ, +, 6. A relatív hibakorlátot számolhatjuk a definícióból is, 5, 5,,,, 5 9, 8596, 5 δ., 9. Az e, 78 és a π, közelítés abszolút hibakorlátja a három tizedesjegyre való kerekítésből adódóan,78,, 5. A, 78 relatív hibakorlátja,78,78,5,78, 8 δ,78. A, relatív hibakorlátja,,,5,, 6 δ,. A szorzat hibakorlátjaira vonatkozó tételből,78,,,78 +, 78,, 5 (, 78 +, ), 9 δ,78, δ,78 + δ,, 8 +, 6,. A relatív hibakorlátot számolhatjuk a definícióból is,78,, 9, 78, 8, 59956, δ,78,.

.. Megoldások. A 7, 8 és a 6, 79 közelítés abszolút hibakorlátja a két tizedesjegyre való kerekítésből adódóan,8,79, 5. A relatív hibakorlátok és Így δ,8 δ,79, 7.,8, 8,79, 79, 5, 67, 8, 5, 6., 79 a) A számított különbség,. Az abszolút hibakorlátja,,8 +,79,. A relatív hibakorlátja a definíció alapján számolva,, δ,. b) A másik módon számolva,8+,79 89,59,8 +,79, A relatív hibakorlát 89,59 89,59 + 89, 59,, 5. 86 89,59 89,59, 5 89, 59, 6 δ 89,59. c) Az első rész eredményéből látjuk, hogy a közeli számok kivonása megnöveli a relatív hibát, most -szeresre nőtt. Az relatív hibakorlát túl nagy. Ezzel ellentétben a második részben kapott eredmény relatív hibája a kiindulási értékek relatív hibájával azonos nagyságrendű. Tehát ez a számítási mód stabilabb, megbízhatóbb eredményt ad.... Függvényérték hibája. abszolút hibakorlátja a kerekítésből adódóan, 5. relatív hibakorlátja δ,5 6. A függvényérték hibájára kapott f(a) M a becslés alapján számolunk, ahol M max{ f (x) : x k a (a)}. Mivel f(x) x és f (x) ln() x, így x [, 5;, 5]-re M ln(),5 5, 77. ln(),5, 5 ln(), 5 5, 6885 ln(),5, 5 ln() 6, 95 δ A kapott értékekből látjuk, hogy az abszolút hibakorlát kb. 5-szeresre, a relatív hibakorlát pedig kb. 6-szorosra nőtt.

. Gépi számábrázolás és hibaszámítás. abszolút hibakorlátja a kerekítésből adódóan, 5. relatív hibakorlátja δ,5 6. A függvényérték hibájára kapott f(a) M a becslés alapján számolunk, ahol M max{ f (x) : x k a (a)}. Mivel f(x) x és f (x) x, így x [, 5;, 5]-ra M, 5 7. 7, 5 7, 5 7 7 8 δ A kapott értékekből látjuk, hogy az abszolút hibakorlát a 7-szereséra, a relatív hibakorlát pedig több mint a kétszeresére nőtt.. A feladat szerint most, 8 a pontos érték, helyette π -gyel dolgozunk, mert ennek ismerjük a koszinuszát (cos( π ) ). Az π abszolút hibakorlátja a kerekítésből adódóan π, 5. A π relatív hibakorlátja δ π π,8,5,8, 65. A függvényérték hibájára kapott f(a) M a becslés alapján számolunk, ahol M max{ f (x) : x k a (a)}. Mivel f(x) cos(x) és f (x) sin(x), így x [, 75;, 85]-ra cos( π ) M sin(, 75), 68. cos( π ), 68, 5,,, 8 δ cos( π ) δ. A feladatban most, 5 a pontos érték és π 6 a közelítő érték, mert a szinuszát ismerjük (sin( π 6 ), 5). A π 6 abszolút hibakorlátja a kerekítésből adódóan π, 5. 6 A π 6 relatív hibakorlátja δ π π 6 6,5,5,5,. A függvényérték hibájára kapott f(a) M a becslés alapján számolunk, ahol M max{ f (x) : x k a (a)}. Mivel f(x) sin(x) és f (x) cos(x), így x [, 5;, 55]-ra M cos(, 55), 85. sin( π 6 ),5, 85, 5, 65 sin( π 6 ), 5, 65, 5, 85 δ,5 δ sin( π 6 )

. fejezet MÁTRIX SZORZAT FELBONTÁSOK.. Feladatok... Gauss-elimináció és determináns meghatározása. Oldjuk meg az Ax b lineáris egyenletrendszert Gauss-eliminációval! A, b 6. Oldjuk meg az Ax b lineáris egyenletrendszert Gauss-eliminációval! 5 9 A, b 6 5. Oldjuk meg az Ax b lineáris egyenletrendszert Gauss-eliminációval és számítsuk ki az A mátrix determinánsát! A, b. Oldjuk meg az Ax b lineáris egyenletrendszert Gauss-eliminációval és számítsuk ki az A mátrix determinánsát! 6 A 5 5 7, b 6 7 5. Oldjuk meg az Ax b lineáris egyenletrendszert Gauss-eliminációval, részleges főelemkiválasztással és határozzuk meg a mátrix determinánsát! A 7, b 5 9

. Mátrix szorzat felbontások 6. Oldjuk meg az Ax b lineáris egyenletrendszert Gauss-eliminációval, részleges főelemkiválasztással és határozzuk meg a mátrix determinánsát! 7 8 A 5, b 6 5 9 7. Oldjuk meg az alábbi Ax b lineáris egyenletrendszert Gauss-eliminációval, teljes főelemkiválasztással és számítsuk ki az A mátrix determinánsát! A, b 5 8 8. Oldjuk meg az alábbi Ax b és Ax b lineáris egyenletrendszereket Gauss-elimináció segítségével úgy, hogy az A mátrixon az eliminációt csak egyszer végezzük el! A, b 5 8, b 5 8 9. Oldjuk meg az Ax b lineáris egyenletrendszert Gauss-eliminációval!...... A..., b............. ( ) n. Oldjuk meg Gauss-eliminációval az Ax b lineáris egyenletrendszert!...... A..., b................ Mátrix inverz meghatározása. Számítsuk ki az A mátrix inverzét és determinánsát Gauss-eliminációval! A 5

.. Feladatok 5. Határozzuk meg az A mátrix inverzét Gauss-eliminációval és adjuk meg a determináns értékét! A. Határozzuk meg az A mátrix inverzét Gauss-eliminációval és adjuk meg a determináns értékét! A. Határozzuk meg az A mátrix inverzét Gauss-eliminációval és adjuk meg a determináns értékét! A 5. Határozzuk meg az A mátrix inverzét Gauss-eliminációval és adjuk meg a determináns értékét! A 6. Határozzuk meg a következő (n n)-es mátrix inverzét Gauss-eliminációval!...... A............. 7. Határozzuk meg a következő (n n)-es mátrix inverzét Gauss-eliminációval!.................. A........................ 8. Határozzuk meg a következő (n n)-es mátrix inverzét Gauss-eliminációval!.................. A......................

6. Mátrix szorzat felbontások... LU-felbontás 9. Adjuk meg az A mátrix LU-felbontását és ennek segítségével határozzuk meg a determináns értékét! A 7 7. Adja meg az A mátrix LU-felbontását és ennek segítségével határozzuk meg a determináns értékét! 5 A 7. Határozzuk meg az A mátrix LU-felbontását és ennek segítségével határozzuk meg a determináns értékét! A 7 5 9. Határozzuk meg az A mátrix LU-felbontását és ennek segítségével határozzuk meg a determináns értékét! A 6 9 8. Készítsük el az A mátrix LU-felbontását a Gauss-eliminációval párhuzamosan! A 7 7. Készítsük el az A mátrix LU-felbontását a Gauss-elimináció segítségével, azzal párhuzamosan! 5 A 7 5. Készítsük el az A mátrix LU-felbontását a Gauss-elimináció segítségével! A 6 9 8 6. Határozzuk meg az A mátrix LU-felbontását mátrix szorzás segítségével, használjuk a parketta elrendezést! A 7 7

.. Feladatok 7 7. Határozzuk meg az A mátrix LU-felbontását mátrix szorzás segítségével, használjuk a parketta elrendezést! 5 A 7 8. Határozzuk meg az A mátrix LU-felbontását mátrix szorzás segítségével, használjuk az oszlopfolytonos elrendezést! A 7 7 9. Határozzuk meg az A mátrix LU-felbontását mátrix szorzás segítségével, használjuk az oszlopfolytonos elrendezést! 5 A 7. Határozzuk meg az A mátrix LU-felbontását mátrix szorzás segítségével, használjuk a sorfolytonos elrendezést! 5 A 7. Határozzuk meg az A mátrix LU-felbontását mátrix szorzás segítségével, használjuk az oszlopfolytonos elrendezést! A 6 5 7 8 9 8 9 6. Határozzuk meg az A mátrix LU-felbontását sorfolytonos, oszlopfolytonos és parketta elrendezés segítségével! 6 A 6 7 9 8. Készítsük el az A mátrix egy particionálását, ahol az átlóban álló blokkok négyzetes mátrixok. [ ] A A A A A Tegyük fel, hogy A invertálható és az LU-felbontás során odáig jutottunk, hogy A területén készen vagyunk a felbontással, A helyén pedig már megváltozott elemek vannak, de még a felbontást nem végeztük el. Mutasssuk meg, ekkor A helyén az [A A ] Schur-komplemens található!

8. Mátrix szorzat felbontások... LDU-felbontás LU-felbontás segítségével. Adjuk meg az A mátrix LDU-felbontását az LU-felbontás segítségével! A 8 8 5 7 5 5. Adjuk meg az A mátrix LDU-felbontását az LU-felbontás segítségével! A 8 6. Adjuk meg az A mátrix LDU-felbontását az LU-felbontás segítségével! A 7. Adjuk meg az A mátrix LDU-felbontását az LU-felbontás segítségével! A 6 6 8. Adjuk meg az A mátrix LDU-felbontását az LU-felbontás segítségével! A 9. Adjuk meg az A mátrix LDU-felbontását az LU-felbontás segítségével! A. Adjuk meg az A mátrix LDU-felbontását az LU-felbontás segítségével! A

.. Feladatok 9..5. LDL T - és LL T - (Cholesky) felbontás. Adjuk meg az A mátrix LL T -felbontását! A. Adjuk meg az A mátrix LDL T - és LL T -felbontását! A 5 6. Adjuk meg az A mátrix LDL T - és LL T -felbontását! A. Adjuk meg az A mátrix LDL T - és LL T -felbontását! A 5. Adjuk meg az A mátrix LDL T - és LL T -felbontását! A 6. Adjuk meg az A mátrix LDL T - és LL T -felbontását! A 6..6. ILU-felbontás Gauss-eliminációval 7. Mi lesz az A mátrix J pozícióhalmazra illeszkedő részleges LU-felbontása? Határozzuk meg az L, U és Q mátrixokat! A J {(, ), (, ), (, )}

. Mátrix szorzat felbontások 8. Mi lesz az A mátrix J pozícióhalmazra illeszkedő részleges LU-felbontása? Határozzuk meg az L, U és Q mátrixokat! 5 A 5 J {(, ), (, )} 9. Mi lesz az A mátrix J pozícióhalmazra illeszkedő részleges LU-felbontása? Határozzuk meg az L, U és Q mátrixokat! 5 A J {(, ), (, )} 5. Mi lesz az A mátrix J pozícióhalmazra illeszkedő részleges LU-felbontása? Határozzuk meg az L, U és Q mátrixokat! A 5 5 J {(, ), (, ), (, )} 7 5. Mi lesz az A mátrix J pozícióhalmazra illeszkedő részleges LU-felbontása? Határozzuk meg az L, U és Q mátrixokat! 5 A J {(, ), (, ), (, ), (, ), (, )}..7. QR-felbontás Gram Schmidt-ortogonalizációval 5. Adjuk meg az A mátrix QR-felbontását Gram Schmidt-ortogonalizációval! 5 A 6 8 5. Adjuk meg az A mátrix QR-felbontását Gram Schmidt-ortogonalizációval! 6 A 8 7 5. Adjuk meg az A mátrix QR-felbontását Gram Schmidt-ortogonalizációval! A 5 7 5

.. Feladatok 55. Határozzuk meg az A mátrix QR-felbontását Gram Schmidt-ortogonalizációval!, 8 A,, 7, 7 56. Határozzuk meg az A mátrix QR-felbontását Gram Schmidt-ortogonalizációval! Oldjuk meg a feladatot kétféleképpen! A 57. Határozzuk meg az A mátrix QR-felbontását Gram Schmidt-ortogonalizációval, használjuk az egyszerűsített módszert! Ne felejtsük el a végén a normálást! 6 A 5 6 9 58. Határozzuk meg az A mátrix QR-felbontását Gram Schmidt-ortogonalizációval, használja az egyszerűsített módszert! Ne felejtsük el a végén a normálást! 6 A 5 7 5 59. Határozzuk meg az A mátrix QR-felbontását Gram Schmidt-ortogonalizációval, használjuk az egyszerűsített módszert! Ne felejtsük el a végén a normálást! 5 A 6. Határozzuk meg az A mátrix QR-felbontását Gram Schmidt-ortogonalizációval, használjuk az egyszerűsített módszert! Ne felejtsük el a végén a normálást! 8 A 7 6..8. Householder transzformáció 6. Householder transzformációval hozzuk az a [ ] T vektort k e alakra! Végezzük el a transzformációt a transzformációs mátrix elemeinek kiszámítása nélkül! 6. Írjuk fel azt a Householder transzformációs mátrixot, amely az a [ ] T vektort k e alakra hozza!

. Mátrix szorzat felbontások 6. Írjuk fel azt a Householder-mátrixot, amely az a [ ] T vektort k e alakra hozza! Mennyi lesz k értéke? 6. Írjuk fel azt a Householder-mátrixot, amely az a [ ] T vektort k e alakra hozza! Mennyi lesz k értéke? 65. Householder transzformációval hozzuk az a [ ] T vektort k e alakra! Végezzük el a transzformációt a transzformációs mátrix elemeinek kiszámítása nélkül! 66. Householder transzformációval hozzuk az a [ ] T vektort k e alakra! Végezzük el a transzformációt a transzformációs mátrix elemeinek kiszámítása nélkül! 67. Adjuk meg azt a Householder transzformációt, mely az a [ ] T vektort k e alakra hozza és végezzük is el a transzformációt a vektoron! (A mátrixot nem kell előállítani.) 68. Adjuk meg azt a Householder transzformációt(a Householder-mátrix elemeit nem kell felírni), amely az a [ ] T vektort k e alakra hozza! Alkalmazzuk a vektorra a transzformációt! 69. Adjuk meg azt a Householder transzformációt(a Householder-mátrix elemeit nem kell felírni), amely az a [ ] T vektort k e alakra hozza! Alkalmazzuk a vektorra a transzformációt! 7. Írjuk fel azt a Householder-mátrixot, amely az a [ ] T vektort k e alakra hozza, majd alkalmazzuk a mátrixra a transzformációt! Mennyi lesz k értéke? 7. Írjuk fel azt a Householder transzformációt, amely az a [ ] T vektort k e alakra hozza! Végezzük el a transzformációt a-n, a transzformációs mátrix elemeinek kiszámítása nélkül! 7. Householder transzformációk felhasználásával hozzuk felsőháromszög alakra a Cx d lineáris egyenletrendszert és oldjuk meg! C, d 7. Householder transzformációkkal hozzuk felső háromszög alakra a C mátrixot! C 7. A D mátrixot Householder transzformációkkal hozzuk felső háromszög alakra! [ ] D 75. Oldjuk meg az Ax b egyenletrendszert, ha az A mátrixnak adott a QR-felbontása. (Az A mátrix előállítása nélkül, Q és R felhasználásával oldjuk meg a feladatot.) Q H(v), a v [ ] T által meghatározott Householder-mátrix,

.. Megoldások b [ 5 ] T és R 9... Megoldások... Gauss-elimináció és determináns meghatározása. Az Ax b lineáris egyenletrendszer megoldására a Gauss-eliminációt használjuk fel. Az elimináció lényege, hogy felsőháromszög alakú lineáris egyenletrendszert hozunk létre. A k. lépésben mindig a k. egyenlettel nullázzuk (elimináljuk) az x k ismeretlent a (k + ). n. egyenletekből. Az eliminációs lépéseket a mátrix elemein és az egyenletrendszer jobboldalán (b vektoron) is el kell végeznünk. Azért, hogy az eliminációs lépéseket könnyen el tudjuk végezni a jobboldalon is, vezessük be az úgynevezett bővített mátrixos jelölést. Ez azt jelenti, hogy az együttható mátrixhoz "hozzáragasztjuk" a jobboldalt reprezentáló b vektort. 6 Az első oszlopban kezdjük az eliminációt. Az első sor változatlan marad. A mátrix első oszlopában elimináljuk a főátlóbeli elem (a ) alatti elemeket. Fentről lefelé haladva végezzük az eliminációs lépéseket. Először a mátrix a elemét elimináljuk az első sor segítségével.. lépés: Az eliminációs lépésben a. sorból kivonjuk az első sor -szeresét, tehát. sor - ( ). sor. 6 5 5 Majd a. sorban található a elemet kell eliminálnunk az. sor segítségével. Tehát a. sorból kivonjuk az. sor ( )-szeresét, azaz hozzáadjuk az -szeresét. sor + ( ). sor. 5 6 5 5 5 6 5 5 5 5 Ezzel az első oszlopban a főátlóbeli elem alatti elemeket elimináltuk a mátrixból.. lépés: A második oszlopban található főátlóbeli elemek alatt kell eliminálnunk. Ennek megfelelően a jelenlegi mátrix esetén ez egyetlen elem (a 5) eliminációját jelenti.. sor + ( ). sor.

. Mátrix szorzat felbontások 5 5 5 5 5 5 5 Általánosságban egy nxn-es mátrix esetén n oszlopban kell eliminálnunk és a j-ik oszlopban az a j+,j,..., a n,j elemeket kell eliminálnuk. 5 5 Ezzel megkaptuk a célul kitűzött felsőháromszög alakú együttható mátrixunkat. A lineáris egyenletrendszer megoldását elemi úton, visszahelyettesítésekkel is meghatározhatjuk, de emellett bemutatunk egy egyszerű és könnyen automatizálható módszert is. a) Megoldás visszahelyettesítéssel: Alulról felfelé haladva soronként kiszámoljuk az ismeretleneket. Tehát ennek megfelelően az utolsó sorból indulva az x értékét számítjuk ki a következőképpen. 5x 5 x Ennek segítségével meghatározzuk a következő, vagyis a. sor egyetlen ismeretlen értékét az x -t. 5x + 5 5 x Innen pedig az első sorba visszahelyettesítve kapjuk x értékét az alábbiak szerint. Vagyis a keresett megoldás a következő. x + + ( ) x x b) Sorműveletek segítségével diagonális alakra hozzuk a mátrixot: A módszer lényege abban áll, hogy a Gauss-elimináció végeredményeként kapott mátrixot sorműveletek segítségével egységmátrixszá alakítjuk. Ez az alak azért lesz kellemes a számunkra, mert ilyen formában a megoldás vektort a transzformációk elvégzése után egyszerűen le tudjuk olvasni. Ehhez a Gauss-eliminációhoz használt módszert alkalmazzuk "visszafelé". A metódust a mátrix utolsó oszlopában kezdjük, de még az elimináció előtt az adott oszlop főátlójában található elemet leosztjuk önmagával, hogy így biztosítsuk a főátlóban az egyest. Ezt követően a főátló feletti elemeket elimináljuk. Tehát ennek megfelelően a. sort végigosztjuk 5-tel, majd pedig a. és az. sorokban elimináljuk a főátlóbeli elem (a 5) feletti elemeket a következőképpen. 5 5 5 5 5 5 5

.. Megoldások 5 Ezt követően a. sort végigosztjuk ( 5)-tel, majd pedig az. sorban elimináljuk a főátlóbeli elem (a ) feletti elemet (a ) a következőképpen. 5 5 Vagyis a keresett megoldás könnyen leolvasható. x. Az Ax b lineáris egyenletrendszer megoldását Gauss-elimináció segítségével az előző feladatban részletesen bemutattuk, így a továbbiakban csak a legfontosabb részleteket, illetve az esetleges újdonságokat mutatjuk be.. lépés: Az első oszlopban a. sorhoz hozzáadjuk az első sor -szeresét, illetve a. sorból kivonjuk az első sor -szorosát, tehát. sor + ( ). sor.. sor - ( ). sor. 5 6 9 5 5 6. lépés: A következő lépésben a. sorban kell a főátló alatti elemeket eliminálnunk, de a példánkban szerencsére nulla került az a pozícióba, így nincs szükség az eliminációra. Ezzel elkészült a felső háromszögmátrix. 9 7 Sorműveletek segítségével diagonális alakra hozzuk a mátrixot. Az eliminációt nem kell feltétlenül az utolsó oszlopban kezdenünk, hiszen előfordulhat, hogy másik oszlop esetén egyszerűbb a kézi számolás. Fontos megjegyezni, hogy a felső háromszögmátrix kialakítása esetén ez az egyszerűsítés nem használható! A mostani példában a. oszlopban kezdjük az eliminációt. 5 6 9 7 6 5 7 Ezt követően az utolsó oszlopban kell eliminálnunk, vagyis a. sort leosztjuk ( 6)-tal, majd pedig az így kapott új. sor -szeresét hozzáadjuk a. sorhoz, illetve a. sor ( )-szeresét hozzáadjuk az. sorhoz. 6 5 7 8 5 8 8 Tehát az Ax b lineáris egyenletrendszer megoldása a következő. x 8 5 8 8

6. Mátrix szorzat felbontások. A korábban már bemutatott módszer lépéseit követve kapjuk az alábbi megoldást.. lépés:.sor + ( ).sor..sor + (+).sor. A A 5 5 5 Az első lépés után szerencsére megkaptuk a felső háromszögmátrixot. Mivel a Gauss-elimináció során csak sorműveleteket végeztünk, melyek nem változtatják meg a mátrix determinánsát, így a kapott felső háromszögmátrix (A ) determinánsa megegyezik az eredeti (A) mátrix determinánsával. A felső háromszög alakú mátrixok determinánsa a főátlóbeli elemek szorzata. det(a ) a a a 5 5. Ezt követően a egyenletrendszer megoldásához szükséges diagonális alakot állítjuk elő. 5 5 5 Tehát az egyenletrendszer megoldása: x. A korábbi feladatokhoz hasonlóan a megoldás lépései a következők.. lépés:.sor + ( 5 ).sor..sor + ( ).sor.. lépés:.sor - ( 9 ).sor. 6 5 5 7 Innen a determináns: 6 7 Most diagonális alakra hozzuk a mátrixot. 6 6 7 9 det(a) ( ) 86. 56 9 6 78 9 6 7 9 78 9 9

.. Megoldások 7 Az egyenletrendszer megoldása x 9 78 9. 5. Előfordulhat olyan eset, amikor egy adott eliminációs lépés után a soron következő diagonális elem nullává válik. Ilyen esetben megakad a Gauss-elimináció. Az ismeretlenek, vagy az egyenletek felcserélésével elérhetjük, hogy az imént említett nulla helyére egy nem nulla elem kerüljön. Erre két eljárás is ismert. Részleges főelemkiválasztás Az adott k. oszlopban az a k,k, a k+,k,..., a n,k elemek közül megkeressük a legnagyobb abszolút értékűt és a sorát felcseréljük a k. sorral. Így a hibaszámításnál tanultak szerint a kis számmal való osztás elkerülhető, melyről tudjuk, hogy növeli a hibát. Azonban így is előfordulhat, hogy a sorcserével a probléma nem oldható meg, ekkor az úgynevezett teljes főelemkiválasztást kell alkalmazni. Teljes főelemkiválasztás A k-tól n-ig terjedő sorok és oszlopok által meghatározott mátrixrészben megkeressük a legnagyobb abszolút értékű elemet. A sorát felcseréljük a k. sorral, az oszlopát a k. oszloppal. Így a hibaszámításnál tanultak szerint a kicsi számmal való osztás elkerülhető. A legnagyobb abszolút értékűvel való osztás az osztáskor keletkező abszolút hibát minimalizálja. Az oszlopcserékre figyelni kell, mert a megoldásvektor megfelelő komponenseinek cseréjét vonja maga után. Ha még így is elakad a Gauss-elimináció, akkor rang(a) < n. A b jobboldal megfelelő koordinátáinak értékétől függően vagy nincs megoldása, vagy végtelen sok megoldása van az egyenletrendszernek. Fontos megjegyezni, hogy a sorcserék és oszlopcserék esetén a determináns értékét korrigálnunk kell a sorok és oszlopok cseréjében lévő inverziók együttes számával. Általános alak a determináns meghatározására ahol az i az inverziók számát jelöli. det(a) a () a()... a(n ) nn ( ) i,. lépés: A részleges főelemkiválasztáshoz megkeressük a mátrix első oszlopában a diagonális alatti elemek közül az abszolút értékben legnagyobbat. Vagyis keressük a max{ a, a, a } értékét. Mivel max{ a, a, a } max{,, }, így az a -et kell cserélni az a -gyel. Ezt az. és. sor cseréjével tudjuk megtenni. Ne feledjük, hogy a sorcsere a jobboldalra is vonatkozik! 7 5 9 7 5 9 Ezt követően a Gauss-elimináció első lépését kell végrehajtanunk az átrendezett rendszeren, vagyis:. sor ( ). sor. sor ( ).sor 7 5 9 7 5

8. Mátrix szorzat felbontások. lépés: A következő lépés ismét a részleges főelemkiválasztás, amelyet a soron következő oszlopon kell végrehajtani, vagyis abszolút maximumot kell keresni, tehát max{ a (), a() } max{, }. Ez azt jelenti, hogy meg kell cserélnünk a. és. sort. Ezt követően el kell végeznünk a Gauss-elimináció következő lépését. 7 5 7 Ezzek elértük a felső háromszög alakot. A determináns meghatározásakor - ahogy azt már fentebb említettük - figyelnünk kell a sorcserékre. Mivel két szomszédos sorcsere történt, így a determináns értékének meghatározásakor korrigálnunk kell az inverziók számával, vagyis -vel det(a) ( ) 6. 5 Most már csak az egyenletrendszer megoldásának meghatározása van hátra. 7 Tehát az egyenletrendszer megoldása 5 x. 6. Az előző példában látott módszer segítségével oldjuk meg ezt a feladatot.. lépés: Látható, hogy az a, ezért szükséges a részleges főelemkiválasztás. Mivel max{ a, a, a } max{,, }, ezért a ( )-et kell becserélni az a helyére. 7 8 5 6 5 9 Ezt követően a. sorhoz hozzáadjuk az első sor -ét. 6 5 5 7 8 9 6 5 5 7 8 6 5 5 7 8. lépés: Folytatva a részleges főelemkiválasztást, mivel max{ a () a. sort és a. sort fel kell cserélni., a() } max{, 7} 7, 9 9

.. Megoldások 9 6 5 5 7 8 9 6 5 7 8 5 Ezt követően a. sorhoz hozzáadjuk a. sor ( 7) -szeresét. 6 5 7 8 5 9 6 5 7 8 9 A determináns értéke a sorokra vonatkozó (,, ) sorrendet figyelembe véve (melyben az inverziók száma) det(a) ( ) 7 ( 9 ) ( ) 8. Ezt követően diagonális alakra hozzuk a mátrixot és meghatározzuk a lineáris egyenletrendszer megoldását. 6 5 7 8 9 9 7 Tehát az egyenletrendszer megoldása: 6 7 9 9 7 9 7 9 x 56 9 5 9 7 9 7 9 7 9. 9 9 7 7 9 56 9 5 9 7 7. A feladat megoldásához a teljes főelemkiválasztás módszerét használjuk fel. Tehát első lépésként a teljes A mátrixban abszolút maximumot kell keresnünk. Figyelem, csak az A mátrixban kell az abszolút maximumot keresnünk, tehát a kiegészített mátrix b vektorhoz tartozó részében nem!. lépés: Mivel n max { a ij }, i,j nem csak egy a ij elemre teljesül, ezért ebben az esetben tetszőlegesen választhatunk közülük. A példa szemléletességét megtartva az a elemet választjuk és ezt cseréljük az a helyére. Ehhez egy oszlopcserére és egy sorcserére lesz szükség, vagyis az. és a. sort felcseréljük, majd ezt követően az. és a. oszlopot is megcseréljük. 5 8 5 8 5 8 Ily módon a mátrixot megfelelő alakra hoztuk, tehát végrehajthatjuk a Gauss-elimináció. lépését.. sor + ( ). sor. sor ( ). sor

. Mátrix szorzat felbontások 5 5 7 8 5 5. lépés: Ismét a teljes főelemkiválasztás következik, de arra figyeljünk, hogy most már csak egy (n ) (n )-es, vagyis jelen esetben egy -es részmátrixon kell csak ezt az abszolút maximumot megkeresnünk. Így max{ a (), a(), a(), a() } 7. Tehát jelen esetben csak egy oszlopcserére lesz szükség, hiszen a felcserélendő elemek egy sorban helyezkednek el, vagyis a. oszlopot és a. oszlopot kell felcserélnünk. A cserét követően elvégezzük a Gauss-elimináció következő lépését. 5 7 5 5 7 5 5 5 7 5 7 Ezzel elkészült a felső háromszögmátrix, így ezen a ponton könnyedén meghatározhatjuk a mátrix determinánsát. Mivel az inverziók száma, hiszen volt egy szomszédos sor cserénk és két szomszédos oszlopcserénk, így a determináns: det(a) 7 7 ( ). Most már csak az ismeretlenek meghatározása van hátra. Visszahelyettesítést követően az alábbi eredményt kapjuk x 5, x 5, x. 5 8. Az előző példákban már ismertetett Gauss-elimináció segítségével különböző jobboldalú, azonos mátrixú egyenletrendszerek megoldására is van lehetőség. Ilyen esetben a mátrix mellé írjuk a különböző jobboldalakat és az eliminációs lépéseket így hajtjuk végre.. lépés:. sor + ( ). sor. sor + ( ). sor. sor + ( ). sor 5 5 8 8 A b b. lépés:. sor + ( ). sor. sor + ( ). sor 5 5 5 5 5 5 5

.. Megoldások Mivel a. oszlop és. sor által meghatározott részmátrixban csak nulla elemek vannak, így a teljes főelemkiválasztás sem segít a továbblépésben. Mivel a b jobboldal esetén a "nullás" sorokhoz nulla érték tartozik, ami azt jelenti, hogy azonosságot kaptunk, így ebben az esetben az Ax b egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van. Ezzel szemben a b jobboldal esetén van nem nulla érték a "nullás" sorokhoz tartozóan, ami azt jelenti, hogy ellentmondáshoz jutottunk, így nincs megoldása az Ax b lineáris egyenletrendszernek. Tehát azt érdemes megjegyeznünk, hogy a Gauss-elimináció során eldől, hogy megoldható-e a lineáris egyenletrendszer vagy sem. 9. Az általános megoldás meghatározásához először néhány konkrét lépését végezzük el a Gausseliminációnak............................................ ( ) n........................................... ( ) n. ( ) n. ( ) n Az első pár lépés után láthatjuk, hogy a mátrix bidiagonális volta miatt hogyan alakul az általános (k ). lépés utáni alak. A mátrix első k sora az egységmátrix első k sora, míg a jobboldali vektor első k komponensében a ( ) és váltakozik. A k. komponens ( ), ha k páratlan és, ha k páros. Végezzük el a k. eliminációs lépést, vagyis a k +. sorhoz hozzáadjuk a k. sort, ezzel teljesen kinullázva a k. oszlopot. Nézzük meg, hogy ez a jobboldalra milyen hatással van. páratlan k esetén: a b vektor k +. helyén + ( ) lesz. páros k esetén: a b vektor k +. helyén ( ) + lesz. Látjuk, hogy a k. lépés utáni állapot formailag megegyezik a (k ). lépés utáni állapottal. Az így kapott mátrixot láthatjuk a sorok számozásával........................................................... k..... k..... k +..... k +................... n.... ( ) n.......... n.... ( ) n Tehát végeredményben a b vektor a következő alakú lesz páratlan n esetén: [... ] T

. Mátrix szorzat felbontások páros n esetén: [... ] T.. Az általános megoldás meghatározásához a Gauss-elimináció első néhány lépését végezzük el......................................................................................... Az első két lépést követően már jól látjuk a szabályosságot. Tehát k és k esetére látjuk, hogy a b vektor hogyan is alakul. Tegyük fel, hogy a (k ). lépés után is igaz ez a szabályosság. Nézzük meg k. lépést, vagyis a k +. sorból vonjuk ki a k. sort, ezáltal a k. oszlopot kinulláztuk. páratlan k esetén: a b vektoron is elvégezve a műveletet, a k +. elem lesz. páros k esetén: csak annyi a különbség, hogy a vektorban a k. helyen található, ezért a k +. elem + marad.... k. k +.. n.................................................... k. k +.. n................................................. Tehát végeredményben a b vektor a következő alakú lesz n páratlan esetén: [... ] T n páros esetén: [... ] T.

.. Megoldások... Mátrix inverz meghatározása. Az inverz meghatározására számtalan módszer áll a rendelkezésünkre, de ezek a módszerek nehezen automatizálhatóak vagy olykor igen sok számítást igényelnek. Egy egyszerű és könnyen elsajátítható eljárást fogunk megismerni a következő példák megoldása során. A Gausseliminációt fogjuk alkalmazni mátrix inverz meghatározására. Kezdjük egy rövid elméleti áttekintéssel. Az A mátrix inverzét az A A I összefüggésből határozhatjuk meg. Ez azt jelenti, hogy keresnünk kell egy olyan X mátrixot, amelyre igaz az alábbi mátrixegyenlet A X I. Vezessük be a következő jelöléseket. X (x, x,..., x n ), I (e, e,..., e n ) Blokkos mátrix szorzással ellenőrizhető, hogy az imént említett mátrixegyenlet valójában n darab lineáris egyenletrendszer. A x e A x e. A x n e n Vegyük észre, hogy ez nem más mint n darab A mátrixú lineáris egyenletrendszer. Ahogy azt már korábban említettük erre a típusú problémára nagyon jól alkalmazható megoldást ad a Gauss-elimináció, hiszen a jobboldal vektorokat egymás mellé írva, csak egyszer kell a mátrixon eliminálnunk. Most nézzük meg, hogy ez hogyan is működik a gyakorlatban.. lépés: Írjuk fel a jobboldalakkal kiegészített bővített mátrixunkat, majd pedig végezzük el rajta a Gauss-elimináció első lépését. Az első lépés során a következő sorműveleteket kell elvégeznünk.. sor + ( ). sor. sor + (+). sor 5 6. lépés: A. oszlopban kell eliminálnunk, tehát a megfelelő sorművelet a következő.. sor + ( 6 ). sor 6 7 Így megkaptuk a felső háromszög alakot, ahonnan könnyedén le tudjuk olvasni a mátrix determinánsát. det(a) ( ) Folytatva a mátrix inverz meghatározását, ezt követően sorműveletek segítségével diagonális alakra hozzuk a mátrixot.

. Mátrix szorzat felbontások. sor ( ). sor + ( ). sor. sor. sor + ( ). sor 7 8 7 Vagyis az A mátrix inverze könnyen leolvasható. 9 7 A 7 8 7 9 7 7. A megoldás során az előző feladatban látott eljárást alkalmazzuk.. lépés:. sor +. sor. lépés: Látjuk, hogy elakad a hagyományos Gauss-elimináció, ezért szükséges egy sorcsere, vagyis ennek megfelelően a. és a. sort megcseréljük. A sorcsere nem befolyásolja az inverz mátrixot, de a determináns értékét igen. Sorcserét követően megkaptuk a felső háromszögmátrixot. Vagyis meghatározhatjuk a mátrix determinánsának értékét, figyelve a sorcsere miatti inverziószámra. det(a) ( ) ( ) ( ) Sorműveletekkel diagonális alakra hozzuk a mátrixot. Tehát az A mátrix inverze A.

.. Megoldások 5. A megoldás során az előző feladatban látott eljárást alkalmazzuk.. lépés:. sor +. sor. lépés:. sor +. sor A felső háromszög alakból kiolvasva a determináns értékét, kapjuk hogy det(b). Sorműveletekkel diagonális alakra hozzuk a mátrixot. Tehát a B mátrix inverze a következő. B. A megoldás során az előző feladatban látott eljárást alkalmazzuk.. lépés:. lépés:. sor +. sor. sor +. sor. sor -. sor A felső háromszög alakból megkapjuk az alábbi determináns értéket det(a). Folytatva az eliminációt megkapjuk az A mátrix inverzét. Tehát az A mátrix inverze a következő. A

6. Mátrix szorzat felbontások 5. A mátrix méretével a számítások mennyisége ugyan megnő, de az eddig alkalmazott technika természetesen továbbra is működik. Ennek megfelelően a megoldás az alábbiak szerint alakul. A következő lépésnél elakad a Gauss-elimináció, ezért sorcserét kell végrehajtanunk, a. és a. sort cseréljük meg. A sorcserét követően folytatjuk a Gauss-elimináció lépéseit. Megkaptuk a felső háromszögmátrixot, innen a determináns a szonszédos sorok cseréje miatt a következőképpen alakul det(a) ( ) ( ) ( ) 6. Folytassuk a diagonális alakra hozást! Tehát az A mátrix inverze a következő: A. 6. Az általános megoldás meghatározásához először néhány lépést el kell végeznünk, hogy megsejtsük a megoldást. Ezt követően pedig indukcióval bebizonyítjuk a sejtést.. lépés:............................................................................

.. Megoldások 7. lépés:............................................................................ Innen megsejtjük, hogy az inverz egy olyan bidiagonális mátrix, ahol a főátlóban csupa -es szerepel és az átló alatti átlóban pedig ( )-esek szerepelnek. Tegyük fel, hogy a (k ). lépés után kapott alak első k sora is ilyen alakú illetve a jobboldali részen a k. oszlopban a k. n. pozíciókig ( ) áll. Megmutatjuk, hogy a k. lépés után is ilyen alakú mátrixhoz jutunk. Mivel a k. oszlopban a k. n. pozíciókban -es áll, ezért a k. lépésben az i. sorból kivonjuk a k. sort (i k+,..., n). Ez a jobboldali részmátrixon a (k )., k. pozíciókon lévő (, )-ból kivonva a k. sor (, )-et (, )-et kapunk............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................. A fenti alakon nyomonkövethető, hogy a sejtésünk helytálló, tehát az A mátrix inverze a következő............. A...................

8. Mátrix szorzat felbontások 7. Az általános megoldás meghatározásához először néhány lépést el kell végeznünk, hogy megsejtsük a megoldást. Ezt követően pedig indukcióval bebizonyítjuk a sejtést.. lépés:............................................................................. lépés:............................................................................ Mivel A bidiagonális mátrix, minden lépésben csak az elimináló sor alatti sorban kell eliminálnunk. Az a sejtésünk, hogy a (k ). lépés után a bal oldalon az első k sor az egységmátrix első k sorával egyezik, míg a jobboldalon az első k sorban a diagonálisban szerepel, majd lefelé haladva a k. pozícióig ( )-vel szorzódnak az elemek. A k. sor jobboldali része: [( ) k,..., ( ),, A (k + ). sor jobboldali része: [,...,,, }{{} k+. }{{} k+.,,..., ].,,..., ] e T k+. A k. lépésben csak a (k+). sorban kell eliminálni, a (k+). sorból kivonjuk a k. sor -szeresét. Ezzel a (k + ). sor baloldali része e k+ T alakú, míg a jobboldalon ( ) [ ( ) k...... ] + [...... ] [ ( ) k+...... ] Ezzel k + -re olyan alakot kaptunk, amit k-ra megsejtettünk. A főátló alatti átlóban lévő elemek megegyeznek, így az A mátrix inverze A.................. ( ) n ( ) n.... 8. Ebben a példában a korábbiaktól eltérően már rendelkezésünkre áll a felső háromszögmátrixú alak, így ebben az esetben "csak" sorműveletekkel diagonális alakra kell hoznunk a mátrixot.

.. Megoldások 9 Az eddigiekben megszokott módon elvégzünk néhány lépést az általános megoldás megsejtéséhez............................................................................................................................................................................................................................................................................... A mátrix speciális alakjából azt sejtjük, hogy a baloldalon egy felső háromszögmátrix alakul ki, mégpedig olyan formában, hogy a főátló feletti átlóban ( ) -esek e feletti átlóban újra -esek, majd pedig e felett újra ( ) -esek és így tovább. Tehát tegyük fel, hogy a (k ). lépésig igaz ez a sejtés, vagyis a jobboldali mátrixban jobb alsó (k k)-s mátrixára igaz az imént leírt struktúra. Mutassuk meg, hogy a k. lépésre is igaz. A (k.) lépés után kapott mátrix................................................................................................................................................................................................................. Az (n k). sor jobboldali része: [,...,, }{{} n k. Az (n k + ). sor jobboldali része: [,...,,,,,..., ]. }{{} n k.,,,..., ( ) k ].

5. Mátrix szorzat felbontások Végezzük el a k. lépést, vagyis az (n k). sorból vonjuk ki az (n k + ). sort. A jobboldali részen elvégezve [...... ] [...... ( ) k ] [...... ( ) k+ ]................................................................................................................................................................................................................. Látjuk, hogy a k. lépés után kapott jobboldali mátrix (k+) (k+)-es jobbalsó részmátrixára is igaz maradt a sejtés, vagyis az A mátrix inverze a következő....... A................ LU-felbontás 9. A R n n mátrix LU-felbontása azt jelenti, hogy keressük azt az L és U mátrixokat, melyekre teljesül, hogy A LU. Ebben a felbontásban az L R n n alsó háromszögmátrix, mégpedig úgy, hogy a főátlóban rendre -es elemek helyezkednek el és U R n n pedig egy felső háromszögmátrix. Egy A R mátrix esetén L és U mátrix alakja a következő. L l l l, U u u u u u u Lineáris egyenletrendszer megoldásához az LU felbontás egy újabb módszert ad a kezünkbe. Miért is jó az LU-felbontás egy lineáris egyenletrendszer megoldására? Ax b. Ly b y. Ux y x Ebben az esetben az Ax b helyett az Ly b, majd pedig az Ux y egyenletrendszert kell megoldanunk. Az LU-felbontás hátterében - mint azt majd látni fogjuk a további példák megoldása során - tulajdonképpen a Gauss-elimináció húzódik meg. Éppen ezért érdemes megjegyezni, hogy az LU-felbontás létezik pontosan akkor, ha a Gausselimináció sor- és oszlopcsere nélkül elvégezhető. Az LU felbontást többféleképpen is előállíthatjuk. A példa megoldások során alapvető módszert mutatunk be.

.. Megoldások 5 a) Előállítás L i alsó háromszögmátrixok segítségével (i,..., n ). b) Előállítás Gauss-eliminációval párhuzamosan, tömörített alakkal. c) Előállítás mátrixszorzás segítségével. Először tekintsük végig a jelenlegi példán, hogyan készíthetjük el az LU-felbontást az L i alsóháromszög mátrixok segítségével. Az L i (i,..., n ) mátrixok segítségével a Gauss-elimináció egyes lépéseit valósítjuk meg. Tehát a Gauss-elimináció k. lépése után kapott A k mátrixra a következő lépésben kapott A k mátrixhoz eljuthatunk egy alkalmas L k mátrix szorzás segítségével is. A k L k A k Ennek megfelelően a Gauss-elimináció k. lépését szeretnénk reprezentálni. Minden lépésben az előző lépésben kapott mátrixból indulunk ki. k. lépés: Az L k számítása a következőképpen történik. Vegyük az I R nxn egységmátrixot és módosítsuk azt a k. oszlopában úgy, hogy a diagonális alatt lévő l k+,k,..., l nk értékek rendre a hányadosok legyenek, tehát l ik a(k ) ik a(k ) k+,k a (k ) kk a (k ) kk,..., a(k ) nk a (k ) kk, (i k +,..., n). Miután az L n mátrixot, vagyis a Gauss-elimináció n. lépését is alkalmaztuk, megkapjuk az U mátrixot, vagyis a felső háromszög alakot. L n... L L A U Innen invertálással és mátrixszorzással kapjuk, hogy A ( L L... L n ) U Belátható, hogy az L alsó háromszögbeli elemei a korábban említett l i,k elemekből a megfelelő oszlopokba pakolással előállíthatók. Nézzük meg ezt a technikát a konkrét példa megoldása során. A : A 7 7 Első lépésként elkészítjük az L mátrixot. Ahogy azt már korábban leírtuk, ebben az esetben az I egységmátrix első oszlopában kell a főátló alatti elemeket kiegészíteni a következőképpen. ( ) a a ( ) ( ) a a ( ) L Ezt alkalmazzuk az A mátrixra. A L A 8

5. Mátrix szorzat felbontások A következő lépés az L mátrix előállítása. ( ) a() a () ( ) 8 8 L 8 Ezt alkalmazzuk az A mátrixra. A L A 8 9 8 Mivel a mátrixunk -as volt, ezért készen is vannak az L i mátrixok, sőt ahogy azt már korábban leírtuk ebben az esetben az U mátrix is könnyen leolvasható. U 8 9 8 Most már csak az L mátrixot kell elkészítenünk, ami definíció szerint -as esetben. L L L Az L i mátrixok inverzét kiszámítani nagyon egyszerű, hiszen az egységmátrixtól különböző elemeinek a ( )-szeresét kell venni. L Így az L mátrix a következő, L L L L 8 8 Ha nem vagyunk kíváncsiak az L i mátrixokra, akkor az L -be kerülő elemek úgy is megjegyezhetők, hogy az elimináció k. lépésében az L k. oszlopában a diagonális alá az a(k ) ik a (k ) kk elemek kerülnek, vagyis a diagonális elemmel osztunk. Az A mátrix determinánsa a Gauss-eliminációnál már említett módon számolható ki. Mivel elkészült a felső háromszögmátrix, így abból könnyedén leolvasható a mátrix determinánsa. det(a) 8 9 8 9.. Az előző feladatban megismert módszert felhasználva határozzuk meg az A mátrix LUfelbontását. 5 A : A 7 Ennek segítségével elkészítjük az L mátrixot. Tehát az I egységmátrix első oszlopában kell a főátló alatti elemeket kiegészíteni a következőképpen. ( ) a a ( )

.. Megoldások 5 ( ) a a ( ) L Tehát innen az A mátrixot a következőképpen számoljuk. 5 A L A 8 5 Innen az L mátrix a következő. L 6 Az A mátrix az előbbiekben már ismertetett módon számítható. 5 A L A Ezzel elkészítettük az L mátrix meghatározásához szükséges L i mátrixokat. Arra kell csak figyelnünk, hogy az L mátrix meghatározásához az L i mátrixok inverzére van szükségünk. Ezt a már említett összepakolással készítjük el. L 6 5, U A determináns meghatározása az eddigieknek megfelelően a következő. det(a). Készítsük el az A mátrix LU-felbontását a korábbi példákban bemutatott módszer segítségével. A : A 7 5 9 Elkészítjük az L mátrixot. Tehát az I egységmátrix első oszlopában kell a főátló alatti elemeket kiegészíteni a következőképpen. ( ) a a ( ) ( ) a a ( ) L

5. Mátrix szorzat felbontások Tehát az A mátrix A L A 6 Innen az L mátrix a következő. L, U A L A Most már csak L i mátrixok inverzét kell meghatározni az L mátrix elkészítéséhez. L Az A mátrix determinánsa a következő det(a) 6... Készítsük el az A mátrix LU-felbontását a korábbi példákban bemutatott módszer segítségével! A : A 6 9 8 Elkészítjük az L mátrixot. Tehát az I egységmátrix első oszlopában kell a főátló alatti elemeket kiegészíteni. ( ) a a ( ) 6 ( ) a a ( ) 9 L Vagyis az A mátrix a következő. A L A 6 Innen az L mátrix könnyen számolható a következő segítségével. ( ) l a l a ( ) 6 Az L és U mátrix L L, U A L A 6.

.. Megoldások 55 Innen az A mátrix determinánsa a következő. det(a) ( 6) 8. Az LU-felbontáshoz nem szükséges az L i mátrixokat elkészíteni, hiszen ezek, ahogyan azt korábban már említettük, a Gauss-elimináció egyes lépéseit reprezentálják. Így előállíthatjuk az LU-felbontást a Gauss-eliminációval párhuzamosan is. A következőkben megmutatjuk, hogy hogyan is lehet a számítógépes reprezentációhoz helytakarékosan megvalósítani az LUfelbontást a Gauss-elimináció segítségével. Az alap ötletre bárki könnyen rájöhet, ha megfigyeli a mátrixok szerkezetét. Az L mátrix egy olyan alsó háromszögmátrix, amelyben a főátlóban egyesek találhatóak. Vagyis az "értékes" elemek valójában a főátló alatt helyezkednek el. A másik fontos megfigyelés a Gauss-elimináció során előállított felső háromszög, vagyis az LU-felbontásban U mátrixként ismert mátrix strukúrájára vonatkozik. A felső háromszögmátrixban a főátló alatt nullák helyezkednek el, így az értékes elemek a főátlóban, illetve fölötte helyezkednek el. Most már csak egy apró megfigyelésre van szükség. Az L i mátrix inverze egy ( ) -es szorzó segítségével könnyen képezhető, illetve a struktúra specialitásából fakad, hogy az L i mátrixok szorzata gyakorlatilag a mátrixok megfelelő oszlop vektorainak egymás mellé írásával képezhető. Ezeket a megfigyeléseket összesítve kapjuk az alábbi helytakarékos algoritmust. i/. lépés: Végrehajtjuk a Gauss-elimináció i. lépését. i/. lépés: kiszámítjuk az i. lépésben kapott mátrixból az L i mátrixhoz szükséges hányadosokat. Ezeket az előző lépésben kapott mátrixban a nullák helyére beírjuk. Csak arra kell figyelnünk, hogy ezek az elemek nem az A i mátrix elemei, vagyis a következő lépésben rajtuk nem végezzük el a Gauss-elimináció műveleteit, hiszen a Gauss-elimináció szempontjából ezeknek az elemeknek a helyén nullák vannak. A Gauss elmináció végeztével könnyen le is tudjuk olvasni az L és U mátrixokat. Nézzük meg ezt a módszert a gyakorlatban is. Keretezve jelöljük az L mátrixhoz tartozó részt. A 7 A 8 7 Ezzel elkészítettük a Gauss-elimináció első lépését. Most ki kell számolnunk az L mátrixhoz szükséges hányadosokat. Arra ügyeljünk, hogy most nem kell a ( )-szerest venni, hiszen az inverzhez erre van szükség. a a a a A kapott hányadosokat az elimináció végén kapott nullák helyére beírva kapjuk az első lépés utáni tömörített alakot. A 8 A 8 Most elvégezzük a Gauss-elimináció második lépését, arra ügyelve, hogy az első oszlopban a főátló alatti elemek ebben a kontextusban nullák. A 8 A 8 9 8

56. Mátrix szorzat felbontások Most pedig az L mátrixbeli háyadost kell meghatároznunk. a a 8 A 8 9 8 A 8 9 8 8 Innen könnyen leolvashatjuk az L és az U mátrixot. L, U 8 9 8 8. Az előző feladatban bemutatott módszer segítségével oldjuk meg ezt a feladatot is. Tehát a Gauss-elimináció első lépése után az alábbi hányadosokkal egészítjük ki a mátrixot. a a a a ( ) 5 A 7 5 A 8 5 A 5 8 5 Folytassuk a Gauss-elimináció. lépésével és a hányadosok beépítésével. 5 5 A A A 86 8 5 5 6 Az előbbiekben megismerteknek megfelelően könnyen leolvashatjuk az L és az U mátrixot. 5 L, U 6 5. A Gauss-elimináció első lépése után az alábbi hányadosokkal egészítjük ki a mátrixot. a a 6 a a 9 A 6 9 8 A 6 A 6 Folytatva a Gauss-elimináció. lépésével és a hányadosok beépítésével kapjuk. A 6 A 6 A 6

.. Megoldások 57 Az előbb megismerteknek megfelelően könnyen leolvashatjuk az L és az U mátrixot. L, U 6 6. A korábbiakban megismert kétféle módszer (L i mátrixok, Gauss-elimináció) után egy harmadik alternatívát mutatunk be az LU-felbontás megvalósítására. Ez a módszer a mátrixszorzás segítségével készíti el az LU-felbontást. Ez a módszer az L és az U mátrixok speciális szerkezetének köszönhetően működhet. Háromféle elrendezés segítségével fogjuk meghatározni az ismeretleneket, ezek a sorrendek beszédes elnevezésűek. a) Oszlopfolytonos kifejtés esetén az A mátrix első oszlopában fentről lefelé haladva határozzuk meg az ismeretleneket, majd folytatjuk a második oszlopban és így tovább. b) Sorfolytonos kifejtés során az A mátrix első sorából indulunk ki és az elemeken balról jobbra haladva sorban határozzuk meg az ismeretleneket. c) Parketta kifejtés esetén az A mátris első során haladunk végig balról jobbra, ezt követően az első oszlopban a második elemtől fentről lefelé. Így egy (n ) (n ) -es részmátrix marad, amin ugyanezt kell folytatnunk. Oldjuk meg a konkrét feladatot a parketta kifejtéssel. A 7 l 7 l l u u u u u 5 u 6 A fent leírtaknak megfelelően az első sorban kell az ismeretleneket meghatároznunk balról jobbra haladva. Mivel az A mátrix első sora mindig megegyezik az U első sorával, a későbbi feladatok során ezt már felhasználjuk. u u u u u u Ezt követően az első oszlopban folytatjuk a kifejtést fentről lefelé haladva a második pozíciótól. l u + + l l l u + l + l l Ezt követően a maradék -es mátrix részen kell elvégeznünk az előbbi kifejtést. l u + u + + u u 8 7 l u + u 5 + u 6 + u 5 u 5 l u + l u + + 8 l l 8 7 l u + l u 5 + u 6 + 8 + u 6 u 6 9 8

58. Mátrix szorzat felbontások Visszaírva a mátrixokba a meghatározott ismeretlenek értékeit, megkapjuk az alábbi L és U mátrixokat. L, U 8 9 8 8 7. Az előző feladatban leírtaknak megfelelően oldjuk meg a feladatot. 5 A 7 l l l Az U első sorában lévő ismeretlenek egyeznek az A első sorával. u, u 5, u u u u u u 5 u 6 Ezt követően az első oszlopban folytatjuk a kifejtést fentről lefelé haladva a második pozíciótól. l u + + l l l u + l + l l Ezt követően a maradék -es mátrixrészen kell elvégeznünk az előbbi kifejtést. És így tovább. l u + u + 5 + u u 7 l u + u 5 + u 6 + u 5 u 5 l u + l u + ( ) ( 5) + l l 8 5, 5 6 l u + l u 5 + u 6 ( ) + 8 5, 5 5, 5 + u 6 u 6 Visszaírva a mátrixokba a meghatározott ismeretlenek értékeit, kapjuk az alábbi L és U mátrixokat. 5 L, U 6 8. A korábbi példában említett oszlopfolytonos kifejtést használjuk a feladat megoldásához. u u u A 7 l u u 5 7 l l u 6 A fentebb leírtaknak megfelelően az első oszlopban kell az ismeretleneket meghatároznunk fentről lefelé haladva. u + + u l u + + l l u + l + l

.. Megoldások 59 Folytatjuk a második oszlopban fentről lefelé. A továbbiakban a nulla szorzatokat nem írjuk ki. u u l u + u u 8 l u + l u l 8 A harmadik oszloppal folytatjuk. Tehát az L és az U mátrixok. u u 7 l u + u 5 u 5 7 l u + l u 5 + u 6 u 6 9 8 L 8, U 8 9 8 9. Az előző feladatban leírtaknak megfelelően oldjuk meg a feladatot. 5 u u u A 7 l u u 5 l l u 6 Az első oszlopban kezdjük az ismeretlenek meghatározását. u u l u l l l u l l Folytatjuk az ismeretlenek meghatározását a második oszlopban. 5 u u ( 5) l u + u ( 5) + u u l u + l u ( ) ( 5) + l l 8 6 5, 5 Most már csak a harmadik oszlopban kell az ismeretleneket meghatároznunk. u u 7 l u + u 5 + u 5 u 5 l u + l u 5 + u 6 ( ) 6 + u 6 u 6 L 6 5, U

6. Mátrix szorzat felbontások. Első lépésként az ismeretlenek meghatározásához az első sorban haladunk végig balról jobbra. 5 u u u A 7 l u u 5 l l u 6 Az első sor U -ban ugyanaz, mint A -ban. Folytatva a második sorban u, u 5, u l u l l l u + u ( 5) + u u 7 l u + u 5 + u 5 u 5. Az utolsó sorban folytatjuk az ismeretlenek meghatározását. l u l l l u + l u ( ) ( 5) + l l 6 l u + l u 5 + u 6 ( ) 6 + u 6 u 6 Tehát a megoldás L 6 5, U. A 6 5 7 8 9 8 9 6 l l l l l 5 l 6 u u u u u 5 u 6 u 7 u 8 u 9 u Első lépésként az ismeretlenek meghatározásához az első oszlopban haladunk végig fentről lefelé. u 6 u l l l 8 8 u l l l u l l l 5 A második oszlopban folytatjuk a megoldást. u 5 u l + u 5 8 + u 5 u 5 9 u l + u 5 l + l l u l + u 5 l 5 ( 5) + l 5 l 5

.. Megoldások 6 A harmadik oszlopban folytatjuk az eljárást. u u l + u 6 ( ) 8 + u 6 u 6 9 8 u l + u 6 l + u 8 ( ) + ( 9) ( ) + u 8 u 8 u l + u 6 l 5 + u 8 l 6 ( ) ( 5) + ( 9) + l 6 l 6 Végül az utolsó oszlopon haladunk végig. u 7 u l + u 7 ( ) 8 + u 7 u 7 9 u l + u 7 l + u 9 ( ) + ( ) + u 9 u 9 6 u l + u 7 l 5 + u 9 l 6 + u ( ) ( 5) + + ( ) u L 8 5, U 9. 6 A 6 7 9 8 l l l u u u u u 5 u 6 a) Sorfolytonos kifejtés: Első sor u u u u 6 u u 6 Második sor 6 l u l l 7 l u + u ( ) + u u 9 l u + u 5 ( 6) ( ) + u 5 u 5 Harmadik sor 8 l u l l l u + l u + ( 5) l l l u + l u 5 + u 6 ( 6) + + u 6 u 6 6 b) Oszlopfolytonos kifejtés: Első oszlop u u 6 l u l l

6. Mátrix szorzat felbontások 8 l u l l Második oszlop u u 7 l u + u ( ) + u u 5 l u + l u + ( 5) l l Harmadik oszlop 6 u u 6 9 l u + u 5 ( 6) ( ) + u 5 u 5 l u + l u 5 + u 6 ( 6) + + u 6 u 6 6 c) Parketta kifejtés: Első sor u u u u 6 u u 6 Első oszlop 6 l u l l 8 l u l l És így tovább. 7 l u + u ( ) + u u 9 l u + u 5 ( 6) ( ) + u 5 u 5 l u + l u + ( 5) l l l u + l u 5 + u 6 ( 6) + + u 6 u 6 6 A megoldás L, U 6 5 6.. A teljes blokkos LU-felbontás: Végezzük el a beszorzást! [ ] [ ] A A A L A A L L A L U, A L U, A L U, A L U + L U. [ U U U ].

.. Megoldások 6 Ha az A helyén lévő blokkot még nem bontottuk fel, akkor ott L U áll. De ez a kapott egyenletekből L U A L U A A U L A A A A A [A A ] éppen ezt kellett bizonyítanunk.... LDU-felbontás LU-felbontás segítségével. Az LDU-felbontás esetén az A mátrix egy olyan szorzat felbontását keressük, amelyben az L egy alsó háromszögmátrix, a D egy diagonális mátrix, míg az U egy felső háromszögmátrix, ahol az L és U diagonálisában egyesek vannak. L... l l l l n... l nn, D d... d...... d nn, U u... u n... u n... u n n... Az előállításhoz használhatjuk a korábban tanult LŨ felbontásból kapott mátrixokat. Ez utóbbi felső háromszögmátrixát másképp kell jelölnünk, hiszen ott a diagonálisra nincs megkötésünk. Ha elkészült az A mátrix LŨ felbontása, akkor a D mátrix meghatározása könnyű, hiszen az Ũ mátrix diagonálisában lévő elemeket kell a D mátrix diagonálisába helyeznünk. ũ... ũ... D...... ũ nn A D-vel való szorzás kompenzálásaként az Ũ mátrix sorait végig kell osztani a diagonálisbeli elemekkel. Nézzük meg ezt a módszert a gyakorlatban a kitűzött feladat megoldása során. Első lépésként elkészítjük az A mátrix LŨ felbontását. Ennek a részletes bemutatásától eltekintünk, hiszen a korábbi példák esetén már megtettük. A 8 8 5 7 5 Ebből készítsük el a fent leírt módszer segítségével az LDU-felbontást, mely a következő lesz. L, D, U 5. Legyen adott az A LŨ felbontás. A 8 5 Az LDU-felbontás a következő L, D 5 5 6 5 6, U.

6. Mátrix szorzat felbontások 6. Legyen adott az A LŨ felbontás. A 5 5 5 Az LDU-felbontás a következő L 5, D 5 5 7. Legyen adott az A LŨ felbontás. A 6 6 Az LDU-felbontás a következő L, D, U, U 5 8. Legyen adott az A LŨ felbontás. A 5 56 5 5 Az LDU-felbontás a következő L, D 5, U 56 5 5 9. Legyen adott az A LŨ felbontás. A Az LDU-felbontás a következő L, D. Legyen adott az A LŨ felbontás. A Az LDU-felbontás a következő L, D, U, U. 5....

.. Megoldások 65..5. LDL T - és LL T - (Cholesky) felbontás. Az LL T -felbontás meghatározására három módszert mutatunk be. a) LU-felbontás segítségével. b) Az LDU segítségével, ami jelen esetben LDL T -felbontás. c) Mátrix szorzásból oszloponként. Mivel az LL T szorzat szimmetrikus mátrix, ezért csak szimmetrikus mátrixnak tudjuk a Cholesky-féle felbontását elkészíteni. Ha A még pozitív definit mátrix is, akkor létezik LL T - felbontás. A felbontás egyértelmű, ha megköveteljük, hogy l ii > (i,..., n) legyen. a) Először nézzük meg az LU-felbontás segítségével. A jobb érthetőség kedvéért az eddigi LU-felbontást jelölje LŨ. Tehát az új jelöléssel legyen adott az A LŨ felbontás és ennek segítségével határozzuk meg az LL T -felbontást. A Az LL T -felbontáshoz az L mátrix oszlopait szorozzuk meg az Ũ diagonálisában található elemek gyökével. Ezzel megkapjuk a keresett L mátrixot. L b) Az LDU-felbontás segítségével is ugyanilyen egyszerű az előállítás. Mivel A szimmetrikus mátrix, ezért L T U, így valójában LDL T -felbontásból indulunk ki. Az LDL T -felbontásnál az előzőekhez hasonlóan bevezetjük a hullámos jelölést, legyen A LD L T. Vegyük a D elemeinek gyökét és szorozzuk meg L oszlopait. Így L L D. A L L D LDU c) Az LL T -felbontás elkészítéséhez a jegyzetekben megtaláljuk a képleteket, ezek a képletek a programozáshoz hasznosak, de a kézi számolásnál egyszerűbb az alapötletet használni, azaz a mátrix szorzást. A szorzáshoz nem kell a képletet megjegyezni és nem kell tartanunk a képletekbe történő helyettesítés hibáitól. Írjuk fel az L L T A mátrixszorzatot. l l l l l 5 l 6 l l l l l 5 l 6 Innen az L mátrix oszlopain sorban végighaladva meghatározhatjuk az l i értékeket.

66. Mátrix szorzat felbontások Az első oszlop alapján l l l l l l l l. A második oszlop alapján l + l l l l + l 5 l l 5. A harmadik oszlop alapján l l 5 + l 6 l 6. L Látjuk, hogy mindhárom esetben ugyanazt az eredményt kaptuk.. Az előző feladatban bemutatott LL T -felbontás kapcsán megismerhettük az LU-felbontásból történő meghatározás módszerét. Az LDL T -felbontásnál is hasonlóan fogunk eljárni, mint az LL T esetnél. Most is használjuk a könnyebb követhetőség kedvéért a hullámos jelölést, vagyis legyen A LŨ. Az L -re nem kell új jelölést bevezetnünk, hiszen az LDLT -felbontásnál és az LU-felbontásnál is egyesek vannak az L diagonálisában. A 5 6 LŨ Az LDL T -felbontás előállítása tulajdonképpen megegyezik az LDU-felbontásnál megismert módszerrel. A D mátrixba rakjuk az U diagonális elemeit. Ellenőrizhetjük, hogy L T D Ũ, ehhez az Ũ sorait kell a diagonális elemekkel leosztani. Ezzel tulajdonképpen elő is állítottuk az LDL T -felbontást. L, D, L T Az LL T -felbontást elkészíthetjük az LDL T segítségével is, hiszen Tehát az L L T -felbontás L (L D)( DL) T L L T., LT. Használjuk fel az A LU felbontás eredményét. A

.. Megoldások 67 Ebből az LDL T -felbontás L, D, L T. Innen pedig az LL T -felbontás L, L T.. Használjuk fel az A LU felbontás eredményét. A Ebből az LDL T -felbontás L, D Innen pedig az LL T -felbontás L, L T, L T.. 5. Használjuk fel az A LU felbontás eredményét. A Ebből az LDL T -felbontás L, D 5 5, L T. Innen pedig az LL T -felbontás L. 5, L T 5. 6. Használjuk fel az A LU felbontás eredményét. A 6

68. Mátrix szorzat felbontások Ebből az LDL T -felbontás L, D Innen pedig az LL T -felbontás L, L T, L T....6. ILU-felbontás Gauss-eliminációval 7. Adott a J {(, ), (, ), (, )} pozícióhalmaz, amely a főátló pozícióit nem tartalmazza. A továbbiakban csillagokkal szemléltetjük ezek mátrixbeli helyzetét. Az a feladatunk, hogy meghatározzuk az A mátrix J-re illeszkedő faktorizációját. Ez olyan LU-felbontás jelent, ahol az L és U mátrix a szokásos - egy apró különbséggel l ij { lij ha (i, j) / J, ha (i, j) J u ij { uij ha (i, j) / J, ha (i, j) J és { ha (i, j) / J, q ij ha (i, j) J a ij E három mátrix segítségével fel tudjuk írni az A mátrix felbontását A LU Q alakban. Az ILU-felbontást a Gauss-elimináció segítségével végezhetjük el. A módszer k. lépése két részből áll. a) Ãk P k Q k és P k -ban a k. sorbeli (k, j) J és k. oszlopbeli a (i, k) J pozíciókat kinullázzuk. b) Ãk+ : L k P k, azaz elvégezzük P k -n a Gauss-Elimináció k. lépését. A kiindulási mátrixot A Ã -mal jelölve L L... L n a Gauss-eliminációból lépéseiből, U Ãn a felső háromszög alak és Q Q +... + Q n, vagyis a lépésenként félre rakott elemeket összepakoljuk.. lépés: Ã A P, Q

.. Megoldások 69 Az L mátrixszal való szorzás a Gauss-elimináció. lépését jelenti, tehát P -et megszorozva balról L -gyel, a P első oszlopában a főátló alatti elemek kinullázódnak. Emlékezzünk vissza a Gauss-eliminációnál (LU-felbontásnál) tanultakra! Az L mátrixot a P mátrixból úgy kapjuk, hogy az első oszlopának elemeit p () -gyel leosztjuk. P -en elvégezzük az eliminációt. L, L P. lépés: Ã L P P, Q Az L mátrixszal való szorzás a Gauss-elimináció. lépését jelenti, tehát P -t megszorozva balról L -vel, a P második oszlopában a főátló alatti elemek kinullázódnak. A Gausseliminációnál (LU-felbontásnál) tanultak szerint az L mátrixot a P mátrixból úgy kapjuk, hogy a második oszlopának diagonális alatti elemeit p () -vel leosztjuk. P -n elvégezzük az eliminációt. L, L P 8 Tehát mindent megkaptunk ahhoz, hogy kiszámoljuk a kívánt L, U és Q mátrixokat. (Érdemes megjegyezni, hogy L k megegyezik L k -val, csupán a főátló alatti elemek (-)-szeresét kell venni.) L L L 8 8 U Ã L P Q Q + Q 8. Adott J {(, ), (, )} pozícióhalmaz, ami az alábbi pozíciókat jelenti. A feladatunk, hogy meghatározzuk az A mátrix J-re illeszkedő faktorizációját.. lépés: 5 Ã A P 5, Q Az L mátrixszal való szorzás a Gauss-elimináció. lépését jelenti, tehát P -et megszorozva balról L -gyel, a P első oszlopában a főátló alatti elemek kinullázódnak. Az L mátrixot a P

7. Mátrix szorzat felbontások mátrixból úgy kapjuk, hogy az első oszlopának elemeit p () -gyel leosztjuk. P -en elvégezzük az eliminációt. 5 L 5, L P 6. lépés: 5 5 Ã L P 6 P 6, Q Az L mátrixszal való szorzás a Gauss-elimináció. lépését jelenti, tehát P -t megszorozva balról L -vel, a P második oszlopában a főátló alatti elemek kinullázódnak. Az L mátrixot a P mátrixból úgy kapjuk, hogy a második oszlopának diagonális alatti elemeit p () -vel leosztjuk. P -n elvégezzük az eliminációt. 5 L, L P 6 6 Tehát ki tudjuk számolni a kívánt mátrixokat. L L L 5 6 5 U Ã L P 6 Q Q + Q 5 6 9. Adott J {(, ), (, )}, ami az alábbi pozíciókat jelenti. A feladatunk, hogy meghatározzuk az A mátrix J-re illeszkedő faktorizációját. Ehhez először ki kell számolni a P és Q mátrixokat.. lépés: 5 Ã A P, Q Az L mátrixszal való szorzás a Gauss-elimináció. lépését jelenti, tehát P -t megszorozva balról L -gyel, a P első oszlopában a főátló alatti elemek kinullázódnak. Az L mátrixot a P mátrixból úgy kapjuk, hogy az első oszlopának elemeit p () -gyel leosztjuk. P -en elvégezzük az eliminációt. 5 L, L P 5

.. Megoldások 7. lépés: 5 5 Ã L P P, Q Az L mátrixszal való szorzás a Gauss-elimináció. lépését jelenti, tehát P -t megszorozva balról L -vel, a P második oszlopában a főátló alatti elemek kinullázódnak. Az L mátrixot a P mátrixból úgy kapjuk, hogy a második oszlopának diagonális alatti elemeit p () -vel leosztjuk. P -n elvégezzük az eliminációt. 5 L, L P Végül, a már kiszámolt mátrixokat felhasználhatjuk a kívánt L, U és Q kiszámítására. L L L 5 5 5 U Ã L P Q Q + Q 5. Adott J {(, ), (, ), (, )}, ami az alábbi pozíciókat jelenti. A feladatunk, hogy meghatározzuk az A mátrix J-re illeszkedő faktorizációját. Ehhez először ki kell számolni a P és Q mátrixokat.. lépés: Ã A P 5 5, Q 7 Az L mátrixszal való szorzás a Gauss-elimináció. lépését jelenti, tehát P -t megszorozva balról L -gyel, a P első oszlopában a főátló alatti elemek kinullázódnak. Az L mátrixot a P mátrixból úgy kapjuk, hogy az első oszlopának elemeit p () -gyel leosztjuk. P -en elvégezzük az eliminációt. L 5, L P 5 7. lépés: Ã L P 5 P, Q 5

7. Mátrix szorzat felbontások Az L mátrixszal való szorzás a Gauss-elimináció. lépését jelenti, tehát P -t megszorozva balról L -vel, a P második oszlopában a főátló alatti elemek kinullázódnak. Az L mátrixot a P mátrixból úgy kapjuk, hogy a második oszlopának diagonális alatti elemeit p () -vel leosztjuk. P -n elvégezzük az eliminációt. L, L P Az eddig kiszámolt mátrixok segítségével megkaphatjuk az eredményt. L L L 5 5 7 7 U Ã L P Q Q + Q 5 5. Adott J {(, ), (, ), (, ), (, ), (, )} pozícióhalmaz, ami az alábbi pozíciókat jelenti.. lépés: 5 Ã A P, Q Az L mátrixszal való szorzás a Gauss-elimináció. lépését jelenti, tehát P -t megszorozva balról L -gyel, a P első oszlopában a főátló alatti elemek kinullázódnak. Az L mátrixot a P mátrixból úgy kapjuk, hogy az első oszlopának elemeit p () -gyel leosztjuk. P -en elvégezzük az eliminációt. L, L P 5 7. lépés: Ã L P 5 P 5, Q 7 7 Az L mátrixszal való szorzás a Gauss-elimináció. lépését jelenti, tehát P -t megszorozva balról L -vel, a P második oszlopában a főátló alatti elemek kinullázódnak. Az L mátrixot

.. Megoldások 7 a P mátrixból úgy kapjuk, hogy a második oszlopának diagonális alatti elemeit p () -vel leosztjuk. P -n elvégezzük az eliminációt. 5 L, L P 7. lépés: Ã L P 5 P 5, Q 7 7 Az L mátrixszal való szorzás a Gauss-elimináció. lépését jelenti, tehát P -t megszorozva balról L -mal, a P harmadik oszlopában a főátló alatti elemek kinullázódnak. Az L mátrixot a P mátrixból úgy kapjuk, hogy a harmadik oszlopának diagonális alatti elemeit p () -mal leosztjuk. P -n elvégezzük az eliminációt. 5 L Végül kiszámolhatjuk az eredményeket. L L L L, L P 7 U Ã L P 5 7 Q Q + Q + Q 5..7. QR-felbontás Gram Schmidt-ortogonalizációval 5. Egy nagyon jól használható módszert ad a kezünkbe a lineáris egyenletrendszerek megoldásához a QR-felbontás. Miért is jó a QR-felbontás a lineáris egyenletrendszerek megoldásához? A válasz nagyon egyszerű, természetesen a mátrixok speciális tulajdonságai miatt igaz az alábbi ekvivalencia. A Q mátrix ortogonális mátrix, míg az R mátrix egy felső háromszögmátrix. Ax b QRx b Rx Q T b,

7. Mátrix szorzat felbontások A feladat megoldásához a Q és az R mátrixokat a következő alakban keressük. Q [ ] r r r q q q, R r r r Az egyszerűség kedvéért a Q mátrixot oszlopvektoronként fogjuk előállítani. Q és R előállításához a Gram Schmidt-ortogonalizáció képleteit használjuk. r a q r a k,..., n -re a következő képleteket használjuk. r jk < a k, q j > k r kk a k r jk q j j q k a k r kk k r jk q j Fontos megjegyezni, hogy kézi számolás esetén nem kell feltétlenül ragaszkodni a normált vektorok előállításához, ezt a végén egy egyszerű kompenzációval elő tudjuk állítani. Ezt majd egy későbbi feladat kapcsán ismertetjük. A feladatbeli mátrix 5 A 6 8, melynek a QR-felbontását keressük. Az előbbiekben leírtaknak megfelelően számítsuk ki az ismeretleneket. Az r kk elem meghatározása előtt célszerű kiszámolni az vektort, ezzel könnyítve a norma számolását. j k a k r jk q j j r a + 6 + + 6 + 9 9 7 q a r 7 6 r < a, q > 9 (5 + 8 6 + ( ) ) 7 7 7 5 a r q 8 7 7 6 6 r a r q + + ( 6) 9 + + 6 9 7 q ( a r q ) r 7 6

.. Megoldások 75 r < a, q > 7 ( + 6 + ) 7 r < a, q > ( + + ( 6)) 7 a r q r q 7 6 7 6 7 8 r a r q r q 7 6 + ( ) + 7 7 q ( a r q r q ) 6 r 7 Tehát a Q és R mátrixok Q 6 7 6 6, R 7 7 7 7. 5. Az előző feladatban ismertetett módszer alapján készítjük el az 6 A 8 7 mátrix QR-felbontását. r a + + 9 + 6 + 5 5 q a r 5 r < a, q > 5 (6 + 8 + ( ) ) 5 5 6 a r q 8 5 5 r a r q + + ( ) q ( a r q ) r r < a, q > 5 (( ) + 7 + ) 5 5 5 r < a, q > ( ) + 7 + ( ) a r q r q 7 5 5 ( ) r a r q r q ( ) + + 5 5

76. Mátrix szorzat felbontások Tehát a Q és R mátrixok Q 5 5 q ( a r q r q ) r 5, R 5 5 5. 5. Az előző feladatban ismertetett módszer alapján készítjük el az A 5 7 5 mátrix QR-felbontását. r a + 5 + + 5 + 5 5 q a r 5 a r < a, q > + 7 + 7 a r q 7 7 r a r q + + 5 5 q ( a r q ) r 5 r < a, q > + ( ) + 5 r < a, q > 9 ( + ( ) + 5 ) 5 5 a r q r q ( ) 9 5 5 5 5 + 76 5 5 + 5 5 5 7 5 5 57 68 r a r q r q 7 5 ( ) + + 7 5 q ( a r q r q ) r 5 Tehát a Q és R mátrixok Q 5 7 5 5, R 9 5 5. 7 5

.. Megoldások 77 55. Az előző feladatban ismertetett módszer alapján készítjük el az, 8 A,, 7, 7 mátrix QR-felbontását. r a + + + + q a r a r < a, q > + +, 7, 7 a r q, 7, 7 r a r q + + q ( a r q ) r r < a, q >, 8 +, +, 7, 7 r < a, q >, 8 +, +, 7, 8, 8 a r q r q,, 7, 8,, 7 Tehát a Q és R mátrixok Q. 56. Először keressük meg az r a r q r q +, +, q ( a r q r q ) r,,, R A, 7, 7, 8, mátrix QR-felbontását az eddig megismert módon, majd ezt követően egy egyszerűsített módszert mutatunk be. a) Az eddig bemutatott módszer segítségével oldjuk meg a feladatot. r a + + + + 9 q a r.

78. Mátrix szorzat felbontások r < a, q > 6 ( + + ) a r q 8 8 r a r q ( 8) + + 8 q ( a r q ) 8 r 8 r < a, q > ( + + ) 9 r < a, q > ( ( ) + + ) a r q r q Tehát a Q és R mátrixok. r a r q r q + ( ) + 9 q ( a r q r q ) r Q, R b) Az eddigi megoldások során, minden lépésben normálva tartottuk a Q mátrix oszlopvektorait. A mostani megoldásban ezt a normálást az eljárás végén hajtjuk végre. Így menet közben nem kell a normálásból fakadó esetleges nehezebb számítást okozó számokkal számolni. Ehhez az alábbi módosított képleteket használjuk. r q a k,..., n -re a következő képleteket használjuk. r jk < a k, q j > (j,..., k ) < q j, q j > r kk k q k a k r jk q j j Fontos megjegyeznünk, hogy a mátrixokat az eljárás végén kompenzálni kell a Q mátrix.

.. Megoldások 79 oszlopvektorainak normáival. r q a r < a, q > + + < q, q > + + 6 9 r 8 q a r q 8 r < a, q > < q, q > + + + + 9 9 r < a, q > < q, q > ( 8) + + 8 ( 8) ( 8) + + 8 8 r 8 q a r q r q 8 Ezt követően Q oszlopait osztjuk a -es normájukkal, míg az R sorait ugyanezekkel az értékekkel szorozzuk. q, q, q 8 Q Q 8 R R Nem meglepő módon mind a két módszer azonos megoldást adott. 57. Az előző feladat második részében megismertük a QR-felbontás meghatározásának egy egyszerűsített változatát. Most ennek a módszernek a segítségével oldjuk meg a kitűzött példát. r q a r < a, q > < q, q > + 5 + + + 8 9 r q a r q 5

8. Mátrix szorzat felbontások r < a, q > < q, q > 6 + 6 + 9 + + 6 9 r < a, q > < q, q > 6 + 6 + 9 ( ) + + ( ) ( ) 9 r 6 q a r q r q 6 9 Ezt követően Q oszlopait osztjuk a -es normájukkal, míg az R sorait ugyanezekkel az értékekkel szorozzuk. q, q, q Q Q 6 R R 58. Az előző feladatban használt módszert alkalmazzuk. r q a r < a, q > < q, q > 6 + 5 + 7 + + 8 6 r 6 q a r q 5 6 7 r < a, q > < q, q > + + 5 + + 6 r < a, q > < q, q > + ( ) + 5 + ( ) ( ) + 5 r q a r q r q 5 5 Ezt követően Q oszlopait osztjuk a -es normájukkal, míg az R sorait ugyanezekkel az értékekkel szorozzuk. q, q, q 6

.. Megoldások 8 Q Q 6 6 6 6 6 R 5 R 5 6 59. Az előző feladatban használt módszert alkalmazzuk. r q a r < a, q > < q, q > ( ) + + ( ) ( ) + + r q a r q r < a, q > < q, q > 5 ( ) + + ( ) ( ) + + r < a, q > < q, q > 5 + + + + 8 9 r 5 q a r q r q ( ) Ezt követően Q oszlopait osztjuk a -es normájukkal, míg az R sorait ugyanezekkel az értékekkel szorozzuk. q, q, q Q R Q R 6 A kapott eredményből látható, hogy az A oszlopvektorai nem lineárisan függetlenek. A kapott Q mátrix nem ortogonális, csak az első két oszlopa alkot ortonormált rendszert.

8. Mátrix szorzat felbontások 6. Az eddigi feladatban bemutatott módszert használva oldjuk meg a kitűzött feladatot. r q a r < a, q > < q, q > + + 7 + + 5 5 r q a r q 7 r < a, q > < q, q > 8 + + 6 + + 5 5 r < a, q > < q, q > 8 ( ) + + 6 ( ) ( ) + + 5 r 8 q a r q r q 6 Ezt követően Q oszlopait osztjuk a -es normájukkal, míg az R sorait ugyanezekkel az értékekkel szorozzuk. q 5, q 5, q Q R 5 5 Q R 5 5 5 5 5..8. Householder transzformáció 6. A feladat, hogy az a [ ] T vektort a kívánt alakra hozzuk, azaz k H a k e. A Householder transzformáció elvégzéséhez nincs feltétlenül szükség a transzformációs mátrix minden elemére, de a feladat megoldásához fontos ismerni a szerkezetét. A H mátrix olyan szimmetrikus és ortogonális (komplex esetben unitér) mátrix amelynek speciális alakja van: H H(v) I vv T, v a σe a σe R n

.. Megoldások 8 ahol σ sgn(a ) a. Első feladatunk a σ kiszámítása a fenti képlet alapján. σ sgn(a ) a sgn( ) a + a + a + + A v vektort a σ ismeretében megkaphatjuk egy egyszerű behelyettesítéssel a fenti képletből. a σ e v a σe a σe Ezután alkalmazzuk a transzformációt az a vektorra, hogy megkapjuk a kívánt eredményt. H(v) a (I vv T ) a a v (v T a) [ ] k Ahogy látható, a fenti képlet segítségével a transzformáció elvégezhető a H mátrix konkrét előállítása nélkül. A számolás után az a vektort sikerült a kívánt k e alakra hozni. 6. A feladat megoldásához először ki kell számolnunk a σ-t. σ sgn(a ) a sgn() a + a + a + + A σ segítségével már könnyedén kiszámolható a v vektor értéke: 5 a σ e + v a σe 5 a σe

8. Mátrix szorzat felbontások A fenti adatok segítségével a Householder-mátrix immár kiszámolható. H(v) I vv T 5 5 5 [ 5 ] 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 T 6. A feladat megoldásához első lépésként ki kell számolnunk a σ-t. σ sgn(a ) a sgn() + + 6 A σ segítségével kiszámolható a v vektor értéke. a σ e + + 6 6 v a σe a σe + 6 A fenti adatok segítségével a Householder-mátrix a következő. H(v) I vv T + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 [ + 6 ] T 6 + 6 + 6 6+ + 6 6 6+ 6 + 6 6+ 6 + 6 6+ 6 6+ 6 6+ 6 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 6+ 6 6+ 6 6+ 6

.. Megoldások 85 Ahhoz, hogy megkapjuk a k értékét, végre kell hajtanunk a transzformációt az a vektorra. + 6 6+ + 6 6 6+ + 6 6 6+ 6 + 6 6+ 6 6+ 6 6 6+ 6 k 6 + 6 6+ 6 6+ 6 6+ 6 A transzormáció a H(v) a (I vv T ) a a v (v T a) képlet alkalmazásával gazdaságosabban számolható ki. 6. A feladat megoldásához első lépésként ki kell számolnunk a σ-t. σ sgn(a ) a sgn() + + A σ segítségével a v vektor értéke is kiszámolható. 5 a σ e + a σe v 5 a σe A fenti adatok segítségével a Householder-mátrix kiszámolható. H(v) I vv T 5 [ 5 ] 5 5 5 5 5 5 5 5 5 Most, hogy megkaptuk a transzformációs mátrixot. Ahhoz, hogy megkapjuk a k értékét, alkalmaznunk kell a transzformációt az a vektoron. 5 k 5 5 5 5 65. A feladat, hogy az a [ ] T vektort a kívánt alakra hozzuk, azaz k e -re. Első feladatunk a σ kiszámítása. σ sgn(a ) a sgn() + + +

86. Mátrix szorzat felbontások Mivel megkaptuk a σ-t, a v vektort ki tudjuk számítani. a σ e + v a σe a σe Ezután már csak annyi van hátra, hogy alkalmazzuk a transzformációt az a vektorra, hogy megkapjuk a kívánt eredményt. H(v) a (I vv T ) a a v (v T a) [ ] k 66. A feladat, hogy az a [ ] T vektort a kívánt alakra hozzuk, azaz k e -re. Első feladatunk a σ kiszámítása. σ sgn(a ) a sgn() + + + Mivel megkaptuk a σ-t, kiszámíthatjuk a v vektort. a σ e + v a σe a σe Az utolsó lépés, a transzformáció alkalmazása az a vektoron, hogy megkapjuk a kívánt ered-

.. Megoldások 87 ményt. H(v) a (I vv T ) a a v (v T a) [ ] 6 6 k 67. Számoljuk ki a σ-t. σ sgn(a ) a sgn() + + + Megkaptuk a σ-t, így most már ki tudjuk számítani a v vektort. a σ e + 5 v a σe a σe 5 Ezután már csak annyi van hátra, hogy alkalmazzuk a transzformációt az a vektorra, hogy megkapjuk a kívánt eredményt. H(v) a (I vv T ) a a v (v T a) 5 [ 5 ] 5 5 5 k 68. A feladat, hogy az a [ ] T vektort a kívánt alakra hozzuk, azaz k e -re. Első feladatunk a σ kiszámítása. σ sgn(a ) a sgn() + + +

88. Mátrix szorzat felbontások Mivel megkaptuk a σ-t, lehetőségünk van arra, hogy a v vektort kiszámítsuk. a σ e + v a σe a σe Ezután már csak annyi van hátra, hogy alkalmazzuk a transzformációt az a vektorra, hogy megkapjuk a kívánt eredményt. H(v) a (I vv T ) a I a v (v T a) [ ] k 69. A feladat, hogy az a [ ] T vektort a kívánt alakra hozzuk, azaz k e -re. Első feladatunk a σ kiszámítása. σ sgn(a ) a sgn() + + + 6 5 Megkaptuk a σ-t, tehát kiszámíthatjuk a v vektort. a σ e + 5 6 v a σe a σe 6 6 Ezután már csak annyi van hátra, hogy alkalmazzuk a transzformációt az a vektorra, hogy

.. Megoldások 89 megkapjuk a kívánt eredményt. H(v) a (I vv T ) a a v (v T a) 6 6 6 [ 6 ] 6 5 k 5 7. A feladat megoldásához először ki kell számolnunk a σ-t. σ sgn(a ) a sgn() + + + A σ segítségével már könnyedén kiszámolható a v vektor értéke. a σ e v 5 + 5 a σe a σe A fenti adatok segítségével a Householder-mátrix immár kiszámolható. H(v) I vv T T 5 5 5 [ 5 ] 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5

9. Mátrix szorzat felbontások Most, hogy már megvan a H mátrix, a transzformáció elvégzéséhez csupán egy szorzásra van szükség. H(v) a 5 5 k 5 5 7. A feladat, hogy az a [ ] T vektort a kívánt alakra hozzuk, azaz k e -re. Első feladatunk a σ kiszámítása. σ sgn(a ) a A σ segítségével meghatározzuk a v vektort. a σ e sgn() + + + + 5 v + 5 + 5 a σe a σe + 5 + 5 Ezután már csak annyi van hátra, hogy alkalmazzuk a transzformációt az a vektorra, hogy megkapjuk a kívánt eredményt. H(v) a (I vv T ) a a v (v T a) + 5 ( ) + 5 [ + 5 ] + 5 5 5 + 5 (5 + 5) k 5 7. Feladatunk a C x d egyenletrendszer megoldása. Első lépésként el kell készítenünk a c vektorhoz a H mátrixot, ahol c vektor a C mátrix első oszlopa. σ sgn(c ) c sgn()

.. Megoldások 9 c σe v 8 + c σe 8 c σe 8 Miután megkaptunk minden szükséges változót a H mátrixhoz, alkalmazzuk azt a C mátrix minden oszlopvektorára. H c (I vv T ) c c v (v T c ) [ ] H c c v (v T c ) [ ] H c c v (v T c ) [ ] A fenti adatoknak köszönhetően felírhatjuk a C mátrix H Householder-mátrix-szal való szorzatának eredményét. H C A célunk, hogy a C mátrixból felső háromszögmátrixot készítsünk. Ehhez transzformációt kell alkalmaznunk a jobb alsó -es mátrixon is. Nevezzük ezt el C-nak. Az előző lépésekhez hasonlóan felírhatunk egy H Householder-mátrixot a c vektor segítségével. σ sgn() ( ) + c σe ṽ [ ] [ ] c σe c σe [ ] + + [ + ]

9. Mátrix szorzat felbontások Ezután a H mátrixot alkalmazzuk a C mátrix minden oszlopvektorára. H c c ṽ (ṽ T c ) [ ] [ ] + [ ] + [ ] + [ ] [ + ] [ ] } {{ } + H c c ṽ (ṽ T c ) [ ] [ ] + + + } {{ } [ ] + [ ] + Ezzel megkaptuk a kívánt felső háromszögmátrixot. [ + ] [ ] } {{ } [ ] + A H és H mátrixok segítségével meghatározhatjuk a Q mátrixot, míg a kapott felső háromszögmátrix megegyezik az R mátrixszal. Ezáltal megkaptuk a C mátrix QR felbontását. QR C C x d QR x d R x Q T d A következő feladatunk tehát, hogy alkalmazzuk a H -et d -re, majd annak utolsó két koordinátájára H -t. H d d v (v T d) [ ] H d d ṽ (ṽt d) [ ] + [ ] + [ + ] [ ] } {{ } + [ ] Tehát a Householder transzformációk eredménye [ ] T. Utolsó lépésként a felső háromszög alakból visszahelyettesítéssel kiszámíthatók a megoldás vektor elemei. x x x x x x x x + x x x

.. Megoldások 9 Tehát a lineáris egyenletrendszer megoldása: x [ ] T. 7. A feladat, hogy a C mátrixot felső háromszög alakra hozzuk. Ehhez Householder-transzformációt alkalmazunk a mátrixon. Első lépésként meg kell alkotnunk a c vektorhoz a H mátrixot. σ sgn(c ) c sgn() + + c σe v c σe c σe + + + Miután megkaptunk minden szükséges változót a H mátrixhoz, alkalmazzuk azt a C mátrix minden oszlopvektorára. H c (I vv T ) c c v (v T c ) + + + + [ + ] ( + ) H c c v (v T c ) + + [ + ] } {{ } + +

9. Mátrix szorzat felbontások H c c v (v T c ) + + [ + ] } {{ } + + } {{ } Miután elvégeztük a transzformációkat, a kapott eredmény felső háromszögmátrix, így készen vagyunk a feladat megoldásával. 7. A feladat, hogy a D [ ] mátrixot felső háromszög alakra hozzuk. Ehhez Householder-transzformációt alkalmazunk a mátrixon. Első lépésként meg kell határoznunk a d vektorhoz a H transzformációs mátrixot. d σe σ sqn(d ) d v sgn() + ( ) [ ] [ ] d σe d σe [ ] + + [ ] + Miután megkaptunk minden szükséges változót a H mátrixhoz, alkalmazzuk azt a D mátrix mindkét oszlopvektorára. H d (I vv T ) d d v (v T d ) [ [ ] ] [ + + [ + + ] [ + ] [ ] ( + ) [ ] ] H d d v (v T d ) [ ] [ ] + + } {{ } [ ] + [ ] + [ + ] [ ] } {{ } [ ]

.. Megoldások 95 Miután elvégeztük a transzformációkat, a kapott eredmény felső háromszögmátrix, így készen vagyunk a feladattal. [ ] 75. A feladat az Ax b egyenletrendszer megoldása. Mivel ismerjük az A mátrix QR-felbontását, így ezt felhasználva az A kiszámolása nélkül is megoldható az egyenletrendszer, hiszen QRx b Rx Q T b Qb. Mivel Q Householder-mátrix, ezért megegyezik a transzponáltjával. Ebből következik, hogy első lépésként ki kell számolni Qb-t. Qb b v (v T b) 5 [ ] 5 } {{ } 5 + 8 }{{} 6 9 7 5 8 Most már mindent előkészítettünk, hogy az R segítségével felírjuk az egyenleteket a háromszög mátrixba való behelyettesítéshez. 9x 8 x 8 9 9x + 9x 5 9x + 8 5 x 9x + 9x 7 9x 7 x 9 Tehát az eredmény: x [ 9 ] 8 T 9.

. fejezet VEKTOR- ÉS MÁTRIXNORMÁK, KONDÍCIÓSZÁM.. Feladatok... Vektornormák. Számítsuk ki az alábbi vektor -es, -es és vektornormáját! x. Számítsuk ki az alábbi vektor -es, -es és vektornormáját! 5 x 8. Mutassuk meg, hogy. és. vektornormák ekvivalens vektornormák!. Mutassuk meg, hogy. és. vektornormák ekvivalens vektornormák! 5. Mutassuk meg, hogy. és. vektornormák ekvivalens vektornormák! 6. Írjuk fel az. vektornorma által indukált mátrixnormát!... Mátrixnormák 7. Legyen T R nxn invertálható mátrix és. v egy vektornorma. a) Igazoljuk, hogy x T : Tx v vektornormát definiál! b) Írjuk fel a. T vektornorma által indukált mátrixnormát! Mi a kapcsolat a. v által indukált mátrixnormával? 8. Számoljuk ki az alábbi A mátrix, és mátrixnormáit! [ ] A

.. Feladatok 97 9. Számoljuk ki az alábbi A mátrix, és mátrixnormáit! [ ] A. Számoljuk ki az alábbi A mátrix, és mátrixnormáit! A. Igaz-e, hogy a F robenius mátrixnorma indukált mátrixnorma?. Adjunk meg egy mátrixot, melynek a F robenius mátrixnormája egyenlő az x ( ) n i Rn csak egyesekből álló vektor -es vektornormájával?. Igazoljuk, hogy bármely mátrixnormára és A K nxn mátrixra igaz, hogy a spektrálsugár kisebb egyenlő bármely normánál, azaz ρ(a) A!. Bizonyítsuk be, hogy ha A normális mátrix, akkor A ρ(a) max λ i (A)! 5. Igazoljuk, hogy ha Q K nxn unitér mátrix, akkor igazak a következő állítások. a) Qx x x K n. b) Q Q. c) QA AQ A A K nxn. 6. Bizonyítsuk be, hogy A F (tr(a A))! 7. Igazoljuk, hogy ha Q unitér mátrix, akkor QA F AQ F A F! 8. Igazoljuk, hogy ( n A F λ i (A A) i )! 9. Mutassuk meg, hogy a) a spektrálnorma és a F robenius norma ekvivalensek! b) a -es vektornorma és a F robenius norma illeszkednek!

98. Vektor és mátrixnormák, kondíciószám... Kondíciószám. Számítsuk ki az alábbi A mátrix kondíciószámát -es és mátrixnorma esetén! [ ] A 7. Számítsuk ki az alábbi A mátrix kondíciószámát -es és F robenius mátrixnorma esetén! [ ] A. Számítsuk ki az alábbi A mátrix kondíciószámát,, és F robenius mátrixnorma esetén! [ ] A. Számítsuk ki az alábbi A mátrix kondíciószámát,, és F robenius mátrixnorma esetén! [ ] A. Igazoljuk, hogy a QR felbontással kapott feladat érzékenysége (kondícionáltsága) nem változik! 5. Igazoljuk, hogy a szimmetrikus, pozitív definit A mátrixra elkészített A LL T Cholesky felbontás esetén cond (A) cond (L) cond (L T ) (cond (L))! Ez azt jelenti, hogy ha az eredeti Ax b lineáris egyenletrendszer helyett az Ly b és L T x y háromszögmátrixú egyenletrendszereket oldjuk meg, azzal a feladat érzékenysége nem változik!.. Megoldások... Vektornormák. Számítsuk ki a megadott normákat! x x x n x i + + 6 i n x i + + ( ) + + 9 i n max i x i max{; ; }

.. Megoldások 99. Számítsuk ki a megadott normákat! x x x n x i 5 + + 8 + i n x i 5 + ( ) + 8 + 5 + 9 + 6 + 6 i n max i x i max{5; ; 8; } 8. A vektornormák ekvivalensek, ha c, c > x K n : c x A x B c x A Ennek megfelelően a feladat valójában két egyenlőtlenségre bomlik. a) Először megmutatjuk, hogy Mivel c > : c x x. x n max i x i Vagyis c választással készen is vagyunk. n x i x i b) Most vizsgáljuk meg az egyenlőtlenség másik oldalát. c > : c x x n j,, n : x j max x i i n n x x j n max x i n x. i j Vagyis c n választással beláttuk a fenti egyenlőtlenséget. Vagyis ezzel megmutattuk, hogy az -es és vektornormák ekvivalensek.. Az előző feladatban alkalmazott eljárást használjuk most is. Vagyis a feladatot két részfeladatra bontjuk. a) Először megmutatjuk, hogy c > : c x x. Mivel ( ) n max x i i x n max i x i n x i i n x i x. i

. Vektor és mátrixnormák, kondíciószám Vagyis c választással kész is vagyunk. b) Most vizsgáljuk meg az egyenlőtlenség másik oldalát. c > : c x x Mivel n i ( x i n n max x i i x n x i n n max x i n x. i i ) Vagyis c n választással beláttuk az egyenlőtlenséget. Ezzel megmutattuk, hogy a -es és vektornormák ekvivalensek. 5. Az eddigieknek megfelelően most is két részre bontjuk a feladat megoldását. a) Először megmutatjuk, hogy c > : c x x. A pozitív tagú összeg négyzetre emeléséből következik, hogy ( n x i ) ( x + x +... + x n ) i x + x +... + x n + + x x +... + x x +... + x n x n n x i. i Négyzetgyököt vonva ebből már következik a bizonyítandó állítás. x n n x i x i x Vagyis c választással kész is vagyunk az egyenlőtlenség egyik oldalával. i i b) Most vizsgáljuk meg az egyenlőtlenség másik oldalát. c > : c x x A bizonyítást a Cauchy-Bunyakovszkij-Schwarz-egyenlőtlenséggel az x ( x i ) n i, e ( ) n i vektorokra felírva kapjuk. ( n ) x i < x ; e > x e i n n x i n i i i n x i. Innen gyökvonással c n.

.. Megoldások 6. Induljunk ki a definícióból. Ax A sup x x Becsüljük felülről a tört számlálóját. Használjuk közben az abszolútértékre vonatkozó háromszögegyenlőtlenséget és cseréljük meg az összegzés sorrendjét. Ax n n n n n (Ax) i a ij x j i i j a ij x j i j n n n n x j a ij max n a ik x j k j n max k i n a ik x i x esetén x normával végigosztva az egyenlőtlenséget kapjuk, hogy Ax max n x k i n a ik. Most már csak azt kell megmutatnunk, hogy x K n, amelyre teljesül az egyenlőség. Legyen x e p, vagyis az x legyen a p. kanonikus bázis vektor, amely a p. pozícióban és a többi helyen nulla. A p legyen az az oszlopa a mátrixnak, ahol maximális lesz az elemek abszolútérték összege. n i a ip n max k i n a ik Ebben az esetben az x és teljesül az egyenlőség. Ax n Ax a ip x i i j... Mátrixnormák 7. a) Igazolnunk kell, hogy teljesülnek a vektornorma tulajdonságai. Ehhez a. v -vel jelölt vektornorma tulajdonságait használjuk fel. ) x T Tx v Tx x ) λx T λtx v λ Tx v λ x T ) x + y T T(x + y) v Tx v + Ty v x T + y T Tehát a norma tulajdonságok teljesülnek. b) A vektornorma által indukált mátrixnorma A T max x. az y : Tx helyettesítéssel Ax T x T max x TAx v Tx v max y TAT y v y v TAT.

. Vektor és mátrixnormák, kondíciószám 8. A kért mátrixnormák: A A n max j n max i n a ij max n { + ; + }, i j n a ij max n { + ; + }, j n A max λ i(a A). i Határozzuk meg A A sajátértékeit. A A Iλ λ λ ( λ)( λ) λ 6λ + λ, 6 ± 6 6 Innen látszik, hogy λ + 5, λ 5. i ± 5 Innen a spektrálsugár ρ(a A) max n i λ i(a A) + 5. Gyökvonással a -es norma A + 5 9. Mivel a mátrix szimmetrikus, ezért az -es és normája megegyezik. n A a ij max n { + ; + } 6 A n max j n max i i j n a ij max n { + ; + } 6 j Mivel a megadott mátrix szimmetrikus, ezért a spektrálnormát az eredeti mátrix spektrálsugarával számíthatjuk. A max n λ i(a) i A Iλ i λ λ ( λ) λ 8λ + λ, 8 ± 6 8 ± Innen látszik, hogy λ és λ 6, így ρ(a) 6 és A 6.. Mivel a mátrix szimmetrikus, ezért az -es és normája megegyezik. n A a ij max n { + + ; + + ; + + } {5; 5; 6} 6 A n max j n max i i j n a ij max n { + + ; + + ; + + } {5; 5; 6} 6 j i

.. Megoldások Mivel a megadott mátrix szimmetrikus, ezért a spektrálnormát az eredeti mátrix spektrálsugarával számíthatjuk. A max n λ i(a) i λ A Iλ λ λ ( λ) λ λ + ( ) λ ( λ) (( λ) ) ( λ) ( λ) (( λ) ) ( λ) (λ 8λ + ) λ, 8 ± 6 56 ± Innen látszik, hogy λ és λ +, λ, így az eredmény A +.. Legyen. m indukált mátrixnorma. Ekkor igaz, hogy I m. Ez minden indukált mátrixnormára igaz, így ha a F robenius mátrixnorma is indukált lenne, akkor rá is teljesülnie kellene ennek a tulajdonságnak. Nézzük meg n esetén. n n n n I F a ij n n i j i j Következésképpen a F robenius mátrixnorma nem indukált mátrixnorma.. A csupa egyesekből álló vektor -es vektornormája x n x i n n. i i Ha olyan mátrixot keresünk, melynek minden eleme azonos, akkor a F robenius mátrix definíciója alapján n n A F a ij n i j n i j n a n n a n a n. Tehát egy lehetséges megoldás n... n A...... n... n

. Vektor és mátrixnormák, kondíciószám. Definíció szerint ρ(a) max n i λ i(a). Induljunk ki a sajátérték egyenletből, jelöljük λ -val az A sajátértékét és x -val a hozzá tartozó sajátvektort. Az első lépésben megszorozzuk mind a két oldalt x -gal, majd vesszük a normáját. Ax λ x Axx λ xx A(xx ) λ xx A háromszög-egyenlőtlenség és a mátrix normájára vonatkozó azonosság felhasználásával és az xx -val való osztással kapjuk, hogy A xx A(xx ) λ xx λ xx A λ Mivel ez λ sajátértékre igaz, így a legnagyobbra is igaz, vagyis Ezzel igazoltuk az állítást. ρ(a). Az A mátrix normális mátrix, ha A A AA. n max i λ i(a) A Ha A mátrix normális, akkor U unitér mátrix, amelyre U AU D diag(λ i (A)), azaz diagonalizálható és átlójában a sajátértékek vannak. U unitér azt jelenti, hogy U U UU I és így U U. Induljunk ki A A-ból. Tehát A A sajátértékeire A A (UDU ) UDU }{{} U D U} {{ U} DU U I UD DU λ i (A A) λ i (D D) λ i (D) λ i (A) ρ(a A) max λ i (A A) (max λ i (A) ) ρ(a) A Ezzel bebizonyítottuk az állítást. 5. a) Mivel a -es norma a jól ismert euklideszi távolság fogalom interpretációja, ezért ebben a pontban azt kell megmutatnunk, hogy az unitér transzformáció távolságtartó. Qx (Qx) Qx x Q Qx x x x b) Az indukált mátrixnorma definícióját és az előző pontban bizonyított állítást felhasználva Qx Q sup x x x sup. x x

.. Megoldások 5 c) Ismét az indukált mátrixnorma definícióját és az a) pontbeli állítást használjuk. QAx QA sup x x Ax sup A x x AQx AQ sup x x }{{} Qx sup x A(Qx) Qx }{{} y:qx Ay sup A y y Tehát ezzel igazoltuk az állítást. 6. Nézzük először, mit jelentenek a feladatban szereplő fogalmak. Az A mátrix F robenius normája definíció szerint n A F egy tetszőleges B mátrix nyoma (trace) i j n a ij, tr(b) n b ii. i Az A A mátrix főátlójában lévő elemek az alábbiak. n n (A A) ii a ji a ij a ij j j Ezt felhasználva, kiszámoljuk az A A mátrix nyomát(trace). tr(a A) ( n n ) a ji A F i i Ezzel készen is vagyunk a bizonyítással. 7. Induljunk ki a QA mátrix F robenius norma négyzetéből és használjuk fel az előző feladatban bebizonyított állítást. QA F tr ((QA) QA) tr(a Q Q A) tr(a A) A F } {{ } I Alkalmazzuk a most és eddig megmutatott összefüggéseket! Mivel A és A F robenius normája megegyezik, így AQ F ((AQ) ) F Q A F A F A F. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

6. Vektor és mátrixnormák, kondíciószám 8. Ha A A szimmetrikus, akkor Q unitér mátrix, amelyre Q A A Q D diag(λ i (A A)) (AQ) AQ D. Induljunk ki A A sajátértékeinek összegéből! n λ i (A A) tr(d) tr ((AQ) AQ) i Most felhasználjuk az előző két példában bebizonyított összefüggést. tr ((AQ) AQ) AQ F A F Ezzel be is bizonyítottuk a kívánt összefüggést. 9. Mindkét állításhoz használjuk fel az előző eredményeket. Ne felejtsük el, hogy a λ i (A A) sajátértékek nem negatívak! a) Induljunk ki az A spektrálnorma négyzetéből. A n max i λ i(a A) A F n n n λ i (A A) i max i λ i(a A) n A Tehát mind a két oldalból négyzetgyököt vonva kapjuk az alábbi összefüggést. A A F n A Ez pedig a megadott mátrixnormára az ekvivalencia definíciója. b) A. v vektornorma és a. m mátrixnorma illeszkedik, ha minden A mátrixra és x vektorra Ax v A m x v. A -es mátrixnorma illeszkedik az őt indukáló -es vektornormához. Az előző feladatbeli norma becslést felhasználva Ax A x A F x. Tehát a. vektornorma és a. F mátrixnorma illeszkednek.... Kondíciószám. Legyen. m mátrixnorma és A K nxn (n N) invertálható mátrix. A kondíciószám fogalma: cond m (A) A m A m. A feladat megoldásához első lépésként meg kell határoznunk az A mátrix inverzét. [ ] [ ] A A 7 7 Ezután a megfelelő mátrixnormákat kell meghatároznunk.

.. Megoldások 7 a) Először az -es mátrixnormához tartozó kondíciószámot határozzuk meg. A max{, 9} 9 A max{, } cond (A) 9 9 b) Most a mátrixnormához tartozó kondíciószámot határozzuk meg. A max{, } A max{9, } 9 cond (A) 9 9 Vegyük észre, hogy -es esetre mindig megegyezik az -es és mátrixnormákhoz tartozó kondíciószám. Ennek a meggondolását az olvasóra bízzuk.. Az előző feladatban leírtaknak megfelelően első lépésként meghatározzuk az A mátrix inverzét. [ ] A A [ ] Most már csak a megfelelő mátrixnormákat kell meghatároznunk. a) Először a -es mátrixnormához tartozó kondíciószámot határozzuk meg. Mivel a mátrix szim metrikus, ezért egyszerűbben számolható a mátrixnorma. A ρ(a) max λ i (A) Ehhez ki kell számítanunk a mátrix sajátértékeit. A λi λ λ ( λ) λ λ λ, ± + Tehát a mátrix sajátértékei: λ és λ. ± ± A -es norma szimmetrikus mátrix esetén a maximális abszolútértékű sajátérték, A. Most már csak az inverz mátrixra kell ugyanezt megismételni. Egy egyszerűsítéssel élünk és nem a fent bemutatott módszert ismételjük meg. Mivel az A sajátértéke az A sajátértékének reciproka, így A max min λ i. Ezt felhasználva λ i cond (A) max λ i min λ i. b) A következő lépésben meghatározzuk a F robenius márixnormához tartozó kondíciószámot. A F ( + + + ) ( + + + ) A F (( ) + + + ( ) ) cond F (A) ( + + + )

8. Vektor és mátrixnormák, kondíciószám Mivel A szimmetrikus mátrix, ezért A a legkisebb norma és ρ(a) A. Az A -re ugyanez igaz, tehát a cond (A) a legkisebb kondíciószám.. Az előző feladatban leírtaknak megfelelően első lépésként meghatározzuk az A mátrix inverzét. [ ] A A [ ] [ ] Ezután a megfelelő mátrixnormákat kell meghatároznunk. a) Először az -es mátrixnormához tartozó kondíciószámot határozzuk meg. A max{, } { A max, } cond (A) b) Most a mátrixnormához tartozó kondíciószámot határozzuk meg. A max{, } A max{, } cond (A) c) A következőkben a -es mátrixnormához tartozó kondíciószámot határozzuk meg. Az A -t már a 8. feladatban meghatároztuk A + 5. Az A -hoz először az (A ) A mátrix sajátértékeit kell meghatároznunk. A karakterisztikus polinomja (A ) A (A ) A λi λ 6λ +. [ ] [ ] [ 5 5 λ λ (( ) ( ) 5 λ λ ) λ 6 6 λ + λ, 6 ± 6 6 8 Tehát a mátrix sajátértékei: λ 5 és λ + 5 Innen A -es kondíciószám ρ((a ) A ) + 5 cond (A) 6 ± 8. A ] ± 5 + + 5 5 + 5 + 5 + 5. Egy kevesebb számolást igénylő megoldást is mutatunk. Az (A ) A mátrix sajátértékeit meghatározhatjuk közvetlenül az A A mátrix sajátértékeiből, ugyanis (A ) A (AA ), és AA A (AA )A A A,

.. Megoldások 9 vagyis A A és AA hasonló, a sajátértékeik megegyeznek. Az (AA ) sajátértékei az A A sajátértékeinek reciprokai, azaz és 5 +. 5 ρ((a ) A ) 5 + 5 A + 5 d) Már csak a F robenius márixnormához tartozó kondíciószámot kell meghatároznunk. A F (( ) + + + ) ( + + + ) 6 A F (( ) + + + ) ( + + + ) 6 cond F (A) 6 6 6. Az előző feladatban leírtaknak megfelelően első lépésként meghatározzuk az A mátrix inverzét. A [ ] A Már csak a megfelelő mátrixnormákat kell meghatároznunk. [ ] a) Először az -es mátrixnormához tartozó kondíciószámot határozzuk meg. A max{ 6, 6} 6 A max{ 6, 6} cond (A) 6 b) Most a mátrixnormához tartozó kondíciószámot határozzuk meg. A max{ 6, 6} 6 A max{ 6, 6} cond (A) 6 c) A következőkben a -es mátrixnormához tartozó kondíciószámot határozzuk meg. A λi λ 8λ + λ λ ( λ) λ, 8 ± 6 8 Tehát a mátrix sajátértékei: λ és λ 6. 8 ± Számolhatunk kondíciószámot közvetlenül a sajátértékekből cond (A) max λ i min λ i 6. ±

. Vektor és mátrixnormák, kondíciószám d) Most már csak a F robenius márixnormához tartozó kondíciószámot kell meghatároznunk. A F ( + + + ) (6 + + + 6) A F ( + ( ) + ( ) + ) (6 + + + 6) 6 cond F (A) 6. Induljunk ki az Ax b lineáris egyenletrendszer megoldásából úgy, hogy felhasználjuk az A QR felbontást! Ax b QRx b Rx Q b Korábban láttuk, hogy az unitér mátrixok esetén az ortogonális transzformációk normatartóak, így vagyis cond (A) cond (R). A QR R A (QR) R Q R Látjuk hogy az eredeti és a felső háromszögmátrixú lineáris egyenletrendszer kondíciószáma megegyezik, ez azt jelenti, hogy a QR felbontás nem változtatja meg a lineáris egyenletrendszer érzékenységét. 5. A Cholesky felbontásból A LL T. Elvégezve az L mátrix-szal egy hasonlósági transzformációt azt kapjuk, hogy L AL L T L. Ez azt jelenti, hogy LL T és L T L hasonlóak, a sajátértékeik megegyeznek, így a spektrálsugaruk is. ρ (A) ρ (LL T ) ρ (L T L) A -es (spektrálnorma) definíciójából L ϱ(l T L) ϱ(ll T ) L T L L T. A fenti gondolatmenetet ismételjük meg az L -re. Mivel A (LL T ) (L T ) L (L ) T L, az L mátrix-szal elvégezve egy hasonlósági transzformációt L A L L (L ) T. Tehát (L ) T L és L (L ) T hasonlóak, a sajátértékeik megegyeznek, így a spektrálsugaruk is. ρ (A ) ρ ((L ) T L ) ρ ( L (L ) T ) A -es (spektrálnorma) definíciójából L ϱ( (L ) T L ) ϱ( L (L ) T ) (L ) T L (L ) T.

.. Megoldások Innen látjuk, hogy cond (L) L L L T (L T ) cond (L T ). Mivel A és A is szimmetrikus mátrix, a -es mátrixnorma a spektrálsugarukból közvetlenül is számolható. A ρ(a) L, A ρ(a ) L Ezzel minden részletet bizonyítottunk a befejezéshez. A A cond (A) (cond (L))

. fejezet LINEÁRIS EGYENLETRENDSZER MEGOLDÁSÁNAK ITERÁCIÓS MÓDSZEREI.. Feladatok... Egyszerű iteráció. Adott az x k+ Bx k + c egyenlőség, ahol,,, B,,,, c, 5,,, Konvergens-e x R -re? Írjuk fel a hibabecslést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez? Melyik lineáris egyenletrendszer megoldásához konvergál?. Adott az x k+ Bx k + c egyenlőség, ahol,,,, B, 5,,, c,,,, Konvergens-e x R -re? Írjuk fel a hibabecslést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez? Melyik lineáris egyenletrendszer megoldásához konvergál?. Adott az x k+ Bx k + c egyenlőség, ahol B [,,, 7, ], c [ ],, Konvergens-e x R -re? Írjuk fel a hibabecslést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez? Melyik lineáris egyenletrendszer megoldásához konvergál?. Adott az x k+ Bx k + c egyenlőség, ahol,,,,, B,,,,,,,,, c,,,,,,,

.. Feladatok Konvergens-e x R -re? Írjuk fel a hibabecslést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez? Melyik lineáris egyenletrendszer megoldásához konvergál?... Jacobi-iteráció 5. Legyen Konvergál-e a mátrixra felírt J()? A 6. Legyen Konvergál-e a mátrixra felírt J()? 7. Legyen Konvergál-e a mátrixra felírt J()? [ A ] A 8 8. Legyen 5 A, b 6 Megoldható-e a lineáris egyenletrendszer Jacobi-iterációval? Ha igen, akkor végezzünk lépést! 9. Legyen A, b Megoldható-e a lineáris egyenletrendszer Jacobi-iterációval? Ha igen, akkor végezzünk lépést!. Legyen A, b Megoldható-e a lineáris egyenletrendszer Jacobi-iterációval? Ha igen, akkor végezzünk lépést!... Gauss Seidel-iteráció. Legyen Konvergál-e a mátrixra felírt S()? A

. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei. Legyen Konvergál-e a mátrixra felírt S()? A. Legyen Konvergál-e a mátrixra felírt S()? A. Legyen Konvergál-e a mátrixra felírt S()? 5. Legyen Konvergál-e a mátrixra felírt S()? A 8 A 6. Legyen A, b Megoldható-e a feladat Gauss-Seidel-iterációval? Ha igen, akkor végezzünk lépést! 7. Legyen A, b 6 Megoldható-e a feladat Gauss-Seidel-iterációval? Ha igen, akkor végezzünk lépést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez? 8. Legyen A, b Megoldható-e a feladat Gauss-Seidel-iterációval? Ha igen, akkor végezzünk lépést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez? 9. Legyen A, b Megoldható-e a feladat Gauss-Seidel-iterációval? Ha igen, akkor végezzünk lépést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez?

.. Feladatok 5. Legyen 5 A 5, b Megoldható-e a feladat Gauss-Seidel-iterációval? Ha igen, akkor végezzünk lépést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez?... Paraméteres iterációk: csillapított Jacobi-iteráció és a relaxációs módszer. Legyen A Alkalmazzuk az A mátrixra a csillapított Jacobi-iterációt! Milyen ω-ra lesz konvergens? Melyik ω-ra lesz optimális?. Legyen A Alkalmazzuk az A mátrixra a csillapított Jacobi-iterációt! Milyen ω-ra lesz konvergens?. Legyen A Alkalmazzuk az A mátrixra a csillapított Jacobi-iterációt! Milyen ω-ra lesz konvergens? Melyik ω-ra lesz optimális?. Legyen A Alkalmazzuk az A mátrixra a csillapított Jacobi-iterációt! Milyen ω-ra lesz konvergens? Melyik ω-ra lesz optimális? 5. Legyen 5 A 5 5 Alkalmazzuk az A mátrixra a csillapított Jacobi-iterációt! Milyen ω-ra lesz konvergens? Melyik ω-ra lesz optimális? 6. Legyen A [ ] Vizsgáljuk meg az A-ra felírt relaxációs módszert! Adjunk olyan ω paramétert, melyre a módszer gyorsabb a Gauss Seidel-iterációnál!

6. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei 7. Legyen A [ ] [ ], b Alkalmazzuk az Ax b lineáris egyenletrendszerre a relaxációs módszert! ω esetén számítsuk ki a relaxációs módszer két lépését az x kezdővektorral! Adjunk olyan ω paramétert, melyre a módszer gyorsabb a Gauss Seidel-iterációnál! 8. Legyen A, b 6 Alkalmazzuk az Ax b lineáris egyenletrendszerre a relaxációs módszert! ω paraméter esetén hajtsuk végre a relaxációs módszer két lépését! Milyen ω-ra lesz konvergens? Melyik ω-ra lesz optimális? 9. Legyen A Konvergál-e a mátrixra felírt relaxációs módszer? Milyen ω-ra lesz konvergens? Melyik ω-ra lesz optimális?..5. Richardson-iteráció. Tekintsük az x k+ (I c A ) x k + c b Richardson-iterációt az Ax b lineáris egyenletrendszer megoldására, ahol A szimmetrikus, pozitív definit mátrix és c R + : ρ(a) < c. Igazoljuk, hogy x -ra konvergens!. Legyen A, b. Alkalmazzuk az Ax b lineáris egyenletrendszerre a. feladatban szereplő Richardsoniterációt és bizonyítsuk a módszer konvergenciáját, ha tudjuk, hogy ρ(a) < 6 c. Az x R kezdővektorral végezzünk két lépést és adjuk meg az iteráció hibabecslését.. Tekintsük az x k+ (I 79c A ) x k + 7 9c b Richardson-iterációt az Ax b lineáris egyenletrendszer megoldására, ahol A szimmetrikus, pozitív definit mátrix és c R + : ρ(a) < c. Igazoljuk, hogy x -ra konvergens!. Tekintsük az x k+ (I 5c A ) x k + 5c b Richardson-iterációt az Ax b lineáris egyenletrendszer megoldására, ahol A szimmetrikus, pozitív definit mátrix és c R + : ρ(a) < c. Igazoljuk, hogy x -ra konvergens!

.. Feladatok 7. Legyen A, b. Alkalmazzuk az Ax b lineáris egyenletrendszerre a Richardson-iterációt! Milyen p R esetén konvergens? Mi az optimális paraméter? 5. Legyen A [ ], b [ ]. Alkalmazzuk az Ax b lineáris egyenletrendszerre a Richardson-iterációt! Milyen p R esetén konvergens? Mi az optimális paraméter?..6. ILU-algoritmus 6. Legyen P 8, Q 8, b Konvergál-e az ILU-algoritmus? Ha igen, akkor tegyünk meg lépést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez? 7. Legyen 8 8 8 P 6 6, Q, b 5 Konvergál-e az ILU-algoritmus? Ha igen, akkor tegyünk meg lépést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez? 8. Legyen 5 P 6, Q, b 5 5 8 Konvergál-e az ILU-algoritmus? Ha igen, akkor tegyünk meg lépést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez? 9. Legyen 5 5 P 6, Q, b 5 Konvergál-e az ILU-algoritmus? Ha igen, akkor tegyünk meg lépést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez?. Legyen P [ ] 5, Q [ ], b [ ] 5 Konvergál-e az ILU-algoritmus? Ha igen, akkor tegyünk meg lépést! Hány lépés kell a pontosság eléréséhez?

8. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei.. Megoldások... Egyszerű iteráció. Első lépésként meg kell vizsgálni a konvergenciát. Ehhez használjuk fel az elégséges feltételt. Elégséges feltétel: Ha valamely illeszkedő mátrixnormában az átmenetmátrixra B <, akkor x R n -ből indítva az iterációt, konvergens lesz az (x k ) iterációs sorozat. Tehát a konvergencia sem x -tól, sem pedig c-től nem függ. Konkrét példánkra tehát x R -re konvergens. B max j a ij, 6 <, i Hibabecslés: A k. közelítő vektorra adott hibabecslés alakja x k x ahol q B a kontrakciós együttható. qk q x x, Ahhoz, hogy a képletet alkalmazzuk, ki kell számítanunk x -et. Ehhez ki kell számolnunk az iteráció első lépését. Mivel bármely x -ból indítva az iteráció konvergens, ezért válasszunk egy kezdővektort. Legyen x [ ] T., x B x + c c, 5, Így már kiszámolható a hibabecslés. (q B, 6 a B mátrix -es normája.) x k x, 6k, 6, 7 Lépésszám: Meg kell határoznunk a lépésszámot a pontosság eléréséhez., 6 k, 7, 6 ( ) k 7 5 7 ( ) 7 lg ( ) 5 k ( ) 5 k lg k lg ( 7 ) lg ( ) 5, 6

.. Megoldások 9 Tehát k 5 lépés elegendő a pontosság eléréséhez. Utolsó lépésként azt kell meghatároznunk, hogy melyik lineáris egyenletrendszer megoldásához konvergál az iteráció. Az iteráció x határértékére (a fixpontra) Tehát a megoldás x Bx + c (I B) x b } {{ } Ax b. A,,, 6, A,,,,, 7,, b,,,, 6, c, 5.,. Első lépésként meg kell vizsgálni a konvergenciát. Ehhez használjuk fel az elégséges feltételt. B B max j max i a ij Nem alkalmas! i a ij, 9 < j Tehát x R -re konvergens. Hibabecslés: Az alábbi képletet alkalmazzuk. x k x qk q x x Ahhoz, hogy a képletet alkalmazni tudjuk, ki kell számítanunk x -et. Ehhez ki kell számolnunk az iteráció első lépését. Mivel minden x -ból indítva az iteráció konvergens, ezért válasszunk egy kezdővektort. Legyen x [ ] T., x B x + c c,, A B mátrix -normája alkalmas q-nak, így már kiszámolható a hibabecslés a normában. Lépésszám: x k x, 9k, 9,

. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei Meg kell határoznunk a lépésszámot a pontosság eléréséhez., 9 k,, ( ) 9 k ( ) k 9 ( ) 9 k lg ( ) lg ( ) k lg lg ( 9 Tehát k 8 lépés elég a pontosság eléréséhez. ) 75, 99 Utolsó lépésként azt kell meghatároznunk, hogy melyik lineáris egyenletrendszer megoldásához konvergál az iteráció. Az iteráció x határértékére (a fixpontra) x Bx + c (I B) x b } {{ } Ax b. A Tehát a megoldás,,,, 9,, A, 5,,, 5, 7, b,,,, 9, c,.,. A feladat megoldásához először meg kell vizsgálni a konvergencia teljesülését. Ehhez használjuk fel az elégséges feltételt. B max a ij, 9 < j i Mivel találtunk olyan illeszkedő mátrixnormát, aminek az értéke kisebb mint, ezért x R -re konvergens. Hibabecslés. Az alábbi képletet alkalmazzuk. x k x qk q x x Ahhoz, hogy a képletet alkalmazni tudjuk, ki kell számítanunk x -et. Ehhez ki kell számolnunk az iteráció első lépését. Mivel minden x -ból indítva az iteráció konvergens, ezért válasszunk egy kezdővektort. Legyen x [ ] T. x B x + c c [ ],,

.. Megoldások Így már kiszámolható a hibabecslés. (B mátrix egyes normája alkalmas q-nak.) x k x, 9k, 9, Lépésszám: Meg kell határoznunk a lépésszámot a pontosság eléréséhez., 9 k,, ( ) 9 k ( ) k 9 ( ) 9 k lg ( ) lg ( ) k lg lg ( 9 Tehát k 57 lépés elég a pontosság eléréséhez. ) 56, 87 Utolsó lépésként azt kell meghatároznunk, hogy melyik lineáris egyenletrendszer megoldásához konvergál az iteráció. Az iteráció x határértékére (a fixpontra) Tehát a megoldás x Bx + c (I B) x b } {{ } Ax b. A A [ b c ] [,, [ ],,, 7, ]. [, 8 ],, 7,. Első lépésként meg kell vizsgálni a konvergenciát. Ehhez használjuk fel az elégséges feltételt: B B B F max j max i a ij Nem alkalmas! i a ij Nem alkalmas! j i j a ij, 7, 85 < Tehát x R -re konvergens. Hibabecslés. Az alábbi képletet alkalmazzuk. x k x qk q x x

. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei Ahhoz, hogy a képletet alkalmazni tudjuk, ki kell számítanunk x -et. Ehhez ki kell számolnunk az iteráció első lépését. Mivel minden x -ból indítva az iteráció konvergens, ezért válasszunk egy kezdővektort. Legyen x [ ] T., x B x + c c,,, A hibabecslés így már kiszámolható. Mivel a. F norma illeszkedik a. normára, ezért a hibabecslésben használhatjuk a vektoroknál a. normát. (B mátrix. F -normája alkalmas q-nak.) x k x, 85k, 55, 85 Lépésszám: Meg kell határoznunk a lépésszámot a pontosság eléréséhez., 85 k, 55, 5 ( ) 7 k ( ) lg ( ) k 7 k lg ( ) 7 k lg ( ) lg ( ) 5, 5 7 Tehát k 5 lépés elég a pontosság eléréséhez. Utolsó lépésként azt kell meghatároznunk, hogy melyik lineáris egyenletrendszer megoldásához konvergál az iteráció. Az iteráció x határértékére (a fixpontra) Tehát a megoldás x Bx + c (I B) x b } {{ } Ax b. A,,,, A,,,,,,,,,,,,, 8,,,,, 8,,,,, 8, b,,,, 8, c,,.,

.. Megoldások... Jacobi-iteráció 5. A továbbiakban a Jacobi-módszerre a J() rövidítést fogjuk használni, utalva ezzel arra, hogy a csillapított Jacobi-iterációban ω paraméterrel kapjuk meg a Jacobi-iterációt. Tudjuk, hogy Ax b x D (L + U)x + b. Innen a Jacobi-iteráció x k+ D (L + U) x } {{ } k + } D{{ b}. átmenetmátrix c Első lépésként meg kell határoznunk az átmenetmátrixot. B J() D (L + U) ahol Tehát A L + D + U + +. B J() Mivel megkaptuk az átmenetmátrixot, meg kell vizsgálnunk, hogy melyik konvergencia tétel feltételei teljesülnek. Először megvizsgáljuk az elégséges feltételt. B J() B J() B J() F 8 > Mint látható mindegyik normával kapott eredmény nagyobb, mint egy, tehát az elégséges feltétel ebben az esetben nem használható. Megjegyzés. Ha a mátrixban találhatóak -nél nagyobb elemek, akkor az elégséges feltétel nem használható. Mivel az elégséges feltételt nem tudtuk használni, a szükséges és elégséges feltételt kell alkalmaznunk Szükséges és elégséges feltétel: x R n -ből indított iteráció konvergens ρ(b) <, ahol ρ(b) max n i λ i a B mátrix spektrálsugara. A spektrálsugár nagysága mutatja a konvergencia gyorsaságát.

. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei A sajátértékek meghatározásához írjuk fel a karakterisztikus polinomot! λ det(b J() λi) λ λ λ λ λ λ λ q λ(λ ) ( λ ) ( + λ) λ + λ + λ + λ λ λ,, A sajátértékek alapján a mátrix spektrálsugara ρ(b J() ) max{ λ, λ, λ } <, így x R -re J() konvergens lesz! Ha az átmenetmátrix spektrálsugara nulla, akkor véges iterációra számíthatunk, legfeljebb n lépésben konvergál. 6. Első lépésként meg kell határoznunk az átmenetmátrixot. [ ] A L + D + U + Tehát [ ] + [ ] [ ] [ ] B J() D (L + U) [ ] [ ] [ ] [ ]. 8 8 Vizsgáljuk meg a konvergenciát! Először az elégséges feltételt vizsgáljuk. B J() B J() B J() F + 9 6 > Mint látható mindegyik normával kapott eredmény nagyobb mint egy, tehát az elégséges feltétel ebben az esetben nem használható, ezért a szükséges és elégséges feltételt kell alkalmaznunk. A sajátértékek meghatározásához írjuk fel a karakterisztikus polinomot! det(b J() λi) λ 8 λ λ + λ, Mint látható a sajátértékek komplex számok, de ρ(b J() ) teljesül. <, így a konvergencia

.. Megoldások 5 7. Első lépésként meg kell határoznunk az átmenetmátrixot. B J() D (L + U), ahol A L + D + U 8 + + Tehát B J() 8 8 Az átmenetmátrixot megkapva, lehetőségünk van a konvergencia vizsgálatára. Mivel a >, ezért az elégséges feltétel biztosan nem teljesül. A szükséges és elégséges feltétel teljesülését kell megvizsgálnunk. A sajátértékek meghatározásához írjuk fel a karakterisztikus polinomot. λ det(b J() λi) λ λ ( λ (λ ) λ ) λ + λ λ λ + λ λ, λ Most már tudjuk a mátrix spektrálsugarát. ρ(b J() ) max{ λ, λ, λ }, 866 < Tehát a Jacobi-iteráció konvergens a megadott mátrixra. 8. Első lépésként meg kell vizsgálnunk, hogy a feladatra konvergens-e a Jacobi-iteráció.

6. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei Először ki kell számolni az átmenetmátrixot. B J() D (L + U) 5 6 5 6 5 5 5 5 6 6 Megkaptuk az átmenetmátrixot, az elégséges feltételt kell megvizsgálnunk. B J() < Mivel találtunk olyan illeszkedő normát, aminek az értéke egynél kisebb, így x R -ből indítva az iterációt, konvergens lesz. Ezzel tehát beláttuk, hogy a feladat megoldható Jacobiiterációval. Ahhoz, hogy kiszámoljuk az első két lépést, alkalmas x -t kell választanunk. Mivel bármilyen x jó, ezért a legegyszerűbb megoldás az x [ ] T vektor. Tudjuk, hogy Innen a Jacobi-iteráció Most. lépés:. lépés: Ax b x D (L + U)x + b. x k+ D (L + U) x } {{ } k + } D{{ b}. átmenetmátrix c 5 5 B J() 5 c 6 6 x D (L + U) x + D b B J() + c c 5 6 x D (L + U) x + D b B J() x + c 5 5 + 9 9 + 6 5 6 5 6 9 6 9 5 6

.. Megoldások 7 9. Első lépésként meg kell vizsgálnunk, hogy a feladatra konvergens-e a Jacobi-iteráció. Először ki kell számolni az átmenetmátrixot. B J() D (L + U) Megkaptuk az átmenetmátrixot, az elégséges feltételt kell megvizsgálnunk. B J() < Mivel találtunk olyan illeszkedő normát, aminek az értéke kisebb, mint egy, teljesül az a feltétel, hogy x R -ből indítva az iterációt, konvergens lesz. Ezzel tehát beláttuk, hogy a feladat megoldható Jacobi-iterációval. Ahhoz, hogy kiszámoljuk az első két lépést, alkalmas x -t kell választanunk. Mivel bármilyen x jó, ezért a legkézenfekvőbb megoldás az x [ ] T vektor. Az x k+ D (L + U) x k + D b képletet felhasználva, könnyen elvégezhetjük az első két lépést.. lépés:. lépés: x D (L + U) x + D b B J() + c c x D (L + U) x + D b B J() x + c + 8 + 8. Első lépésként meg kell vizsgálnunk, hogy a feladatra konvergens-e a Jacobi-iteráció. Először ki kell számolni az átmenetmátrixot. B J() D (L + U)

8. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei Megkaptuk az átmenetmátrixot, az elégséges feltételt kell megvizsgálnunk. Mivel a mátrix elemei kivétel nélkül egynél nagyobb számok, ezért az elégséges feltételt nem lehet alkalmazni. A szükséges és elégséges feltételt kell alkalmazni. A sajátértékek meghatározásához írjuk fel a karakterisztikus polinomot. λ det(b J() λi) λ λ λ λ λ λ λ Az átmenetmátrix spektrálsugara λ(λ ) ( λ ) ( + λ) λ + λ + λ + λ λ λ,, ρ(b J() ) max{ λ, λ, λ } <. Ezzel tehát beláttuk, hogy a Jacobi-iteráció bármely x vektorra konvergens, így a feladat megoldható Jacobi-iterációval. Ahhoz, hogy kiszámoljuk az első három lépést, alkalmas x -t kell választanunk. A legegyszerűbb megoldás az x [ ] T vektor. Az x k+ D (L + U) x k + D b képletet felhasználva, könnyen elvégezhetjük az első három lépést.. lépés:. lépés:. lépés: x D (L + U) x + D} {{ b} B J() + c c c x B J() x + c + + 5 x B J() x + c + 5 6 + 7 8 9

.. Megoldások 9... Gauss Seidel-iteráció. A továbbiakban a Gauss Seidel-iterációra az S() rövidítést fogjuk használni, utalva ezzel arra, hogy a relaxációs módszerben ω paraméterrel kapjuk meg a Gauss Seidel-iterációt. Tudjuk, hogy Ax b x (D + L) Ux + (D + L) b. Innen a Jacobi-iteráció x k+ (D + L) U x } {{ } k + (D + L) b. } {{ } átmenetmátrix c A feladatunk, hogy meghatározzuk, hogy az A mátrixra felírt Gauss-Seidel-iteráció konvergense. Ehhez első lépésként az átmenetmátrixot kell kiszámítanunk. Tudjuk, hogy ahol, B S() (L + D) U A L + D + U + + Ezt felhasználva kapjuk meg a B S() mátrixot. B S() A konvergencia vizsgálatához először megpróbáljuk használni az elégséges feltételt. Elégséges feltétel: Ha valamely illeszkedő mátrixnormában az átmenetmátrixra B <, akkor x R n -ből indítva az iterációt, konvergens lesz az (x k ) iterációs sorozat. B S(), 5 B S() 5 B S() F Mivel nem találtunk olyan mátrixnormát, ami kisebb lenne egynél, ezért a szükséges és elégséges feltételt használjuk. Szükséges és elégséges feltétel: x R n -ből indított iteráció konvergens ρ(b) <, ahol ρ(b) max n i λ i a B mátrix spektrálsugara.

. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei A sajátértékek meghatározásához írjuk fel a karakterisztikus polinomot! λ det(b S() λi) λ λ (( ) λ ( λ ) ( λ )) ( λ λ + ) λ λ,, A sajátértékek segítségével kiszámoljuk a spektrálsugarat. ρ(b J() ) max{ λ, λ, λ } < Ezzel tehát beláttuk, hogy az A mátrixra felírt S() iteráció konvergens. Ha az átmenetmátrix spektrálsugara nulla, akkor véges iterációra számíthatunk, legfeljebb n lépésben konvergál.. A feladatunk, hogy meghatározzuk, hogy az A mátrixra felírt Gauss-Seidel-iteráció konvergense. Ehhez első lépésként az átmenetmátrixot kell kiszámítanunk. B S() (L + D) U 8 A konvergencia vizsgálatához először megpróbáljuk az elégséges feltételt használni. Mivel a mátrixban találhatóak egynél nagyobb elemek is, ezért az elégséges feltétel nem teljesül. A szükséges és elégséges feltétellel kell próbálkoznunk. A sajátértékek meghatározásához írjuk fel a karakterisztikus polinomot! λ det(b S() λi) λ λ ( λ ( λ) ( ) ( λ ( λ + λ + λ + λ ) λ 5 λ λ, ) ) ( ) λ 5 λ 5 Mivel találtunk egynél nagyobb sajátértéket, ezért a spektrálsugár is nagyobb lesz egynél. ρ(b J() ) max{ λ, λ, λ } 5 >

.. Megoldások Mint látható nem teljesül a szükséges és elégséges feltétel, ezért a konvergencia nem teljesül minden kezdővektorra!. A feladatunk, hogy meghatározzuk, hogy az A mátrixra felírt Gauss-Seidel-iteráció konvergense. Ehhez első lépésként az átmenetmátrixot kell kiszámítanunk. B S() (L + D) U 8 6 8 6 Mivel a mátrixban egynél nagyobb abszolút értékű elemek vannak, ezért az elégséges feltétel nem használható. A szükséges és elégséges feltétellel kell próbálkoznunk. A sajátértékek meghatározásához írjuk fel a karakterisztikus polinomot! det(b S() λi) λ λ 8 6 λ λ (( λ)( 6 λ) + 8) λ( λ + 6λ + λ + 8) λ λ + λ λ, ± 8 Mivel találtunk egynél nagyobb sajátértéket, ezért a spektrálsugár is nagyobb lesz egynél. ρ(b J() ) max{ λ, λ, λ } + 8 > Mint látható nem teljesül a szükséges és elégséges feltétel, ezért a konvergencia nem teljesül minden kezdővektorra.. A feladatunk, hogy meghatározzuk, hogy az A mátrixra felírt Gauss-Seidel-iteráció konvergense. Ehhez első lépésként az átmenetmátrixot kell kiszámítanunk. B S() (L + D) U 8 8 8 8 Mivel a mátrixban egynél nagyobb abszolút értékű elemek vannak, ezért az elégséges feltétel nem használható. A szükséges és elégséges feltétellel kell próbálkoznunk. A sajátértékek

. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei meghatározásához írjuk fel a karakterisztikus polinomot! λ det(b S() λi) λ 8 λ λ (( ) ( ) ( λ λ )) 8 ( λ 8 + λ λ + λ + ) 8 λ λ λ, λ λ A sajátértékek segítségével az átmenetmátrix spektrálsugara kiszámítható. ρ(b J() ) max{ λ, λ, λ } < Mivel a spektrálsugár egynél kisebb, ezért az A mátrixra felírt S() iteráció konvergens minden kezdővektorra. 5. A feladatunk, hogy eldöntsük, az A mátrixra felírt Gauss-Seidel-iteráció konvergens-e. Ehhez első lépésként az átmenetmátrixot kell kiszámítanunk. B S() (L + D) U Mivel a mátrixban egynél nagyobb abszolút értékű elemek vannak, ezért az elégséges feltételt nem használhatjuk. A szükséges és elégséges feltételt kell alkalmaznunk. A sajátértékek meghatározásához írjuk fel a karakterisztikus polinomot! det(b S() λi) λ λ λ λ (( λ)( λ) ( ) )) λ( 6 + λ λ + λ + 6) λ λ,, A sajátértékek segítségével az átmenetmátrix spektrálsugara kiszámítható. ρ(b J() ) max{ λ, λ, λ } < Ha az átmenetmátrix spektrálsugara nulla, akkor véges iterációra számíthatunk, legfeljebb n lépésben konvergál.

.. Megoldások 6. A feladatunk, hogy eldöntsük, az A mátrixra felírt Gauss-Seidel-iteráció konvergens-e. Ehhez első lépésként az átmenetmátrixot kell kiszámítanunk. B S() (L + D) U Mivel a mátrixban vannak egy abszolútértékű elemek, ezért az elégséges feltételt nem használhatjuk. A szükséges és elégséges feltételt kell alkalmaznunk. A sajátértékek meghatározásához írjuk fel a karakterisztikus polinomot! det(b S() λi) λ λ λ λ(λ ) λ λ,, Mivel az átmenetmátrix felsőháromszög alakú és diagonálisában nullák vannak, ezért ránézésre is látszik, hogy a nulla háromszoros sajátértéke. Az átmenetmátrix spektrálsugara így nulla. ρ(b J() ) max{ λ, λ, λ } < Ha az átmenetmátrix spektrálsugara nulla, akkor véges iterációra számíthatunk, legfeljebb n lépésben konvergál. Ahhoz, hogy kiszámoljuk az első három lépést, alkalmas x -t kell választanunk. Mivel bármilyen x -ra konvergens, ezért a legegyszerűbb megoldás az x [ ] T vektor. Tudjuk, hogy Ax b x (D + L) Ux + (D + L) b. Innen a Gauss-Seidel-iteráció x k+ (D + L) U x } {{ } k + (D + L) b. } {{ } átmenetmátrix c Ezt felhasználva, el tudjuk végezni az iteráció első három lépését.. lépés:. lépés: x (L + D) U x + (L + D) b B S() + c c x (L + D) U x + (L + D) b B S() x + c +

. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei. lépés: x (L + D) U x + (L + D) b B S() x + c + Mint látható, az iteráció a. lépéstől kezdve ugyanazt a vektort adja. Ez az x (D + L) Ux + (D + L) b fixpontegyenlet- illetve a vele ekvivalens Ax b lineáris egyenletrendszer megoldása. A továbbiakban megmutatjuk, hogy az iteráció az átmenetmátrix meghatározása nélkül is elvégezhető, vagyis nincs szükség mátrix invertálásra az iterációs lépések számításához. Ehhez az iterációt szorozzuk meg balról (D + L)-el, majd rendezzük át a következőképpen. Koordinátákkal felírva x k+ (D + L) U x k + (D + L) b (D + L) x k+ U x k + b x (k+) i a ii D x k+ L x k+ U x k + b x k+ D (L x k+ + U x k b) i j a ij x (k+) j + n ji+ a ij x (k) j b i, i,..., n. A képletből látszik, hogy a következő koordináta közelítéséhez a már kiszámított új koordinátát használjuk. -as mátrix esetén az alakja x () ( ) a x () + a x () b a x () ( ) a x () + a x () b a x () ( ) a x () + a x () b. a Alkalmazzuk ebben az alakban a konkrét iterációt!. lépés: x () ( ) x () + x () ( + ) x () ( ) x () x () ( ) x () ( ) x () + x () ( + ). lépés: ( ( x () x () x () x () + x () x () x () ( x () + x () ) ( ) ) ( ( ) ) ) ( + )

.. Megoldások 5. lépés: ( ( x () x () x () x () + x () x () x () ( x () + x () ) ( + ( ) ) ) ( ( ) ) ) ( + ) Látjuk, hogy a korábbi számolással egyező eredményt kaptunk. 7. Meg kell vizsgálnunk, hogy az A mátrixra felírt Gauss-Seidel-iteráció konvergens-e. Ehhez első lépésként az átmenetmátrixot kell kiszámítanunk. B S() (L + D) U 6 6 6 6 6 6 6 6 6 A konvergencia bizonyításához az elégséges feltételt alkalmazzuk. B S() 5 6 < A kapott eredmény egynél kisebb, tehát a Gauss-Seidel-iterációval mindig konvergens sorozatot kapunk. Ahhoz, hogy kiszámoljuk az első lépést, alkalmas x -t kell választanunk. Mivel bármilyen x jó, ezért a legegyszerűbb megoldás az x [ ] T vektor. Az x k+ (L + D) U x k + (L + D) b sorozattal tudjuk az iteráció lépéseit kiszámolni. Ezt felhasználva végezzük el az iteráció első két lépését!. lépés:. lépés: x (L + D) U x + (L + D) b B S() + c c 6 6 6 6 x (L + D) U x + (L + D) b B S() x + c 6 6 6 8 9 + 8 9 8 9 9 5 6 5 56

6. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei Végezzük el a két lépést az előző feladatban ismertetett módon, az átmenetmátrix felhasználása nélkül is! A következő koordináta közelítéséhez a már kiszámított új koordinátát használjuk.. lépés: ( x () + x () x () x () ( x () x () 6 x () ( ) x () x () ) ( + ) ) ( ) 6 8 ( ) 8 9. lépés: x () ( ) x () + x () x () ( ) x () x () 6 x () ( ) x () x () ( ( 9 ) 8 + ) 9 6 ( 5 ) 6 9 5 6 5 56 Látjuk, hogy a korábbi számolással egyező eredményt kaptunk. Ez a megoldás akkor előnyös, ha nem kell kiszámolni az átmenetmátrixot. Ha csak konvergenciát kellett volna a feladatban bizonyítani, azt megtehettük volna az átmenetmátrix nélkül is, hiszen a Gauss Seidel-iteráció konvergencia tétele szimmetrikus, pozitív definit mátrixok esetén (a konkrét A ilyen) garantálja a konvergenciát. Utolsó feladatunk, hogy kiszámoljuk a lépésszámot a pontosság eléréséhez. (q 5 6 a kontrakciós együttható, a B S() mátrix. normája.) x k x qk q x x ( 5 ) k 6 5 8 6 9 ( ) 5 k ( ) 5 k 6 6 8 6 8 6 ( ) 6 k 5 6 ( ) 6 lg k lg lg ( 6 ) lg ( ) 6 6, 68 k 5 ( ) 6 5 Mint látható k 7 iterációs lépés elvégzése után elérjük a pontosságot. 8. A feladat megoldásához először azt kell megvizsgálnunk, hogy x R -ből indítva az

.. Megoldások 7 iterációt, konvergens-e. Ehhez ki kell számolnunk az átmenetmátrixot. B S() (L + D) U 6 8 8 6 6 8 6 6 A konvergencia vizsgálatához az elégséges feltételt alkalmazzuk. B S() 6 < A kapott eredmény egynél kisebb, tehát teljesül a konvergencia. Az első lépés kiszámolásához, alkalmas x -t kell választanunk. Mivel bármilyen x alaklmas, ezért a legegyszerűbb megoldás az x [ ] T vektor. Az x k+ (L + D) U x k + (L + D) b sorozattal tudjuk az iteráció lépéseit kiszámolni. Végezzük el az iteráció első két lépését!. lépés:. lépés: x (L + D) U x + (L + D) b B S() + c c 6 8 6 x (L + D) U x + (L + D) b B S() x + c 5 8 6 6 + 8 6 7 5 7 6 Utolsó feladatunk, hogy kiszámoljuk a lépésszámot a pontosság eléréséhez. (q 6 a kontrakciós együttható, a B S() mátrix. normája.) x k x ( ) k 6 6 ( ) k 6 6 6 ) k 6 ( 6 ( ) lg lg ( ) lg ( ) 6, 65 k ( ) 6 k k lg ( ) 6

8. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei Látható, hogy k 5 iterációs lépés elvégzése után elérjük a pontosságot. 9. A feladat megoldásához először azt kell megvizsgálnunk, hogy x R -ből indítva az iterációt, konvergens lesz-e. Ehhez ki kell számolnunk az átmenetmátrixot. Alkalmazhatjuk az elégséges feltételt. B S() (L + D) U 6 6 6 6 6 B S() < Az átmenetmátrix normája egynél kisebb, tehát teljesül a konvergencia. Az első lépés kiszámolásához, alkalmas x -t választunk. Mivel bármilyen x -ra konvergens az iteráció, ezért a legegyszerűbb megoldás az x [ ] T vektor. Az x k+ (L + D) U x k + (L + D) b sorozattal tudjuk az iteráció lépéseit kiszámolni.. lépés:. lépés: x (L + D) U x + (L + D) b B S() + c c 6 6 x (L + D) U x + (L + D) b B S() x + c + 6 6 Utolsó feladatunk, hogy kiszámoljuk a lépésszámot a pontosság eléréséhez. (q a kontrakciós együttható, a B S() mátrix. normája.) 6 6 8 5 7 7 8 x k x qk q x x

.. Megoldások 9 ( ) k ( ) k 7 6 6 ( ) k 7 6 7 ( ) 7 lg lg ( 7 ) lg ( ), 5 k ( ) k k lg ( ) Tehát k 5 iterációs lépés elvégzése után elérjük a pontosságot!. A feladat megoldásához először azt kell megvizsgálnunk, hogy x R -ből indítva az iterációt, konvergens lesz-e. Ehhez ki kell számolnunk az átmenetmátrixot. Alkalmazhatjuk az elégséges feltételt. B S() (L + D) U 5 5 5 5 5 5 5 5 6 5 5 5 5 6 5 5 9 5 5 9 5 5 B S() 5 < Az átmenetmátrix normája egynél kisebb, tehát teljesül a konvergencia. Az első lépés kiszámolásához, alkalmas x -t választunk. Mivel bármilyen x -ra konvergens az iteráció, ezért a legegyszerűbb megoldás az x [ ] T vektor. Az x k+ (L + D) U x k + (L + D) b sorozattal tudjuk az iteráció lépéseit kiszámolni.. lépés:. lépés: x (L + D) U x + (L + D) b B S() + c 5 c 5 5 5 5 5 7 5 x (L + D) U x + (L + D) b B S() x + c 5 9 5 5 5 5 6 5 5 9 5 5 + 5 7 5 5 5 7 65 5 56 5

. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei Utolsó feladatunk, hogy kiszámoljuk a lépésszámot a pontosság eléréséhez. (q 5 a kontrakciós együttható, a B S() mátrix. normája.) x k x qk q x x ( ) k 5 5 5 5 7 5 ( ) k ( ) k 5 5 5 5 5 5 5 ( ) 5 lg lg ( 5 ) lg ( ) 5, 9 k ( ) 5 k k lg ( ) 5 Tehát k iterációs lépés elvégzése után elérjük a pontosságot!... Paraméteres iterációk: csillapított Jacobi-iteráció és a relaxációs módszer. A feladatunk, hogy megállapítsuk, hogy a csillapított Jacobi-iteráció milyen ω esetén lesz konvergens. A módszer képletét a következőképpen származtathatjuk. Ax b ωx ωd (L + U)x + D b ( ω)x + ωx ( ω)x ωd (L + U)x + D b x ( ( ω)i ωd (L + U) ) x + D b A kapott fixpontegyenletből felírhatjuk az iteráció képletét. B J(ω) { }} { x k+ (( ω)i ω D (L + U) ) x } {{ } k + ωd b B J() Mint látható a képletben megtalálható a B J() mátrix is, mely a Jacobi-iteráció átmenetmátrixa. Azt is észrevehetjük, hogy a képletben az ω választással visszakapjuk az egyszerű Jacobi-iteráció képletét. Ahhoz, hogy megállapítsuk, pontosan melyek azok az ω-k, melyekre konvergens a módszer, a szükséges és elégséges feltételt kell alkalmaznunk. Szükséges és elégséges feltétel: x R n -ből indítva az iterációt konvergens lesz pontosan akkor, ha ρ(b) <, ahol ρ(b) max n i λ i a B mátrix spektrálsugara. A feltétel alkalmazásához ki kell számítanunk a B J(ω) mátrixot. Először azonban érdemes

.. Megoldások meghatároznunk a B J() mátrixot. B J() D (L + U) Ebből már könnyen származtatható a B J(ω) mátrix. B J(ω) ( ω)i wd (L + U) ( ω)i + wb J() ω ω + ω ω ω ω ω ω ω ω ω A szükséges és elégséges feltétel használatához szükségünk van a B J(ω) mátrix sajátértékeire. Írjuk fel a karakterisztikus polinomot! ω ω λ det(b J(ω) λi) ω ω ω λ ω ω λ ( ( ω ) ) ( ω λ) ( ω λ) ω ( ( ω λ) ω ) ( ( ω ) ( ω ) ) ( ω λ) ( ω λ) ) ( ω λ) (( ω λ) ω 8 ( ω λ) (( ω λ) 8 ω ) (( ω λ) + 8 ω ) A három sajátérték paraméteres alakja a következő lesz. ω λ (ω) λ (ω) ω ω λ (ω) ω 8 λ (ω) ω ω 8 ω λ (ω) + ω 8 λ (ω) ω + ω 8. Ahhoz, hogy az iteráció konvergens legyen a spektrálsugárnak kisebbnek kell lennie egynél. ρ(b J(ω) ) max{ λ (ω), λ (ω), λ (ω) } <

. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei Látjuk, hogy a kapott függvények az abszolút értéken belül lineárisan függnek ω-tól, így grafikonjuk V alakú lesz. A könnyebb átláthatóság kedvéért érdemes felrajzolnunk a függvényeket. Ehhez először ki kell számítani az x tengellyel való metszéspontokat. λ (ω) ω ω λ (ω) ω ω 8 ω λ (ω) ω + ω 8 ω + 8 8 8 8 + 8 8 A metszéspontok meghatározása után már fel lehet rajzolni az ábrát... ábra. Amint az. ábrán is látható, arra az intervallumra lesz szükségünk, ahol mind a három függvény grafikonja alatt van. Ez a (, ω ) intervallum, hiszen ha ω -nél nagyobb ω, akkor λ nagyobb lesz egynél, illetve ha ω kisebb, akkor a helyzet ugyanez. Tehát ω (, ω ) esetén bármely kezdővektorra konvergens lesz a csillapított Jacobi-iteráció. Az ábráról az is leolvasható, hogy az optimális ω-t a λ (ω) és λ (ω) függvények metszéspontjánál kapjuk. λ (ω opt ) λ (ω opt ) λ (ω opt ) λ (ω opt ) ω opt ω opt 8 ( ω opt + ω opt 8 ) ω opt ω opt 8 + ω opt ω opt 8 ω opt Tehát az optimális paraméter ω opt, azaz a Jacobi-iteráció gyorsabb bármely paraméteres változatánál.. A feladatunk, hogy megállapítsuk, hogy a csillapított Jacobi-iteráció milyen ω esetén lesz konvergens. Ehhez első lépésként írjuk fel az iteráció képletét. B J(ω) { }} { x k+ (( ω)i ω D (L + U) ) x } {{ } k + ωd b B J()

.. Megoldások Mint látható a képletben megtalálható a B J() mátrix is. Ahhoz, hogy megállapítsuk, hogy milyen ω-ra konvergens, alkalmaznunk kell a szükséges és elégséges feltételt. A feltétel alkalmazásához ki kell számítanunk a B J(ω) mátrixot. Érdemes előbb a B J() mátrixot kiszámolnunk. B J() D (L + U) Ebből már könnyen származtatható a B J(ω) mátrix. B J(ω) ( ω)i wd (L + U) ( ω)i + wb J() ω ω + ω ω ω ω ω ω ω ω ω A szükséges és elégséges feltétel használatához szükségünk van a B J(ω) mátrix sajátértékeire. Írjuk fel a karakterisztikus polinomot! ω ω λ det(b J(ω) λi) ω ω ω λ ω ω λ ) ( ω λ) (( ω λ) 8ω ω ( ( ω λ) ω ) 9 ) ( ω λ) (( ω λ) 8ω 9 8ω 9 ) ( ω λ) (( ω λ) 6ω 9 ( ( ω λ) ( ω λ) ω ) ( ( ω λ) + ω ) A három sajátérték paraméteres alakja a következő lesz. ω λ (ω) λ (ω) ω ω λ (ω) ω λ (ω) ω ω ω λ (ω) + ω λ (ω) ω + ω

. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei Ahhoz, hogy az iteráció konvergens legyen, a spektrálsugárnak kisebbnek kell lennie egynél. ρ(b J(ω) ) max{ λ (ω), λ (ω), λ (ω) } < Látjuk, hogy a kapott függvények az abszolút értéken belül lineárisan függnek ω-tól, így grafikonjuk V alakú lesz. A könnyebb átláthatóság kedvéért érdemes felrajzolnunk a függvényeket. Ehhez ki kell számítani az x tengellyel való metszéspontokat. λ (ω) ω ω λ (ω) ω ω ω + λ (ω) ω + ω ω 7 A metszéspontok meghatározása után már fel tudjuk rajzolni az ábrát... ábra. Azok az ω-k lennének jók, ahol mindhárom függvény grafikon alatt van, hiszen ekkor lenne a spektrálsugár kisebb egynél. Azonban - mint az a. ábrán is látható - nincs olyan pont ahol mindhárom függvény alatt lenne. Mindhárom metszi az y tengelyt az pontban, azonban, ha ω >, akkor a λ (ω) >, ha ω < akkor λ (ω) > és λ (ω) >. Ebből következik, hogy nincs olyan ω amire konvergens lenne!. Az a feladatunk, hogy megállapítsuk, hogy a csillapított Jacobi-iteráció milyen ω esetén lesz konvergens. Ehhez első lépésként írjuk fel az iteráció képletét. B J(ω) { }} { x k+ (( ω)i ω D (L + U) ) x } {{ } k + ωd b B J() Mint látható a képletben megtalálható a B J() mátrix is. Ahhoz, hogy megállapítsuk, hogy milyen ω-ra konvergens, alkalmaznunk kell a szükséges és elégséges feltételt. A feltétel alkalmazásához ki kell számítanunk a B J(ω) mátrixot. Először azonban érdemes külön kiszámolni

.. Megoldások 5 a B J() mátrixot. B J() D (L + U) Ezután már fel tudjuk írni a B J(ω) mátrixot. B J(ω) ( ω)i wd (L + U) ( ω)i + wb J() ω ω + ω ω ω ω ω ω ω ω ω A szükséges és elégséges feltétel használatához szükségünk van a B J(ω) mátrix sajátértékeire. Írjuk fel a karakterisztikus polinomot! ω ω λ det(b J(ω) λi) ω ω ω λ ω ω λ ) ( ω λ) (( ω λ) ω ω ( ( ω λ) ω ) 9 ) ( ω λ) (( ω λ) ω 9 ω 9 ) ( ω λ) (( ω λ) 8ω 9 ( ) ( ) 8ω 8ω ( ω λ) ( ω λ) ( ω λ) + A három sajátérték paraméteres alakja a következő lesz. ω λ (ω) λ (ω) ω 8ω 8ω ω λ (ω) λ (ω) ω 8ω 8ω ω λ (ω) + λ (ω) ω + Ahhoz, hogy az iteráció konvergens legyen, a spektrálsugárnak kisebbnek kell lennie egynél. ρ(b J(ω) ) max{ λ (ω), λ (ω), λ (ω) } <

6. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei A könnyebb átláthatóság kedvéért érdemes felrajzolnunk a függvényeket. Ehhez ki kell számítani az x tengellyel vett metszéspontokat. λ (ω) ω ω 8ω λ (ω) ω ω + 8ω λ (ω) ω + ω A metszéspontok meghatározása után már fel lehet rajzolni az ábrát. 8 8.. ábra. Amint az a. ábrán is látható, arra az intervallumra lesz szükségünk ahol mind a három függvény grafikon alatt van. Ez a (, ω ) intervallum, hiszen ha ω -nél nagyobb ω, akkor λ nagyobb lesz egynél, bár a többi alatt marad, de a λ miatt a spektrálsugár így is nagyobb lesz -nél. Ha ω < akkor mind a három függvény egynél nagyobb. Tehát ω (, ω ) esetén bármely kezdővektorra konvergens lesz a csillapított Jacobi-iteráció. Az ábráról az is leolvasható, hogy az optimális ω-t a λ és λ metszéspontjánál kapjuk. ω opt ω opt λ (ω opt ) λ (ω opt ) λ (ω opt ) λ (ω opt ) 8ωopt 8ωopt ( ω opt + + ω opt ω opt 8ωopt 8ωopt Tehát az optimális paraméter ω opt, azaz a Jacobi-iteráció gyorsabb bármely paraméteres változatánál.. Az a feladatunk, hogy megállapítsuk, hogy a csillapított Jacobi-iteráció milyen ω esetén lesz konvergens x R -re. Ehhez először írjuk fel az iteráció képletét. B J(ω) { }} { x k+ (( ω)i ω D (L + U) ) x } {{ } k + ωd b B J() )

.. Megoldások 7 Mint látható, a képletben megtalálható a B J() mátrix is. Ahhoz, hogy megállapítsuk, hogy milyen ω-ra konvergens, alkalmaznunk kell a szükséges és elégséges feltételt. A feltétel alkalmazásához ki kell számítanunk a B J(ω) mátrixot. Először azonban érdemes külön kiszámolni a B J() mátrixot, így később egyszerűbb lesz felírni a B J(ω) mátrixot. B J() D (L + U) Ezután már fel tudjuk írni a B J(ω) mátrixot. B J(ω) ( ω)i wd (L + U) ( ω)i + wb J() ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω A szükséges és elégséges feltétel használatához szükségünk van a B J(ω) mátrix sajátértékeire. Írjuk fel a karakterisztikus polinomot! det(b J(ω) λi) ω λ ω ω ω λ ω ω ω λ ( ω λ)(( ω λ) + ω) ω (ω( ω λ)) ) ( ω λ) (( ω λ) ω ( ( ω λ) ( ω λ) ω ) ( ( ω λ) + ω ) A három sajátérték paraméteres alakja a következő lesz. ω λ (ω) λ (ω) ω ω λ (ω) ω λ (ω) ω ω ω λ (ω) + ω λ (ω) ω + ω Ahhoz, hogy az iteráció konvergens legyen, a spektrálsugárnak kisebbnek kell lennie egynél. ρ(b J(ω) ) max{ λ (ω), λ (ω), λ (ω) } <

8. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei A könnyebb átláthatóság kedvéért érdemes felrajzolni a függvényeket. Ehhez ki kell számítani az x tengellyel való metszéspontokat. λ (ω) ω ω λ (ω) ω ω ω + λ (ω) ω + ω ω A metszéspontok meghatározása után már fel lehet rajzolni az ábrát... ábra. Amint az a. ábrán is látható, arra az intervallumra lesz szükségünk ahol mind a három függvénygrafikon alatt van. Ez a (, ω ) intervallum, hiszen ha ω -nél nagyobb ω, akkor λ nagyobb lesz egynél, emiatt a spektrálsugár meghaladja egyet. Ha ω < akkor mind a három függvény egynél nagyobb. Tehát ω (, ) esetén bármely kezdővektorra konvergens lesz a csillapított Jacobi-iteráció. Az ábráról az is leolvasható, hogy az optimális ω-t a λ és λ metszéspontjánál kapjuk: λ (ω opt ) λ (ω opt ) λ (ω opt ) λ (ω opt ) ω opt ω opt ω opt ω opt ω opt ( ω opt + ω opt ) + ω opt ω opt Tehát az optimális paraméter ω opt, azaz a Jacobi-iteráció gyorsabb bármely paraméteres változatánál. 5. Az a feladatunk, hogy megállapítsuk, hogy a csillapított Jacobi-iteráció milyen ω esetén lesz konvergens. Ehhez első lépésként írjuk fel az iteráció képletét. B J(ω) { }} { x k+ (( ω)i ω D (L + U) ) x } {{ } k + ωd b B J()

.. Megoldások 9 Mint látható a képletben megtalálható a B J() mátrix is. Ahhoz, hogy megállapítsuk, hogy milyen ω-ra konvergens, alkalmaznunk kell a szükséges és elégséges feltételt. A feltétel alkalmazásához ki kell számítanunk a B J(ω) mátrixot. Érdemes előbb a B J() mátrixot kiszámolnunk. Ezután már fel tudjuk írni a B J(ω) mátrixot: B J() D (L + U) 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 B J(ω) ( ω)i wd (L + U) ( ω)i + wb J() ω 5 ω ω 5 5 ω 5 ω ω 5 ω 5 ω ω 5 ω 5 ω A szükséges és elégséges feltétel használatához szükségünk van a B J(ω) mátrix sajátértékeire. Írjuk fel a karakterisztikus polinomot! ω λ ω 5 det(b J(ω) λi) ω 5 ω λ ω 5 ω 5 ω λ ( ω λ)( ω λ) ω ( ) ω ( ω λ) 5 5 ) ( ω λ) (( ω λ) ω 5 ( ( ω λ) ( ω λ) ω ) ( ( ω λ) + ω ) 5 5 A három sajátérték paraméteres alakja a következő lesz. ω λ (ω) λ (ω) ω ω λ (ω) ω 5 λ (ω) ω ω 5 ω λ (ω) + ω 5 λ (ω) ω + ω 5 Ahhoz, hogy az iteráció konvergens legyen, a spektrálsugárnak kisebbnek kell lennie egynél. ρ(b J(ω) ) max{ λ (ω), λ (ω), λ (ω) } <

5. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei A könnyebb átláthatóság kedvéért érdemes felrajzolni a függvényeket. Ehhez ki kell számítani az x tengellyel való metszéspontokat. λ (ω) ω ω λ (ω) ω ω 5 ω + 5 λ (ω) ω + ω 5 ω 5 5 7 5 A metszéspontok meghatározása után már fel lehet rajzolni az ábrát..5. ábra. Amint az a.5 ábrán is látható, arra az intervallumra lesz szükségünk ahol mind a három függvény grafikon alatt van. Ez a (, ω ) intervallum, hiszen ha ω -nél nagyobb ω, akkor λ nagyobb lesz egynél, emiatt a spektrálsugár meghaladja egyet. Ha ω <, akkor mind a három függvény egynél nagyobb. Tehát ω (, 7 ) esetén bármely kezdővektorra konvergens lesz a csillapított Jacobi-iteráció. Az ábráról az is leolvasható, hogy az optimális ω-t a λ és λ metszéspontjánál kapjuk. λ (ω opt ) λ (ω opt ) ω opt ω opt 5 λ (ω opt ) λ (ω opt ) ( ω opt + ω opt 5 ) ω opt ω opt + ω opt ω opt 5 5 ω opt Tehát az optimális paraméter ω opt, azaz a Jacobi-iteráció gyorsabb bármely paraméteres változatánál. 6. A relaxációs módszer képletét a következőképpen származtathatjuk. Induljunk ki a Gauss Seidel-iteráció fixpontegyenletté való átrendezéséből. Ax b x (D + L) Ux + (D + L) b

.. Megoldások 5 (D + L)x Ux + b ω Dx Dx ( ω) ω(d + L)x + ( ω)dx [ ωu + ( ω)d] x + ωb (D + ωl)x [( ω)d ωu] x + ωb A fixpontegyenletből felírhatjuk az iteráció képletét. x (D + ωl) [( ω)d ωu] x + ω(d + ωl) b x k+ (D + ωl) [( ω)d ωu] x } {{ } k + ω(d + ωl) b } {{ } B S(ω) c S(ω) Írjuk fel a konkrét A-ra a relaxációs módszer átmenetmátrixát! B S(ω) (D + ωl) [( ω)d ωu] [ ] ([ ] ( ω) ω ω [ ] [ ] ( ω) ω ω ω [ ] ω ω ω( ω) ω + ω ω esetén a Gauss Seidel-iteráció átmenetmátrixa [ ] B S(). [ ]) ω Mivel a mátrix sajátértékei: és, ezért ρ(b S() ), így a Gauss Seidel iteráció általában nem konvergál. Keressünk olyan ω paramétert, melyre a módszer konvergál! Például ω esetén [ BS( ) Látjuk, hogy B S( ), így a módszer konvergens minden kezdővektorra. 7. A relaxációs módszer néhány lépésének számolásához nincs szükségünk az átmenetmátrixra, helyette a módszer koordinátás alakját használjuk. Ennek előnye, hogy nem kell mátrix inverzet számolni hozzá. A koordinátánkénti számoláshoz alakítsuk át a formulát. (D + ωl)-el szorozzuk be az iterációt. ]. (D + ωl) x k+ [( ω)d ωu] x k + ωb D x k+ ωl x k+ ωu x k + ωb + ( ω)d x k x k+ ωd [ L x k+ + U x k b ] +( ω)x } {{ } k ωx S() k+ Mint látható a képlet felírható a Gauss Seidel-iteráció k +. lépésével és a k. közelítő vektor segítségével. Írjuk fel a koordinátás alakot is (a koordináták alsó indexbe, a lépés száma felső indexbe kerül). x (k+) i ω i a ii j a ij x (k+) j + n ji+ a ij x (k) j b i + ( ω)x (k) i, i,..., n.

5. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei A kapott alakból könnyen számolható az iteráció egy lépése. Azt is észrevehetjük, hogy a képletben ω választással visszakapjuk a Gauss Seidel-iteráció képletét. -es mátrix esetén az k. lépés alakja x (k+) ω x (k+) ω a ( ) a x (k) b a + ( ω)x (k) ( ) a x (k+) b + ( ω)x (k) Alkalmazzuk ω esetén a konkrét iteráció két lépését!. lépés: x () ω ( ) ( x () + ( ω)x () ) ( ) 8 8 x () ω ( ) ( x () ( ) + ( ω)x () ) ( ) 8 8 + 7 6. lépés: ω ( ) x () + ( ω)x () ( ) ( 7 ) 8 6 + ( ) 8 ω ( ) x () ( ) + ( ω)x () ( ) ( ) 5 8 5 + + ( 7 ) 6 x () x () 9 5 + 6 5 5 85 96 7 8 75 96 Ahhoz, hogy konvergenciát bizonyítsunk valamely paraméter esetén, használhatjuk a tanult konvergenciatételeket.. Tétel: Ha a relaxációs módszer konvergens, akkor ω (; ). Ez azt jelenti, hogy az ω és ω paraméterekkel nem kell foglalkoznunk konvergencia vizsgálat esetén.. Tétel: Ha az A mátrix szimmetrikus, pozitív definit és ω (; ), akkor a relaxációs módszer bármely kezdővektorra konvergens. A feladatban megadott mátrixra a. Tétel feltételei teljesülnek, ezért ω (; ) esetén a relaxációs módszer konvergens. Írjuk fel a konkrét A-ra a relaxációs módszer átmenetmátrixát! B S(ω) (D + ωl) [( ω)d ωu] [ ] ([ ] [ ]) ( ω) ω ω ( ω) [ ] [ ] ( ω) ω 6 ω ( ω) [ ω ω ] ω( ω) 6 ω + ω A Maple V program segítségével megkaphatjuk a mátrix sajátértékeit, amelyből a spektrálsugár számolható. λ, (ω) ω + ω ± ω ω 6ω + 6

.. Megoldások 5 Mivel ezek nagyon bonyolultak, ezért más megoldást választunk ω keresésére. ω esetén a Gauss Seidel-iteráció átmenetmátrixa [ ] B S(). 6 Mivel a mátrix sajátértékei: és 6, ezért ρ(b S()) 6, így a Gauss Seidel iteráció konvergál minden kezdővektorra. Keressünk olyan ω paramétert, melyre a módszer gyorsabb! A spektrálsugár alapján számolni komplikált lenne, helyette mátrixnormával dolgozunk. B S() 5 6, 5, ezért olyan paramétert keresünk, melyre az átmenetmátrix -es normája ennél kisebb. Például ω, esetén [ ],, 55 B S(,)., 55, 57565 Látjuk, hogy B S(,), 55 +, 57565, 6565, így az -es normában számolt kontrakciós együttható kisebb, mint ω esetén. Ebben a vektornormában jobb becslés adható a módszerre. 8. Írjuk fel a koordinátás alakot, mellyel az iterációt végezzük. x (k+) i ω i n a ij x (k+) j + a ij x (k) j b i + ( ω)x (k) i, i,..., n a ii j ji+ -as mátrix esetén az k. lépés alakja x (k+) ω ( ) a x (k) + a x (k) b a x (k+) ω ( ) a x (k+) + a x (k) b a x (k+) ω a + ( ω)x (k) + ( ω)x (k) ( ) a x (k+) + a x (k+) b + ( ω)x (k) Alkalmazzuk ω esetén a konkrét iteráció két lépését az x kezdővektorral!. lépés: x () ω ( ) ( x () + ( ω)x () ) ( ) 8. lépés: x () ω ( ) x () x () 6 + ( ω)x () x () ω ( ) x () + ( ω)x () x () ( 8 ( 8 ) ( 5 ) ( 6 ) ) 9 56 ω ( ) x () + ( ω)x () ( ) ( ) 8 + ( ) 9 + 8 ω ( ) x () 6 + ( ω)x () ( ) ( ) 8 6 + ( ) 5 79 56 + 5 6 79 56 ω ( ) x () + ( ω)x () ( ) ( ) 79 8 56 + ( ) 9 56 8 + 9 5 89 8 x () x () 5

5. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei A feladatban megadott mátrixra a. Tétel feltételei teljesülnek, ezért ω (; ) esetén a relaxációs módszer konvergens. Nézzük a speciálisan tridiagonális mátrixokra igaz konvergenciatételt!. Tétel: Ha az A mátrix szimmetrikus, pozitív definit és tridiaginális, akkor a Jacobiiteráció, a Gauss Seidel-iteráció és a relaxációs módszer ω (; ) esetén bármely kezdővektorra konvergens. Az optimális paraméter ω opt (; ) + ρ(b J() ) Az optimális paraméterre az optimális spektrálsugár értéke Ha ρ(b J() ), akkor ρ(b S(ωopt)) ω opt < ρ(b S() ) ρ(b J() ), ha ρ(b J() ) >. ρ(b S(ωopt)) ρ(b S() ) ρ(b J() ). Számítsuk ki a Jacobi-iteráció átmenetmátrixát, hogy alkalmazni tudjuk a tételt! B J() D (L + U) A karakterisztikus polinomja λ det(b J() λi) λ λ λ (λ 6 ) ( ) λ λ + 8 λ λ λ + 8 λ 8 λ, λ 8 8 Most már tudjuk az átmenetmátrix spektrálsugarát. A. Tétel képletébe helyettesítve ρ(b J() ) max{ λ, λ, λ } 8 ω opt 8 + + 8 ρ(b S(ωopt)) ω opt,.,

.. Megoldások 55 9. A feladatban megadott mátrixra a. Tétel feltételei teljesülnek, ezért ω (; ) esetén a relaxációs módszer konvergens. Sőt a. Tétel feltételei is teljesülnek. Alkalmazzuk rá ez utóbbit. Számítsuk ki a Jacobi-iteráció átmenetmátrixát! B J() D (L + U) A karakterisztikus polinomja λ det(b J() λi) λ λ λ (λ ) ( ) λ λ + λ λ λ + λ λ, λ Most már tudjuk az átmenetmátrix spektrálsugarát. A. Tétel képletébe helyettesítve ρ(b J() ) max{ λ, λ, λ } ω opt + + ρ(b S(ωopt)) ω opt, 76., 76..5. Richardson-iteráció. A feladatunk, hogy megállapítsuk konvergens lesz-e a Richardson-iteráció. Ehhez kétféle megoldási módszert használhatunk.. módszer: Hivatkozunk a Richardson-iteráció ( tanult ) konvergencia tételére, mely szerint szimmetrikus és pozitív definit A mátrixra p, ρ(a) paraméter esetén az x k+ (I p A) x k + p b iteráció bármely kezdővektorra konvergens. Felhasználva, hogy < ρ(a) < c, fel tudjuk írni a következő egyenlőtlenséget. < ρ(a) < c < p c < ) (, ρ(a) c ρ(a)

56. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei Ezzel beláttuk, hogy a Richardson-iteráció konvergens lesz x -ra!. módszer: A szükséges és elégséges feltételt is használhatjuk, azaz vizsgálhatjuk konkrétan az átmenetmátrix spektrálsugarát, ρ(b) < teljesülését. Ax b c A x + ( c b x I ) c A x + c b Írjuk fel a fixpontegyenletből a Richardson-iterációt! x k+ (I c ) A x k + c b Látjuk, hogy az átmenetmátrix B ( I c A). Írjuk fel a kapcsolatot A és B sajátértékei között! Sejtés: λ i (B) c λ i. Ezt könnyen beláthatjuk az A mátrixra felírt sajátérték egyenletből. Av i λ i v i c Av i c λ iv i v i c Av i v i c λ iv i (I c ) ( A v i ) c λ i } {{ } B Vizsgáljuk meg, hogy az A sajátértékeire felírt feltétel mit ad B sajátértékeire. < λ i < c < c λ i < v i < c λ i < < c λ i < c λ i < Ezzel tehát beláttuk, hogy ρ(b) < teljesül, azaz a Richardson-iteráció bármely kezdővektorra konvergens lesz!. Legyen A, b. A Gersgorin tételből tudjuk, hogy A pozitív definit és sajátértékeire a λ i 6 becslés adható. Azonban a Gersgorin tétel ismerete nélkül a sajátértékek előállításával is megoldható a feladat. λ det(a λi) λ λ ( λ)(( λ) ) + ( ) ( λ) ( λ)(( λ) ) ( λ)( λ )( λ + )

.. Megoldások 57 Innen a sajátértékek: λ, λ, λ +. Látjuk hogy a feladat kitűzésében szereplő ρ(a) < 6 korlát helyes. Alkalmazzuk az Ax b lineáris egyenletrendszerre a. példában szereplő Richardson-iterációt. x k+ (I 6 ) A x k + ( 6 b I ) A x k + b } {{ } }{{} B c Látjuk, hogy a p paramétert kell alkalmaznunk a Richardson-iterációban. A. feladat megoldásában bizonyítottuk a módszer konvergenciáját bármely kezdőértékre. Számítsuk ki az iteráció B átmenetmátrixát és c vektorát. B I A c b Végezzünk két lépést az iterációval az x vektorból indulva!. lépés: x B x + c B + c c. lépés: x B x + c 8 9 9 9 + 9 9 8 9 A k. közelítő vektorra adott hibabecslés alakja x k x qk q x x, + ahol q B F 7, 88 < a kontrakciós együttható és x x x. Mivel a könnyen számolható mátrixnormák közül csak a F robenius-norma egynél kisebb, így a hibabecslést a hozzá illeszkedő -es vektornormában kell felírnunk. Az iteráció hibabecslése ( 7 ) k x k x 7 (, 88)k 5, 6.

58. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei. El kell döntenünk, hogy konvergens lesz-e a Richardson-iteráció. Ehhez kétféle megoldási módszert használhatunk.. módszer: Hivatkozunk a Richardson-iteráció ( tanult ) konvergencia tételére, mely szerint szimmetrikus és pozitív definit A mátrixra p, ρ(a) paraméter esetén az x k+ (I p A) x k + p b iteráció bármely kezdővektorra konvergens. Felhasználva, hogy < ρ(a) < c, fel tudjuk írni a következő egyenlőtlenséget. < ρ(a) < c < 9 7 c p 7 9c < ρ(a) < ρ(a) p 7 9c (, Ezzel beláttuk, hogy a Richardson-iteráció konvergens lesz x -ra! ) ρ(a). módszer: A szükséges és elégséges feltételt is használhatjuk, azaz vizsgálhatjuk konkrétan az átmenetmátrix spektrálsugarát, ρ(b) < teljesülését. Ax b 7 9c A x + 7 ( 9c b x I 7 ) 9c A x + 7 9c b Írjuk fel a fixpontegyenletből a Richardson-iterációt! x k+ (I 79c ) A x k + 7 9c b Látjuk, hogy az átmenetmátrix B ( I 7 9c A). Írjuk fel a kapcsolatot A és B sajátértékei között! Sejtés: λ i (B) 7 9c λ i. Ezt könnyen beláthatjuk az A mátrixra felírt sajátérték egyenletből. Av i λ i v i 7 9c Av i 7 9c λ iv i v i 7 9c Av i v i 7 9c λ iv i (I 79c ) ( A v i 7 ) 9c λ i } {{ } B Vizsgáljuk meg, hogy az A sajátértékeire felírt feltétel mit ad B sajátértékeire. < λ i < c < 7 9c λ i < 7 9c c 7 9 < v i < 7 9c λ i < < 7 9c λ i < 7 9c λ i < Ezzel tehát beláttuk, hogy ρ(b) < teljesül, azaz a Richardson-iteráció bármely kezdővektorra konvergens lesz!

.. Megoldások 59. Be kell bizonyítanununk, hogy konvergens lesz a Richardson-iteráció. Ezt kétféle módszerrel is beláthatjuk.. módszer: Hivatkozunk a Richardson-iteráció ( tanult ) konvergencia tételére, mely szerint szimmetrikus és pozitív definit A mátrixra p, ρ(a) paraméter esetén az x k+ (I p A) x k + p b iteráció bármely kezdővektorra konvergens. Felhasználva, hogy < ρ(a) < c, fel tudjuk írni a következő egyenlőtlenséget. < ρ(a) < c < c < ρ(a) 5c < c < c < ρ(a) Mivel teljesül, hogy p 5c (, ρ(a) p 5c (, ) ρ(a) ), ezért a Richardson-iteráció konvergens lesz x -ra!. módszer: A szükséges és elégséges feltételt is használhatjuk, azaz vizsgálhatjuk konkrétan az átmenetmátrix spektrálsugarát, ρ(b) < teljesülését. Ax b 7 c A x + 7 ( c b x I 7 ) c A x + 7 c b Írjuk fel a fixpontegyenletből a Richardson-iterációt! x k+ (I 5c ) A x k + 5c b Látjuk, hogy az átmenetmátrix B ( I 5c A). Írjuk fel a kapcsolatot A és B sajátértékei között! Sejtés: λ i (B) 5c λ i. Ezt könnyen beláthatjuk az A mátrixra felírt sajátérték egyenletből. Av i λ i v i 5c Av i 5c λ iv i v i 5c Av i v i 5c λ iv i (I 5c ) ( A v i ) 5c λ i } {{ } B Vizsgáljuk meg, hogy az A sajátértékeire felírt feltétel mit ad B sajátértékeire. < λ i < c < 5c λ i < 5c c 5 < v i < 5c λ i < < 5c λ i < 5c λ i < Ezzel tehát beláttuk, hogy ρ(b) < teljesül, azaz a Richardson-iteráció bármely kezdővektorra konvergens lesz!

6. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei. Hivatkozunk a Richardson-iteráció tanult konvergencia tételére. Legyenek < m : λ λ... λ n : M az A mátrix sajátértékei. A tétel szerint szimmetrikus és pozitív definit A mátrixra az x k+ (I p A) x k + p b iteráció pontosan a p (, M ) paraméterek esetén konvergens bármely kezdővektorra. A módszer optimális paramétere, melyre a leggyorsabb a konvergencia p opt M+m. Az átmenetmátrix spektrálsugara ϱ(b popt ) M m M+m. Látjuk, hogy a feladat megoldásához az A mátrix sajátértékeit ismernünk kell. Írjuk fel az A karakterisztikus polinomját! λ det(a λi) λ λ Innen a sajátértékek: A tételben szereplő jelöléseket használva ( λ)(( λ) ) + ( ) ( λ) ( λ)(( λ) ) ( λ)( λ )( λ + ) λ, λ, λ +. m, M +. Tehát az iteráció a p (; + ) paraméterek esetén konvergens bármely kezdővektorra és p opt M + m 8 az optimális paraméter. Ekkor az átmenetmátrix spektrálsugara ϱ(b popt ) M m M + m 8. 5. Hivatkozunk a Richardson-iteráció tanult konvergencia tételére. Legyenek < m λ λ... λ n M az A mátrix sajátértékei. A tétel szerint szimmetrikus és pozitív definit A mátrixra az x k+ (I p A) x k + p b iteráció pontosan a p (, ) M paraméterek esetén konvergens bármely kezdővektorra. A módszer optimális paramétere, melyre a leggyorsabb a konvergencia p opt M+m. Látjuk, hogy a feladat megoldásához az A mátrix sajátértékeit ismernünk kell. Írjuk fel az A karakterisztikus polinomját! det(a λi) λ λ ( λ) ) ( λ )( λ + ) ( λ)( λ)

.. Megoldások 6 Innen a sajátértékek a tételben szereplő jelöléseket használva λ m, λ M. Tehát az iteráció a p (; ) paraméterek esetén konvergens bármely kezdővektorra és p opt M + m az optimális paraméter. Ekkor az átmenetmátrix spektrálsugara ϱ(b popt ) M m M + m +...6. ILU-algoritmus 6. Írjuk fel először az ILU-algoritmus konstrukcióját. Ax b (P Q)x b Px Qx + b x P Qx + P b A fixpontegyenletből az iteráció alakja x k+ P Q x } {{ } k + P} {{ b}. átmenetmátrix c A feladat megoldásához először ki kell számolnunk az átmenetmátrixot. B P Q 8 8 6 6 Mint látható, a mátrixban kis elemek találhatók, ezért a konvergencia vizsgálatához alkalmazható az elégséges feltétel. B < A kapott eredmény egynél kisebb, tehát teljesül a konvergencia bármely kezdőértékre. Az első lépés kiszámolásához, alkalmas x -t kell választanunk. Mivel bármilyen x jó, ezért a legegyszerűbb az x [ ] T vektort választani. Végezzük el az iteráció első két lépését!. lépés: x P Q x + P b B + c c

6. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei. lépés: x P Q x + P b B x + c 6 6 Számoljuk a lépésszámot a pontosság eléréséhez. (q megegyezik a B mátrix. normájával.) qk + x k x q x x ( k ) 7 7 6 7 6 ( ) k ( ) k ( ) k lg ( ) k lg lg ( ) lg ( ) 9, 75 k ( ) Mint látható k iterációs lépés elvégzése után elérjük a pontosságot. 7. A feladat megoldásához először ki kell számolnunk az átmenetmátrixot. B P Q 8 8 8 6 6 5 8 6 5 5 5 5 Mivel a mátrixban kis elemek vannak, ezért a konvergencia vizsgálatához alkalmazható az elégséges feltétel. B 5 < A kapott eredmény egynél kisebb, tehát teljesül a konvergencia. Ahhoz, hogy kiszámoljuk az első lépést, alkalmas x -t kell választanunk. Mivel bármilyen x jó, ezért a legegyszerűbb az x [ ] T vektort venni. Az iteráció alakja x k+ P Q x k + P b B x k + c. Ezt felhasználva, el tudjuk végezni az iteráció első két lépését.

.. Megoldások 6. lépés:. lépés: x P Q x + P b B + c c 8 6 5 5 5 5 5 x P Q x + P b B x + c + 5 5 5 5 5 5 7 Utolsó feladatunk, hogy kiszámoljuk a lépésszámot a pontosság eléréséhez. (q 5 megegyezik a B mátrix. normájával.) qk x k x q x x ( k 5) 5 5 5 ( ) k ( ) k 5 5 5 5 5 ( ) 5 lg lg ( 5 ) lg ( ) 5 5, 6 k ( ) 5 k k lg ( ) 5 Amint az látható k 6 iterációs lépés elvégzése után elérjük a pontosságot. 8. A feladat megoldásához először ki kell számolnunk az átmenetmátrixot. B P Q 5 6 5 5 8 5 5 8 6 5 7 8 5 9 5 9 5 6 5 6 A mátrixban kis elemek találhatók, ezért a konvergencia vizsgálatához érdemes az elégséges feltétel alkalmazásával próbálkozni. B 7 > Nem alkalmas! 6 B 9 > Nem alkalmas! B F 8, 97 < 6

6. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei Az. és. is nagyobb egynél, de a. F egynél kisebb, tehát teljesül a konvergencia. Ahhoz, hogy kiszámoljuk az első lépést, alkalmas x -t kell választanunk. Mivel bármilyen x jó, ezért a legegyszerűbb az x [ ] T vektort venni. Az iteráció alakja x k+ P Q x k + P b B x k + c. Ezt felhasználva, el tudjuk végezni az iteráció első két lépését.. lépés:. lépés: x P Q x + P b B + c c 5 8 5 6 8 5 7 9 6 x P Q x + P b B x + c 5 9 5 9 + 5 5 6 6 9 6 9 6 7 8 6 7 Utolsó feladatunk, hogy kiszámoljuk a lépésszámot a pontosság eléréséhez. (q, 97 megegyezik a B mátrix. F normájával, és mivel a. F illeszkedik a. normára, ezért használhatjuk a vektoroknál a -es normát.) qk x k x q x x ( 8 ) k 6 (, 97) k 8 6 9 6, 55, 69 (, 97)k 5, 6 5, 6 (, 67) k lg ( 5, 6 ) k lg (, 67) lg ( 5, 6 ) 97, k lg (, 67) Mint látható k 98 iterációs lépés elvégzése után elérjük a pontosságot. 9. Első lépésként azt kell megvizsgálnunk, hogy x R -ből indítva az iterációt, konvergens lesz-e. Ehhez ki kell számolnunk az átmenetmátrixot. B P Q 5 5 6 5 7 5 5 56 9 56 5

.. Megoldások 65 Mivel a mátrixban kis elemek vannak, ezért a konvergencia vizsgálatához alkalmazható az elégséges feltétel. B < A kapott eredmény egynél kisebb, tehát teljesül a konvergencia. Ahhoz, hogy kiszámoljuk az első lépést, alkalmas x -t kell választanunk. Mivel bármilyen x jó, ezért a legegyszerűbb az x [ ] T vektort venni. Az iteráció alakja x k+ P Q x k + P b B x k + c. Ezt felhasználva, el tudjuk végezni az iteráció első két lépését.. lépés:. lépés: x P Q x + P b B + c c 9 56 5 7 5 5 56 x P Q x + P b B x + c + Utolsó feladatunk, hogy kiszámoljuk a lépésszámot a pontosság eléréséhez. (q megegyezik a B mátrix. normájával.) qk x k x q x x ( k ) ( ) k ( ) k () k lg ( ) k lg () lg ( ), 97 k lg () Amint az látható k iterációs lépés elvégzése után elérjük a pontosságot!. Első lépésként azt kell megvizsgálnunk, hogy x R -ből indítva az iterációt, konvergens lesz-e. Ehhez ki kell számolnunk az átmenetmátrixot. [ ] [ ] [ B P 5 ] [ ] [ ] Q 5 5 Mivel a mátrixban kis elemek vannak, ezért a konvergencia vizsgálatához alkalmazható az elégséges feltétel. B <

66. Lineáris egyenletrendszer megoldásának iterációs módszerei A kapott eredmény egynél kisebb, tehát teljesül a konvergencia. Ahhoz, hogy kiszámoljuk az első lépést, alkalmas x -t kell választanunk. Mivel bármilyen x jó, ezért a legegyszerűbb az x [ ] T vektort venni. Az iteráció alakja x k+ P Q x k + P b B x k + c. Ezt felhasználva, el tudjuk végezni az iteráció első két lépését.. lépés:. lépés: x P Q x + P b B + c c [ ] [ ] [ ] 5 5 x P Q x + P b B x + c [ ] [ ] [ ] [ 5 7 ] + 5 Végül ki kell számolnunk a lépésszámot a pontosság eléréséhez. (q megegyezik a B mátrix. normájával.) qk x k x q x x ( k [ ] [ ] ) ( ) k ( ) k () k lg ( ) k lg () lg ( ), 9 k lg () Amint az látható k 5 iterációs lépés elvégzése után elérjük a pontosságot!

5. fejezet Sajátérték feladatok 5.. Feladatok 5... Sajátérték becslések. Tegyük fel, hogy az A mátrix valós elemű és a Gersgorin körei diszjunktak. Igazoljuk, hogy a sajátértékei valósak!. Az A (a ij ) n i,j szimmetrikus mátrix elemeinek segítségével adjunk olyan µ R számot, hogy az A + µ I mátrix pozitív definit legyen!. Alkalmazzuk a Gersgorin tételt a megadott szimmetrikus mátrixra! a) Írjuk fel a mátrix Gersgorin köreit! b) Adjunk becslést a mátrix sajátértékeire! c) Egy paraméteres diagonális hasonlósági transzformációval igazoljuk a mátrix invertálhatóságát! A 6. Alkalmazzuk a Gersgorin tételt a megadott szimmetrikus mátrixra! a) Írjuk fel a mátrix Gersgorin köreit! b) Adjunk becslést a mátrix sajátértékeire! c) Egy paraméteres diagonális hasonlósági transzformációval adjunk jobb becslést a 6 körüli sajátértékre! A 6 5. Alkalmazzuk a Gersgorin tételt a megadott szimmetrikus mátrixra! a) Írjuk fel a mátrix Gersgorin köreit! b) Adjunk becslést a mátrix sajátértékeire! c) Egy paraméteres diagonális hasonlósági transzformációval adjunk jobb becslést a körüli sajátértékre! A

68 5. Sajátérték feladatok 6. Alkalmazzuk a Gersgorin tételt a megadott mátrixra! a) Írjuk fel a mátrix Gersgorin köreit! b) Adjunk becslést a mátrix sajátértékeire! c) Invertálható-e a mátrix? A 7. Alkalmazzuk a Gersgorin tételt a megadott szimmetrikus mátrixra! a) Írjuk fel a mátrix Gersgorin köreit! b) Adjunk becslést a mátrix sajátértékeire! c) Egy paraméteres diagonális hasonlósági transzformációval igazoljuk, hogy a mátrix pozitív definit! A 5 5... Sajátértékprobléma érzékenysége 8. Igazoljuk, hogy az A UDV C n m szinguláris felbontásában a) U oszlopai az AA sajátvektorai, b) V oszlopai az A A sajátvektorai. c) Mit mondhatunk az AA és az A A sajátértékeiről? 9. Adjuk meg az A, A(ε) és az A(δ) mátrixok sajátértékeit és sajátvektorait! a) Vizsgáljuk meg A(ε) sajátértékeit és sajátvektorait ε esetén! b) Vizsgáljuk meg A(δ) sajátértékeit és sajátvektorait δ esetén! [ ] [ ] [ ] ε δ A, A(ε), A(δ) ε. Adjuk meg az A és az A(t) mátrixok sajátértékeit és sajátvektorait! Vizsgáljuk meg A(t) sajátértékeit és sajátvektorait t esetén! [ ] [ + t cos( A, A(t) t ) t sin( t ) ] t sin( t ) t cos( t ) 5... Karakterisztikus polinom meghatározására alkalmas módszerek. A Fagyejev-féle "trace" módszer segítségével írjuk fel a megadott mátrix karakterisztikus polinomját! [ ] A

5.. Feladatok 69. A Fagyejev-féle "trace" módszer segítségével írjuk fel a megadott mátrix karakterisztikus polinomját! [ ] A 5 6. A Fagyejev-féle "trace" módszer segítségével írjuk fel a megadott mátrix karakterisztikus polinomját! [ ] A 6 6. A Fagyejev-féle "trace" módszer segítségével írjuk fel a megadott mátrix karakterisztikus polinomját! [ ] 6 A 6 5. A Fagyejev-féle "trace" módszer segítségével írjuk fel a megadott mátrix karakterisztikus polinomját! A 6. A Fagyejev-féle "trace" módszer segítségével írjuk fel a megadott mátrix karakterisztikus polinomját! A 7. A megadott tridiagonális mátrixra írjuk fel a karakterisztikus polinom rekurzióját! A 8. A megadott tridiagonális mátrixra írjuk fel a karakterisztikus polinom rekurzióját! Alkalmazzuk az intervallum felezés módszerének egy lépését a sajátérték közelítésére, a kiindulási intervallum a Gersgorin tételből kapott [; ] intervallum legyen. A 5... Hatványmódszer és inverz iteráció 9. Adjunk becslést az A mátrix maximális abszolút értékű sajátértékére! Használjuk a hatvány módszert az x vektorból indítva! [ ] [ ] 7 A, x

7 5. Sajátérték feladatok. Adjunk becslést az A mátrix maximális abszolút értékű sajátértékére! Használjuk a hatvány módszert az x vektorból indítva! [ ] [ ] A, x 5. Adjunk becslést az A mátrix maximális abszolút értékű sajátértékére! Használjuk a hatvány módszert az x vektorból indítva! 5 A, x. Adjunk becslést az A mátrix maximális abszolút értékű sajátértékére a hatvány módszer első lépését végrehajtva az x vektorból kiindulva. A, x 5. Közelítsük az A mátrix domináns sajátértékét hatvány módszer segítségével az x vektorból kiindulva. A, x. Az A mátrix domináns sajátértékének közelítésére használjuk az x vektort! Alkalmazzuk az alábbi két módszert: a) A maximális abszolútértékű komponensek hányadosával. b) A Rayleigh-hányadossal (ez akkor ad jobb eredményt, ha az A mátrix szimmetrikus). A [ ] [ ], x 5. Az A mátrix domináns sajátértékének közelítésére használjuk az x vektort! Alkalmazzuk az alábbi két módszert: a) A maximális abszolútértékű komponensek hányadosával. b) A Rayleigh-hányadossal (ez akkor ad jobb eredményt, ha az A mátrix szimmetrikus). 5 A, x 5 6. Számítsuk ki az inverz iteráció segítségével az A mátrix legkisebb abszolút értékű sajátértékét! Használjuk az x kezdő vektort! [ ] [ ] A, x 5

5.. Feladatok 7 7. Számítsa ki az inverz iteráció segítségével az A mátrix legkisebb abszolút értékű sajátértékét, használja az x vektort! Alkalmazza az alábbi két módszert: a) A maximális abszolútértékű komponensek hányadosával. b) A Rayleigh-hányadossal (az A mátrix szimmetrikus). [ ] [ ] A, x 5..5. Rangszám csökkentés 8. Legyen A R n n invertálható mátrix és tegyük fel, hogy ismerjük a λ sajátértékét és v sajátvektorát ( v ). Keressünk olyan y R n vektort, melyre y T v λ teljesül. Igazoljuk, hogy a B : A v y T mátrix sajátértékei sajátvektorai λ (B), u v, λ i (B) λ i (i,..., n), u i v i yt v i v (i,..., n). λ i 9. Tegyük fel, hogy az A mátrix egy sajátértékét és sajátvektorát már ismerjük (hatványmódszerrel vagy inverz iterációval már meghatároztuk őket), jelöljük őket λ, v -gyel. Legyen H H(u) I uu T, u v e v e egy Householder transzformáció. Ekkor a transzformáció tükröző tulajdonsága miatt a) Igazoljuk, hogy vagyis a mátrix alakja Hv e. HAH e λ e, [ λ b T ] HAH B és B sajátértékei: λ,..., λ n, vagyis az A többi sajátértékével egyeznek. Így az A mátrix sajátértékeit a továbbiakban a B redukált mátrix segítségével kereshetjük. b) Ha ismerjük B sajátértékeit és sajátvektorait, hogyan kapjuk meg az eredeti A sajátértékeit, sajátvektorait? 5..6. Jacobi módszer. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait a Jacobi módszer segítségével! [ ] A

7 5. Sajátérték feladatok. Határozzuk meg az A mátrix sajátértékeit és sajátvektorait a Jacobi-forgatás segítségével! [ ] A. Határozzuk meg az A mátrix sajátértékeit és sajátvektorait a Jacobi módszer segítségével! [ ] A 5. Végezzük el az A mátrixon az (i, j) (, ) pozíciókhoz tartozó Jacobi-forgatást! A. Végezzük el az A mátrixon az (i, j) (, ) pozíciókhoz tartozó Jacobi-forgatást! A 5.. Megoldások 5... Sajátérték becslések. Mivel az A mátrix elemei valósak, ezért a Gersgorin középpontok is valósak. A diszjunkt Gersgorin körökből az következik, hogy minden körben található egy sajátérték. Már csak azt kell belátnunk, hogy ezek valósak. Valós elemű mátrix karakterisztikus polinomja valós együtthatós polinom, melynek gyökei lehetnek komplexek, de akkor a komplex gyök konjugáltja is gyök, vagyis mindkettő sajátértéke a mátrixnak. A körönkénti egy sajátérték kizárja a komplex konjugált gyökpárokat, tehát minden sajátérték valós.. Jelöljük R i j i a ij -vel az eredeti mátrix Gersgorin köreinek sugarait. Mivel csak a diagonális elemeit változtattuk, ezért az A + µ I mátrixra felírt sugarak ugyanezek, a középpontok a ii + µ -re változnak. Mivel az A (a ij ) n i,j mátrix szimmetrikus, az A + µ I mátrix is szimmetrikus, így a sajátértékei valósak. A Gersgorin körök valós vetületét kell csak figyelnünk a sajátérték becslésnél. Így G i [ (a ii + µ) R i ; (a ii + µ) + R i ] (i,..., n). A pozitív definitséghez biztosítanunk kell, hogy minden sajátérték pozitív legyen. Ez a sugarakkal felírva azt jelenti, hogy a becslő intervallum a pozitív oldalra essen, azaz Tehát µ -re a következő feltételt kapjuk (a ii + µ) R i (i,..., n). µ R i a ii (i,..., n) µ max{r i a ii : i,..., n}.

5.. Megoldások 7. a) Írjuk táblázatba a Gersgorin körök középpontjait és sugarait (R i j i a ij )! a ii 6 R i Mivel a megadott mátrix szimmetrikus, ezért a sajátértékei valósak, így a Gersgorin köröknek csak a valós vetületét kell néznünk. G [ ; ], G [ ; ], G [ 5; 7 ] b) Az A mátrix sajátértékei a G i körök úniójában vannak. Mivel a körök diszjunktak, ezért mindegyik Gersgorin kör tartalmaz egy sajátértéket. Tehát a sajátértékek becslése λ [ ; ] λ [ ; ] λ [ 5; 7 ]. c) Legyen D diag(, d, ) diagonális mátrix, d > paraméter. Számítsuk ki a B DAD mátrixot és alkalmazzuk rá a Gersgorin tételt. Mivel A és B hasonló, ezért a sajátértékeik megegyeznek, így az A sajátértékeire kapunk újabb becslést. Az invertálhatóság ekvivalens azzal, hogy nem sajátérték. Ugyanis det(a I) det(a). B DAD d d d d d 6 d 6 A B mátrixra a Gersgorin körök középpontjai és sugarai (r i j i b ij ) b ii 6 r i d d d Mivel a mátrix szimmetrikus, ezért a sajátértékei valósak, így a Gersgorin köröknek csak a valós vetületét kell néznünk. [ G d ; + ] [, G [ d ; + d ], G 6 d d ; 6 + ] d Az invertálhatósághoz elegendő ha biztosítjuk, hogy egyik Gersgorin kör sem tartalmazza a -t, azaz + d < d < < d d > > d > d 6 d > 6 > d d > 6 Ha < d <, akkor B és így A is invertálható. Például d esetén [ G ; + ] [ ] ; [ G ; + ] [ ; 7 ] [ G 6 ; 6 + ] [ ; ] látszik, hogy egyik kör sem tartalmazza a -t, így nem lehet sajátérték.

7 5. Sajátérték feladatok. a) Írjuk táblázatba a Gersgorin körök középpontjait és sugarait (R i j i a ij )! a ii 6 R i Mivel a megadott mátrix szimmetrikus, ezért a sajátértékei valósak, így a Gersgorin köröknek csak a valós vetületét kell néznünk. G [ ; ], G [ ; ], G [ ; 8 ] b) Az A mátrix sajátértékei a G i körök úniójában vannak. Mivel a körök nem diszjunktak, ezért nem teljesül, hogy mindegyik Gersgorin kör tartalmaz egy sajátértéket. Tehát a sajátértékek becslése λ,, [ ; ] [ ; ] [ ; 8 ] [ ; 8 ]. c) Legyen D diag(,, d ) diagonális mátrix, d > paraméter. Számítsuk ki a B DAD mátrixot és alkalmazzuk rá a Gersgorin tételt. Mivel A és B hasonló, ezért a sajátértékeik megegyeznek, így az A sajátértékeire kapunk újabb becslést. B DAD d d d 6 d d d 6 A B mátrixra a Gersgorin körök középpontjai és sugarai (r i j i b ij ) b ii 6 r i + d + d d Mivel a mátrix szimmetrikus, ezért a sajátértékei valósak, így a Gersgorin köröknek csak a valós vetületét kell néznünk. [ ( G + ) ( ; + + )] [ d d d ; + ] d [ ( G + ) ( ; + + )] [ d d d ; + ] d G [ 6 d ; 6 + d ] A 6 körüli sajátértékre akkor kapunk jobb becslést a korábbinál, ha a Gersgorin köre diszjunkt a többitől és a sugara kisebb, mint korábban. A G sugarát d -t minimalizáljuk, feltéve hogy G és G nem ér össze G -mal. + d < 6 d + d < 6 d d + d < d d + < Mivel + d < + d, ezért elég a második egyenlőtlenséget megoldanunk. d, ± 9 8 ± d, d < d <. Tehát minimalizáljuk d -t, feltéve hogy < d <.

5.. Megoldások 75 d, 5 -et választva [ G d ; + ] [, 968 ;, 968 ] d [ G d ; + ] [, 968 ;, 968 ] d G [ 6 d ; 6 + d ] [, 98 ; 7, ] Látjuk, hogy G kölön álló kör, ezért a 6 körüli sajátérték becslése λ [, 98 ; 7, ]. 5. a) Írjuk táblázatba a Gersgorin körök középpontjait és sugarait (R i j i a ij )! a ii R i Mivel a megadott mátrix szimmetrikus, ezért a sajátértékei valósak, így a Gersgorin köröknek csak a valós vetületét kell néznünk. G [ ; ], G [ ; ], G [ ; 5 ] b) Az A mátrix sajátértékei a G i körök úniójában vannak. Mivel a körök nem diszjunktak, ezért nem teljesül, hogy mindegyik Gersgorin kör tartalmaz egy sajátértéket. Tehát a sajátértékek becslése λ,, [ ; ] [ ; ] [ ; 5 ] [ ; 5 ]. c) Legyen D diag(,, d ) diagonális mátrix, d > paraméter. Számítsuk ki a B DAD mátrixot és alkalmazzuk rá a Gersgorin tételt. Mivel A és B hasonló, ezért a sajátértékeik megegyeznek, így az A sajátértékeire kapunk újabb becslést. B DAD d d A B mátrixra a Gersgorin körök középpontjai és sugarai (r i j i b ij ) b ii r i + d d d d Mivel a mátrix szimmetrikus, ezért a sajátértékei valósak, így a Gersgorin köröknek csak a valós vetületét kell néznünk. [ ( G + ) ( ; + + )] [ d d d ; + ] d G [ ; + ] [ ; ] G [ d ; + d] A körüli sajátértékre akkor kapunk jobb becslést a korábbinál, ha a Gersgorin köre diszjunkt a többitől és a sugara kisebb, mint korábban. A G sugarát d -t minimalizáljuk, feltéve hogy G és G nem ér össze G -mal. + d < d d + d < d d + < < d d <

76 5. Sajátérték feladatok A másodfokú egyenlőtlenség megoldása d, ± 9 ± 5 d + 5, 68, d 5, 8966, 8 d, 68. Tehát minimalizáljuk d -t, feltéve hogy, 8 d <. d, 8 -et választva G [ d ; + ] [ 5, 678 ;, 678 ] d G [ ; ] G [ d ; + d] [, 68 ;, 8 ] Látjuk, hogy G kölön álló kör, ezért a körüli sajátérték becslése λ [, 68 ;, 8 ]. 6. a) Írjuk táblázatba a Gersgorin körök középpontjait és sugarait (R i j i a ij )! A Gersgorin körök a ii R i G {z C : z ( ) } G {z C : z } G {z C : z ( ) } b) Az A mátrix sajátértékei a G i körök úniójában vannak. Mivel a G G diszjunkt a G -től, ezért G G tartalmaz két sajátértéket és G egyet. Tehát a sajátértékek becslése λ, G G, λ G. c) Az invertálhatóság ekvivalens azzal, hogy nem sajátérték. Ugyanis det(a I) det(a). Mivel egyik kör sem tartalmazza a -t, így nem lehet sajátérték, tehát a mátrix invertálható. Megjegyzés: A Gersgorin tételben a sugár képlete R i j i a ij. Mivel A és A T sajátértékei megegyeznek, ezért ha A T -ra alkalmazzuk a Gersgorin tételt, akkor a sugár képlete R i j i a ji, vagyis oszloponként kell összeadnunk a diagonálison kívüli elemek abszolút értékét. Így egy újabb becslést kapunk a sajátértékekre. Ebben a példában Tehát a sajátértékek becslése G {z C : z ( ) } G {z C : z } G {z C : z ( ) } λ, G G, λ G. Ezzel a becsléssel nem bizonyítható az invertálhatóság, mert G.

5.. Megoldások 77 7. a) Írjuk táblázatba a Gersgorin körök középpontjait és sugarait (R i j i a ij )! a ii 5 R i Mivel a megadott mátrix szimmetrikus, ezért a sajátértékei valósak, így a Gersgorin köröknek csak a valós vetületét kell néznünk. G [ ; 7 ], G [ ; 7 ], G [ ; 5 ] b) Az A mátrix sajátértékei a G i körök úniójában vannak. Nincsenek diszjunkt Gersgorin körök, így λ,, [ ; 7 ] c) A fenti becslés biztosítja a pozitív definitséget, garantálja hogy minden sajátérték pozitív. 5... Sajátértékprobléma érzékenysége 8. Tekintsük az A UDV C n m szinguláris felbontást és vezessük be a következő jelöléseket: U (u,..., u n ) C n n, V (v,..., v m ) C m m, D diag(σ,..., σ r,,..., ) C n m, r rang(a), σ... σ r >. a) Ennek felhasználásával írjuk fel az AA mátrixot. AA UDV (UDV ) UDV VD U UDD U Innen AA U U DD AA (u,..., u n ) (u,..., u n ) DD (σ u,..., σ r u r,,..., ), ami épp azt jelenti, hogy U oszlopai az AA sajátvektorai. c) Az AA sajátértékei σ,..., σ r,,...,. b) A szinguláris felbontás segítségével írjuk fel az A A mátrixot. A A (UDV ) UDV VD U UDV VD DV Innen A A V V D D A A (v,..., v m ) (v,..., v m ) D D (σ v,..., σ r v r,,..., ), ami épp azt jelenti, hogy V oszlopai az A A sajátvektorai. c) Az A A sajátértékei σ,..., σ r,,...,.

78 5. Sajátérték feladatok 9. Az A I egységmátrix sajátértékei: λ,. A hozzátartozó sajátvektorok: [ ] [ ] v, v. a) Határozzuk meg az A(ε) mátrix sajátértékeit és sajátvektorait. Először számítsuk ki a karakterisztikus polinom gyökeit. det(a(ε) λi) λ ε ε λ ε, λ, ± ε Látjuk, hogy ε esetén A(ε) sajátértékei konvergálnak az A sajátértékeihez. A λ +ε sajátértékhez tartozó sajátvektor meghatározásához keressük a következő lineáris egyenletrendszer egységnyi normájú megoldásvektorát. [ ] ε ε v ε ε v [ ] A λ ε sajátértékhez tartozó sajátvektor meghatározásához keressük a következő lineáris egyenletrendszer egységnyi normájú megoldásvektorát. [ ] ε ε v ε ε v [ ] Látjuk, hogy a kapott sajátvektorok nem függenek az ε értékétől, így ε esetén az A(ε) sajátvektorai nem konvergálnak az A sajátvektoraihoz. b) Határozzuk meg az A(δ) mátrix sajátértékeit és sajátvektorait. Mivel A(δ) diagonális mátrix, ezért sajátértékeit az átlójáról olvashatjuk le: λ, A sajátvektorok meghatározásához keressük a következő lineáris egyenletrendszer egységnyi normájú megoldásvektorát. [ δ ] v v Mivel a lineáris egyenletrendszer mátrixának rangja, ezért nincs másik lineárisan független sajátvektor. Így δ esetén csak a v sajátvektort kapjuk meg, v -t nem.. Az A I egységmátrix sajátértékei: λ,. A hozzátartozó sajátvektorok: [ ] [ ] v, v. Határozzuk meg az A(t) mátrix sajátértékeit és sajátvektorait. Először számítsuk ki a karakterisztikus polinom gyökeit. det(a(t) λi) + t cos( t ) λ t sin( t ) t sin( t ) t cos( t ) λ [ ( λ + t cos( t ))( λ t cos( t )) t sin ( t ) ( λ) t cos ( t ) t sin ( t ) ( λ) t λ, ± t Ellenőrizzük a sajátegyenletbe való behelyettesítéssel, hogy a λ + t és λ t sajátértékhez tartozó sajátvektorok [ cos( v t ) ] [ sin( sin( t ), v t ) ] cos( t ). ]

5.. Megoldások 79 Látjuk, hogy t esetén A(t) A elemenként, sőt az ± t sajátértékek is konvergálnak A sajátértékeihez. Tekintsük most a t k kπ, (k N) nullához tartó sorozatot, ekkor t k kπ, cos( t k ) cos(kπ) ( ) k, sin( t k ) sin(kπ), így [ ( ) k v ] [, v ( ) k+ Ez azt jelenti, hogy k esetén a sajátvektorok divergálnak. ]. 5... Karakterisztikus polinom meghatározására alkalmas módszerek. Számítsuk ki a Fagyejev-féle "trace" módszerbeli S k -kat k, -re. A A karakterisztikus polinom együtthatóira [ ], A S tr(a) + 6 [ 5 ] 5 S tr(a ) 5 + 5 5 S + p p S 6 S + p S + p p (S + p S ) (5 + ( 6) 6) 7. Az A karakterisztikus polinomja P (λ) λ 6λ 7.. Számítsuk ki a Fagyejev-féle "trace" módszerbeli S k -kat k, -re. A A karakterisztikus polinom együtthatóira [ ], A 5 6 S tr(a) + 6 8 [ 9 ] 8 S tr(a ) 9 + 5 S + p p S 8 S + p S + p p (S + p S ) (5 + ( 8) 8) 7. Az A karakterisztikus polinomja P (λ) λ 8λ + 7.

8 5. Sajátérték feladatok. Számítsuk ki a Fagyejev-féle "trace" módszerbeli S k -kat k, -re. [ ] [ ] A, A 5 8 6 6 6 A karakterisztikus polinom együtthatóira S tr(a) + 6 7 S tr(a ) 5 + 6 85 S + p p S 7 S + p S + p p (S + p S ) (85 + ( 7) 7) 8. Az A karakterisztikus polinomja P (λ) λ 7λ 8.. Számítsuk ki a Fagyejev-féle "trace" módszerbeli S k -kat k, -re. [ ] [ ] 6 A, A 7 6 7 A karakterisztikus polinom együtthatóira S tr(a) 6 + 6 S tr(a ) 7 + 7 7 S + p p S S + p S + p p (S + p S ) (7 + ( ) ) 5. Az A karakterisztikus polinomja P (λ) λ λ + 5. 5. Számítsuk ki a Fagyejev-féle "trace" módszerbeli S k -kat k,, -ra. A, A 6, A 8 6 8 A karakterisztikus polinom együtthatóira S tr(a) + + 6 S tr(a ) + 6 + 8 S tr(a ) + 6 + 66 S + p p S 6 S + p S + p p (S + p S ) (8 + ( 6) 6) 9 S + p S + p S + p p (S + p S + p S ) (66 + ( 6) 8 + 9 6).

5.. Megoldások 8 Az A karakterisztikus polinomja P (λ) λ 6λ + 9λ. 6. Számítsuk ki a Fagyejev-féle "trace" módszerbeli S k -kat k,, -ra. A, A A karakterisztikus polinom együtthatóira 5 6, A 5 S tr(a) + + 6 S tr(a ) 5 + 6 + 5 6 S tr(a ) + + 8 S + p p S 6 6 6 S + p S + p p (S + p S ) (6 + ( 6) 6) S + p S + p S + p p (S + p S + p S ) Az A karakterisztikus polinomja (8 + ( 6) 6 + 6). P (λ) λ 6λ + λ (λ )(λ λ + ). 7. Az A tridiag(β i, α i, γ i ) mátrixra A karakterisztikus polinom rekurziója p (λ) p (λ) α λ α γ A β α γ. β α p k (λ) (α k λ) p k (λ) β k γ k p k (λ) (k, ). A képleteket alkalmazzuk a megadott mátrixra p (λ) p (λ) λ p (λ) ( λ) p (λ) p (λ) ( λ) p (λ) p (λ) ( λ) p (λ) p (λ) ( λ) p (λ). A kapott p (λ) az A mátrix karakterisztikus polinomja.

8 5. Sajátérték feladatok 8. Az A tridiag(β i, α i, γ i ) szimmetrikus mátrixra β i γ i (i, ), A karakterisztikus polinom rekurziója p (λ) p (λ) α λ α γ A β α γ. β α p k (λ) (α k λ) p k (λ) β k γ k p k (λ) (k, ). A képleteket alkalmazzuk a megadott mátrixra p (λ) p (λ) λ p (λ) ( λ) p (λ) ( ) ( ) p (λ) ( λ) p (λ) p (λ) ( λ) p (λ) ( ) ( ) p (λ) ( λ) p (λ) p (λ). A kapott p (λ) az A mátrix karakterisztikus polinomja. Készítsünk egy táblázatot, ahová a p k polinomok helyettesítéseit írjuk be. A [; ] intervallumból indulunk az intervallumfelezéssel, majd megfelezzük az intervallumot. x i p (x i ) p (x i ) p (x i ) p (x i ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Nem kell tovább folytatnunk a módszert, mert p (), vagyis a karakterisztikus polinomnak gyöke a. 5... Hatványmódszer és inverz iteráció 9. A hatvány módszer az A R nxn mátrix maximális abszolút értékű sajátértékének és a hozzátartozó sajátvektorának a meghatározására alkalmas. A módszer egy iterációs megoldást szolgáltat a következő formában. Legyen x R n kezdővektor, ekkor x k : Ax k k,,.... Nézzük meg a módszert a konkrét példánkon. Első lépésként el kell készítenünk az x k vektorokat. [ 7 x Ax x [ 7 x Ax x [ 7 x Ax x ] [ ] ] ] [ ] 5 5 [ ] [ ] 5 5 5 5 [ ] [ ] 5 5 5 5

5.. Megoldások 8 Ebből közelítést adhatunk a maximális abszolútértékű sajátértékre. Keretezve jelöljük a vektor végtelen normájának megfelelő elemét, melynek pozíciója szükséges a hányadosképzéshez. [ ] [ ] 5 x, x λ () 5 x() x () 5 5 [ ] [ ] 5 5 x, x λ () 5 5 x() x () 5 5 5 [ ] [ ] 5 5 x, x λ () 5 5 x() 5 5 5 Tehát a maximális abszolútértékű sajátérték közelítése: λ 5. Ellenőrizhetjük a közelítésünket. Mivel a sajátérték gyöke a karakterisztikus polinomnak. x () P (λ) (7 λ)( λ) + 8 P (5) (7 5)( 5) + 8 ( ) + 8. Az előbbi feladatban ismertetett módszer segítségével oldjuk meg a feladatot, vagyis első lépésként el kell készítenünk az x k vektorokat. [ ] [ ] [ ] x Ax x 5 [ ] [ ] [ ] x Ax x 5 [ ] [ ] [ ] 85 x Ax x 5 7 [ ] [ ] [ ] 85 6 x Ax x 5 7 [ ] [ ] [ ] 6 x 5 Ax x 5 5 8 Ebből közelítést adhatunk a maximális abszolútértékű sajátértékre. [ ] [ ] x, x λ () [ ] [ ] x, x λ () [ ] [ ] 85 x, x λ () 7 [ ] [ ] 85 6 x, x λ () 7 [ ] [ ] 6 x, x 5 λ (5) 5 8 Tehát a maximális abszolútértékű sajátérték közelítése: λ 7. x() x () x() x () x() x () x() x () x() x () 6 7 7.667 7 6.9767 8 7. Könnyen ellenőrizhetjük a közelítésünket, hiszen a sajátérték gyöke a karakterisztikus polinomnak. P (λ) ( λ)(5 λ) P (7) ( 7)(5 7) ( 6) ( )

8 5. Sajátérték feladatok. Az előbbi feladatban ismertetett módszer segítségével oldjuk meg a feladatot, vagyis első lépésként el kell készítenünk az x k vektorokat. 5 5 x Ax x 5 5 5 x Ax x 5 5 5 x Ax x Ebből közelítést adhatunk a maximális abszolútértékű sajátértékre. x 5, x λ () x 5 5, x λ () x 5 5, x λ () x() x () x() x () x() x () 5 5 5 5 5 5 5 5 Tehát a maximális abszolútértékű sajátérték közelítése: λ 5. Könnyen ellenőrizhetjük a közelítésünket, hiszen a sajátérték gyöke a karakterisztikus polinomnak. P (λ) (5 λ) [( λ)( λ) ] P (5) (5 5) [( 5)( 5) ] 6. Az előbbi feladatban ismertetett módszer segítségével oldjuk meg a feladatot, vagyis első lépésként el kell készítenünk az x k vektorokat. x Ax x 6 5 x Ax x 6 5 8 5 x Ax x 96 5 8 59 5 7 x Ax x 96 78 5 59 55

5.. Megoldások 85 Ebből közelítést adhatunk a maximális abszolútértékű sajátértékre. x, x 6 λ () x 6, x λ () 8 x x 8 5 96 59, 5 x 96 λ () 59 7, x 78 λ () 55 x() x () x() x () x() x () x() x () 8 7, 56 59 8 55 59 7, 7, Tehát a maximális abszolútértékű sajátérték közelítése: λ 7. Könnyen ellenőrizhetjük a közelítésünket, hiszen a sajátérték gyöke a karakterisztikus polinomnak. P (λ) ( λ)( λ)(5 λ) ( λ) ( λ) + P (7) ( 7)( 7)(5 7) ( 7) ( 7) + ( ) ( 5) ( ) + + + 6 +. Első lépésként készítsük el az x k vektorokat. x Ax x x Ax x 56 x Ax x 56 Vegyük észre, hogy lépés elegendő a domináns sajátérték becslésére. x, x λ () x() x () x x 56, x, x λ () 56 λ () x() x () x() x () Tehát a maximális abszolútértékű sajátértékre a sejtés: λ. 56, 667 56 9, 7

86 5. Sajátérték feladatok A sejtés ellenőrzésére használjuk a karakterisztikus polinomot. P (λ) ( λ)( λ)( λ) P () ( )( )( ) ( ) ( ). a) Oldjuk meg először a már bemutatott módszer segítségével a feladatot. Első lépésként készítsük el az x k vektorokat. [ x Ax x [ x Ax x [ x Ax x ] [ Vegyük észre, hogy lépés elegendő a domináns sajátérték becslésére. ] ] ] [ ] [ ] [ ] 5 [ ] [ ] 5 [ x [ x [ 5 x ] [, x ], x ], x ] [ ] 5 [ ] λ () λ () λ () x() x () x() x () x() x () 5, 5 5 5, 8 Tehát a maximális abszolútértékű sajátértékre a sejtés: λ. b) Mivel szimmetrikus mátrixról van szó, így alkalmazható a Rayleigh-hányados módszer. Ebben az esetben is ki kell számolnunk az x k vektorokat, így az előző pontban meghatározott vektorokat használjuk fel. A különbség az előző módszerhez képest, hogy ebben az esetben nem a maximális abszolút értékű elemet, illetve annak pozícóját alkalmazzuk, hanem az alábbi skalárisszorzatokat alkalmazzuk a hányadosok kiszámítására. < x, x > < x, x > < x, x > < x, x > 5 5, 8 < x, x > < x, x >, 976 Tehát a sejtés itt is λ, de vegyük észre, hogy ebben az esetben lépés után pontosabb a becslés, mint az előző módszerrel. A sejtés ellenőrzésére használjuk a karakterisztikus polinomot. P (λ) ( λ) P () ( )

5.. Megoldások 87 5. a) Az előző feladat megoldásához hasonlóan először a maximális abszolútértékű komponensek hányadosával oldjuk meg a feladatot, tehát elkészítjük az x k vektorokat. 5 x Ax x 5 5 x Ax x 5 5 x Ax x 5 5 x Ax x 5 Vegyük észre, hogy lépés elegendő a domináns sajátérték becslésére. x, x λ () x() x () x, x x, x x, x λ () λ () λ () Tehát a maximális abszolútértékű sajátértékre a sejtés: λ. x() x () x() x () x() x () 7, 667 9, 696 9, 969 b) Mivel A szimmetrikus mátrix, ezért alkalmazható a Rayleigh-hányados módszer. Ebben az esetben is ki kell számolnunk az x k vektorokat, így az előző pontban meghatározott vektorokat használjuk fel. A különbség az előző módszerhez képest, hogy ebben az esetben nem a maximális abszolútértékű elemet, illetve annak pozícóját alkalmazzuk, hanem az alábbi skalárisszorzatokat alkalmazzuk a hányadosok kiszámítására. < x, x > < x, x >, < x, x > < x, x > 57 8, 7 < x, x > < x, x > 557 9, 77 57 < x, x > < x, x > 5557 9, 977 557 Tehát a sejtés itt is λ, de vegyük észre, hogy ebben az esetben pontosabb a becslés, mint az előző módszerrel.

88 5. Sajátérték feladatok A sejtés ellenőrzésére használjuk a karakterisztikus polinomot. P (λ) (5 λ) ( λ) 8(5 λ) 6( λ) + P () ( 5) ( 8) 8 ( 5) 6 ( 8) + + + 8 + 6. Az inverz iteráció lényege megegyezik a hatvány iteráció vezér gondolatával. A különbség két helyen jelentkezik, az egyik, hogy nem az eredeti mátrixon dolgozunk, hanem annak inverzén. Itt fontos megjegyezni, hogy ebből következően természetesen az inverz iteráció csak invertálható mátrixokra működik. A másik fontos különbség, hogy nem a legnagyobb, hanem a legkisebb abszolút értékű sajátérték becsléshez ad segítséget a módszer, ellentétben a hatványiterációval. Első lépésként határozzuk meg a mátrix inverzét. A [ ] 5 7 Ezt követően a lépések megegyeznek a hatványmódszernél megismertekkel, vagyis meghatározzuk az x k vektorokat. x A x x [ ] [ ] [ ] 5 5 7 7 7 x A x x [ ] [ ] [ ] 5 5 7 7 9 7 7 9 Ezt követően pedig a már megszokott módon meghatározzuk a közelítő sorozat elemeit. [ ] [ ] 5 x, x 7 λ () x() 7 x () 5 7 5 7 x 5 [ ] 7 7, x 9 λ () x() 7 9 9 x () 5 8 9 7 5 7 5.57 7 7 Tehát a sejtés λ. A sejtés ellenőrzésére használjuk a karakterisztikus polinomot. P (λ) ( λ)(5 λ) P ( ) ( ( ))(5 ( )) ( 6) 7. a) Először a maximális abszolútértékű komponensek hányadosával oldjuk meg a feladatot. Első lépésként meghatározzuk a mátrix inverzét. A [ ] A következő lépés az, hogy meghatározzuk az x k vektorokat. x A x x [ x A x x [ [ x A x x ] [ ] [ ] [ 5 9 9 ] ] ] [ [ 5 9 9 [ 7 7 ] ] ]

5.. Megoldások 89 Tehát közelítő sorozat elemei [ ] x, x x, x x 5 9 9, x Tehát a sejtés λ. [ [ 5 9 9 [ 7 7 ] ] ] λ () λ () λ () b) Nézzük meg a Rayleigh-hányados segítségével. x() x () x() x () x() x () 5 9 7 5 9 < x, x > < x, x > < x, x > < x, x > 5 5 < x, x > < x, x > 5 9 5 6 6 7 9 5 5 5. Tehát a sejtés itt is λ. Mint a korábbi feladatnál is láttuk, a Rayleigh-hányados pontosabb becslést ad, mint az előző módszer. A rend kedvéért ellenőrizzük a sejtésünket a karakterisztikus polinom segítségével. P (λ) ( λ) P () 5..5. Rangszám csökkentés 8. Ellenőrizzük, hogy B-nek a sajátértékhez tartozó sajátvektora v. Bv (A v y T ) v Av v y T v λ v (y T v ) v λ v λ v v Bebizonyítjuk, hogy B-nek a λ i sajátértékhez tartozó sajátvektora u v i yt v i λ i v. Felhasználjuk, hogy y T v λ, Av λ v és Av i λ i v i. ( ) Bu i (A v y T ) v i yt v i v λ i Av i v y T v i yt v i λ i λ i v i y T v i v yt v i λ i λ i v i y T v i v yt v i λ i λ i v i y T v i v λ i (v i yt v i λ i Av + v y T yt v i λ i v λ v + yt v i λ i v y T v λ v + yt v i λ i v λ v ) λ i u i

9 5. Sajátérték feladatok Ezzel a bizonyítandó állítást beláttuk. 9. a) Az állítás a Householder transzformáció tulajdonságából egyszerűen adódik. Mivel He H(Hv ) H v v, HAH e HAv H λ v λ Hv λ e, ami HAH-nak a megadott blokkosítását jelenti. Mivel HAH hasonló az A mátrixhoz, ezért a sajátártékeik megegyeznek. HAH egyik sajárértéke a λ, a többi a B megfelelő sajátértékeivel egyezik. Ezzel a feladat első részét beláttuk. b) A továbbiakban tegyük fel, hogy meghatároztuk a B λ,..., λ n sajátértékeit és u,..., u n sajátvektorait. Ezek segítségével szeretnénk az eredeti A mátrix sajátvektorait előállítani. A HAH mátrix sajátegyenlete [ λ b T B ] [ βi u i ] [ βi λ i u i Felírva a blokkos szorzásokat, a következő egyenleteket kapjuk Innen β i -t kifejezhetjük, ha λ i λ. λ β i + b T u i λ i β i Bu i λ i u i. bt u i β i λ λ i Ha λ i λ, akkor b T u i -nak kell lennie (másképp ellentmondást kapunk), ekkor β i értéke bármi lehet. Tehát az u i sajátvektort ezzel a β i -vel kell kiegészítenünk, hogy megkapjuk HAH sajátvektorait. H-val balról szorozva Ebből látszik, hogy A sajátvektorai [ βi HAH u i [ βi AH u i ] ] [ βi λ i u i [ βi λ i H u i [ βi v i H u i ]. ] ]. ]. 5..6. Jacobi módszer. A Jacobi módszer célja a mátrix főátlón kívüli elemeinek iteratív eljárással történő kinullázása úgy, hogy végeredményben a diag(λ i (A)) mátrixhoz jussunk. Hogyan is működik a módszer? Szimmetrikus mátrixok ortogonális hasonlósági transzformációval diagonális alakra hozhatóak, azaz A szimmetrikus mátrixhoz Q ortogonális mátrix, melyre Q T AQ D, ahol D diagonálisában a mátrix sajátértékei szerepelnek, Q oszlopai pedig a megfelelő sajátvektorok. Olyan ortogonális mátrixokból álló (Q k ) sorozatot készítünk, amelyre lim Q Q... Q k Q k

5.. Megoldások 9 Legyen A A és A k : Q T k Ak Q k, k,,... ahol Q k egy adott (i, j) pozícióhoz tartozó forgatási mátrix (i < j), melyre Q k (i, i) cos ϕ Q k (i, j) sin ϕ Q k (j, j) cos ϕ Q k (j, i) sin ϕ c s c s A mátrix többi eleme megegyezik az egységmátrix elemeivel, tehát a mátrix általános alakja a következő.. cos ϕ sin ϕ.. Q k........ sin ϕ cos ϕ. A ϕ szög értékét úgy fogjuk meghatározni, hogy a hasonlósági transzformáció után kapott mátrixra a (k) ij a (k) ji legyen. Nézzük meg a konkrét példa megoldását. Mivel a mátrixunk méretű, ezért ebben az esetben csak az (i, j) (, ) pozíciójú elemet kell kinullázni, vagyis ebben az esetben a Jacobi módszer egy lépésével megkapjuk a pontos sajátértékeket és sajátvektorokat. Legyen [ ] c s Q s c Határozzuk meg c és s értékét úgy, hogy az A () Q T A Q mátrixra a () legyen. A () Q T AQ [ ] [ ] [ ] c s c s s c s c [ ] [ ] c + s c s c s s c s + c s c [ c + sc + s s c ] [ + sc s s c s sc + c c ] s c sc Mivel ϕ-t úgy választjuk, hogy s c cos ϕ legyen, ezért ϕ π lesz. Így c cos π és s sin π miatt Q és A() mátrix a következő lesz. Q [ ] [ ], A () D

9 5. Sajátérték feladatok Az A mátrix sajátértékei a hasonlósági transzformáció miatt az A () D mátrix átlójából és sajátvektorai a Q oszlopaiból leolvashatók. [ ] λ, v [ ] λ, v. Az előző feladat megoldásában megismert elemi módszer helyett használjuk annak általános változatát, melyben a mátrix elemeiből képlettel számolható c cos(ϕ) és s sin(ϕ) értéke. A Q k mátrix meghatározásához szükséges az a (k ) érték, mely a forgatási (i,j) pozícióhoz tartozik. A képletek az alábbi összefüggésből könnyen származtathatóak. ( ) a (k ) jj a (k ) ii (c s ) c s a (k ) ij ij cos ϕ sin ϕ ctgϕ : p A trigonometrikus összefüggések felhasználásával könnyen adódnak a következő képletek. Ezek csak kézi számolásra alkalmasak, gépi megvalósítás esetén egy stabilabb képletet alkalmazunk. cos ϕ c : cos ϕ s : sin ϕ p + p + cos ϕ cos ϕ Ezeket felhasználva könnyen adódik a feladat megoldása. p (a jj a ii ) a ij cos ϕ p + p + + c cos ϕ s sin ϕ Tehát Q és A () mátrixok a következőképpen alakulnak. [ ] [ ] Q, A () D Tehát az A mátrix sajátértékei és sajátvektorai könnyen leolvashatóak az eredmény mátrixokból. [ ] λ, v [ ] λ, v

5.. Megoldások 9. Az előző feladatban megismert képletek segítségével oldjuk meg a feladatot. p (a jj a ii ) 5 a ij cos ϕ p + p + c cos ϕ s sin ϕ + Tehát Q és A () mátrixok a következőképpen alakulnak. Q + +, A () D + [ 9 9+ Tehát az A mátrix sajátértékei és sajátvektorai könnyen leolvashatóak az eredmény mátrixokból. λ 9 +, v λ 9 +, v + ]. Használjuk a korábbi feladatoknál megismert képleteket a feladat megoldásához. ctgϕ a a a ( ) ϕ π ϕ π Q c : cos ϕ cos π s : sin ϕ sin π Tehát ennek segítségével kiszámítva A () Q T AQ mátrixot, adódik a következő. A () Q T AQ

9 5. Sajátérték feladatok Látjuk, hogy a Jacobi forgatás után a diagonálison kívüli korábbi elemek feltöltődnek és az (, ), valamint a (, ) pozíción lesznek elemek. Viszont fontos megjegyezni (a módszer konvergencia tételének bizonyításában egy fontos észrevétel), hogy a k. lépésben a diagonálison kívüli elemek négyzetösszege (N(A (k) )) csökken, éppen az A (k ) mátrix eliminálandó elemeinek négyzetével, vagyis (a (k ) ij ) -tel. N(A), N(A () ) (a ) + (a ). Használjuk a korábbi feladatoknál megismert képleteket a feladat megoldásához. ctgϕ a a a ϕ π ϕ π c : cos ϕ cos π s : sin ϕ sin π Q Tehát ennek segítségével kiszámítva A () Q T AQ mátrixot, adódik a következő. A () Q T AQ 5 Látjuk, hogy a Jacobi forgatás után a diagonálison kívüli korábbi elemek feltöltődnek és a (, ), valamint a (, ) pozíción lesznek elemek. A diagonálison kívüli elemek négyzetösszege (N(A)) csökken (a ) + (a ) + 8-cal. N(A) 6, N(A () ) 8

6. fejezet Polinom interpoláció 6.. Feladatok 6... Az interpolációs polinom Lagrange- és Newton-alakja, hibája. Tekintsük az f(x) x függvényt és az,, 9 alappontokat. a) Írjuk fel az interpolációs polinom Lagrange-alakját! b) Írjuk fel az interpolációs polinom Newton-alakját! c) Közelítsük f() -t az interpolációs polinommal! d) Becsüljük a hibát az x pontban és az [; 9] intervallumon!. Írjuk fel az (x i, y i ) pontokon interpoláló polinom Newton-alakját! x i y i 5 5. Határozzuk meg az f(x) log (x) függvényt az,, pontokban interpoláló polinomot (P ). Adjuk meg f() közelítését P () segítségével és becsüljük a hibáját hibaformulával!. Határozzuk meg az f(x) x + függvényt az,, 9 pontokban interpoláló polinomot. Adjuk meg a hibabecslését az [; 9] intervallumon! 5. Határozzuk meg az f(x) x függvényt a,,, pontokban interpoláló polinomot (P ). Adjuk meg a racionális közelítését P ( ) segítségével és becsüljük a hibáját! 6. Határozzuk meg az f(x) x függvényt a,,, pontokban interpoláló polinomot (P ). Adjuk meg a racionális közelítését P ( ) segítségével és becsüljük a hibáját! 7. Határozzuk meg az f(x) cos(π x) függvényt a,,, pontokban interpoláló polinomot. Adjuk meg az f( 6 ) racionális közelítését a polinom segítségével és becsüljük a hibát a megadott pontban (hibaformulával)! 8. Határozzuk meg az f(x) sin(π x) függvényt a, 6, 5 6, pontokban interpoláló polinomot. Adjuk meg az f( ) racionális közelítését a polinom segítségével és becsüljük a hibát a megadott pontban (hibaformulával)! 9. Jelöljük P -vel az f(x) x e x függvényt a,,, pontokban interpoláló polinomot. Lássuk be a polinom kiszámítása nélkül, hogy ( ) ( ) f P, 5.

96 6. Polinom interpoláció. Jelöljük P -vel az f(x) x 6 függvényt a, 5,, pontokban interpoláló polinomot. Lássuk be a polinom kiszámítása nélkül, hogy ( f ) P ( ),.. Határozzuk meg az f(x) sin( π x) függvényt a,, 5, pontokban interpoláló polinomot. Adjuk meg az f( ) racionális közelítését a polinom segítségével és becsüljük a hibáját a megadott pontban és a [; ] intervallumon!. Határozzuk meg az f(x) log (x) függvényt az,,, 8 pontokban interpoláló polinomot (P). Adjuk meg f() közelítését P () segítségével és becsüljük a hibáját hibaformulával!. Igazoljuk, hogy ha f C [a; b] és P az a és b pontokban interpoláló polinom, akkor f(x) P (x) M 8 (b a), ahol M f max{ f (x) : x [a; b]}!. Az f(x) cos(x) függvény [; π]-beli értéktáblázatát szeretnénk elkészíteni. Adjuk meg a h lépésköz értékét, hogy milyen sűrűn tegyük a függvény értékeit a táblázatba, ha a táblázatban nem szereplő értékekre lineáris interpolációt alkalmazunk és azt szeretnénk, hogy a hiba 6 -nál kisebb legyen! 5. Igazoljuk, hogy ha f C n+ [a; b] és P n az n-edfokú interpoláló interpolációs polinom, akkor f(x) P n (x) M n+ (n + ) hn+, ahol h max n i x i x i és M n+ f (n+)! 6. Az f(x) x+ függvényt interpoláljuk az {x(n), x(n),..., x(n) n } különböző pontokból álló alappontrendszeren, ahol az alappontok kifeszítik a [ ; ] intervallumot, ha n. Egyenletesen konvergál-e az interpolációs polinomok sorozata a függvényhez? 7. Az f(x) x+5 függvényt interpoláljuk az x {x(n) +5x+6, x(n),..., x(n) n } különböző pontokból álló alappontrendszeren, ahol az alappontok kifeszítik a [ ; ] intervallumot, ha n. Egyenletesen konvergál-e az interpolációs polinomok sorozata a függvényhez? 8. A P polinom az x,..., x n pontokban interpolálja f-et, a Q pedig az x,..., x n pontokban. Igazoljuk, hogy P (x) + x x x n x (P (x) Q(x)) az x,..., x n pontokban interpolálja f-et! 9. Jelöljük l k -val a Lagrange-alappolinomokat. a) Igazoljuk, hogy x R : n k l k(x). b) Igazoljuk, hogy x R : n k x k l k (x) x. c) Igazoljuk, hogy x R : n k (x k) n l k (x) x n.

6.. Feladatok 97. Tekintsük a,, alappontrendszert és az, x, x függvényrendszert. Igazoljuk, hogy általában nem létezik egy adott függvénynek a fenti függvényrendszer szerinti interpolációs polinomja!. Tegyük fel, hogy f(x) a n x n +... + a x + a alakú n-edfokú polinom. Tetszőleges x,..., x n különböző alappontok esetén mennyi lesz az f[x,..., x n ] osztott differencia értéke?. Legyen P egy n-edfokú polinom és x,..., x k különböző alappontok. Igazoljuk, hogy k > n : f[x,..., x k ].. Közelítsük az f(x) x n+ függvényt az x,..., x n alappontokra felírt interpolációs polinomjával! (A polinomot nem kell felírni.) Adjunk hibabecslést, majd ennek felhasználásával igazoljuk, hogy n f[x,..., x n ] x i. i. Az x < x < x < x alappontokhoz tartozó Lagrange-alappolinomokat jelöljük l, l, l, l -mal. Mutassuk meg, hogy x [x ; x ] : l (x) + l (x). 5. Tekintsük az a x <... < x n b és a c y <... < y k d alappontrendszert. Legyenek f(x i, y j ) adott függvényértékek (i,..., n és j,..., k). Jelöljük l () i (x)-szel az [a ; b] -beli alappontokra felírt és l () j (y)-nal a [c ; d] -beli alappontokra felírt Lagrange-alappolinomokat. Készítsük el az l ij (x, y) l () i (x) l () j (y) kétváltozós alappolinomokat. Igazoljuk, hogy ekkor P (x, y) n n f(x i, y j ) l ij (x, y) i j x-ben n-edfokú, y-ban k-adfokú kétváltozós interpolációs polinom. 6... Csebisev polinomok alkalmazása 6. Közelítsük az f(x) sin( π x), x [ ; ] függvényt elsőfokú interpolációs polinommal, hogy a közelítés hibája minimális legyen a C[ ; ] normában! Mik lesznek az alappontok és mekkora a hiba maximuma a megadott intervallumon? 7. Közelítsük az f(y) y y, y [; ] függvényt másodfokú interpolációs polinommal, hogy a közelítés hibája minimális legyen a C[; ] normában! Mik lesznek az alappontok és mekkora a hiba maximuma a megadott intervallumon? 8. Közelítsük az f(y) cos(y), y [ π ; π ] függvényt másodfokú interpolációs polinommal, hogy a közelítés hibája minimális legyen! Mik lesznek az alappontok és mekkora a hiba maximuma a megadott intervallumon?

98 6. Polinom interpoláció 9. Tekintsük az f(y) π y + sin(y), y [ π ; π ] függvényt. a) Határozzuk meg a π,, π pontokon interpoláló polinomot (P ). b) Becsüljük a hibáját a [ π ; π ] intervallumon! c) Mennyi lenne az elérhető legkisebb hiba a megadott intervallumon, ha az alappontokat szabadon választhatnánk? Mik lennének az alappontok? 6... Inverz interpoláció. Az x k, x k pontokra támaszkodó inverz interpolációval közelítsük az f(x) egyenlet megoldását. Írjunk fel egy közelítést az x k+ -re!. Az x, x, x pontokra támaszkodó inverz interpolációval közelítsük az f(x) egyenlet megoldását. Írjunk fel egy közelítést az x -ra!. Az inverz interpoláció elvét alkalmazzuk a sin( π x) megoldására! A,, alappontokra felírt másodfokú inverz interpolációt használjuk. Számítsuk ki az x közelítő értéket!. Az inverz interpoláció elve segítségével az x k, f(x k ), f (x k ) felhasználásával írjon fel egy iterációs módszert az f(x) egyenlet gyökének meghatározására. 6.. Megoldások 6... Az interpolációs polinom Lagrange- és Newton-alakja, hibája. a) Az,, 9 alappontokhoz tartozó Lagrange-alappolinomok a következők: l (x) l (x) l (x) (x )(x 9) ( )( 9) (x )(x 9) (x )(x 9) ( )( 9) (x )(x 9) 5 (x )(x ) (9 )(9 ) (x )(x ). Az,, 9 alappontokhoz tartozó függvényértékek rendre,,. Ezt felhasználva a másodfokú interpolációs polinom Lagrange-alakja: L (x) l (x) + l (x) + l (x) (x )(x 9) 5 (x )(x 9) + (x )(x ). b) Az alappontok és függvényértékek ismeretében készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] 9 9 5 5 9 6

6.. Megoldások 99 A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az interpolációs polinom Newton-alakját. N (x) + (x ) (x )(x ) 6 c) Az f() közelítése az interpolációs polinom felhasználásával N () + ( ) 6 ( )( ) + +, 667. d) Az interpoláció hibabecslése az x [; 9] pontban f(x) P (x) M! ω(x), ahol M f max{ f (x) : x [; 9]}. Számítsuk ki a képletben szereplő mennyiségeket! Az f(x) x deriváltjai f (x) x, f (x) x, f (x) 8 x 5. Innen a derivált becslése illetve f (x) 8 x 5 8 x 5 8 M ω() ( )( )( 9). Az x pontban a hibabecslés f() P () M! ω() 8 6 7 8. Számítsuk ki ω -t. ω(x) (x )(x )(x 9) x x + 9x 6 Az ω lehetséges szélsőértékei ω (x) x 8x + 9 x, 8 ± 8 9 6 8 ± 6 ± 7 Innen ω 6. ω ( ) 7 Az x [; 9] intervallumon a hibabecslés x 7, x 7 ω(7) (7 )(7 )(7 9) 6 ( ) ( ) ( ) 7 7 7 9 f(x) P (x) M! ω 7, 8 8 6 6 9.

6. Polinom interpoláció. Az alappontok és függvényértékek ismeretében készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]...... 5 ( 5) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 5 5 5 ( ) () ( ) A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az interpolációs polinom Newton-alakját. N (x) 5 + (x + ) (x + )(x + ) + (x + )(x + )x 5 + x + x x 8 + x + x + x x x + x Mivel az interpolációs polinom független az alappontok sorrendjétől, ezért azokat fordítva is felírhatnánk. Az új Newton bázisban az együtthatók a fenti táblázat legalsó sorában szerepelnek, így az új Newton-alak N (x) 5 + 5(x ) + (x )(x ) + (x )(x )x 5 + 5x + x 6x + + x x + x x x + x. Látjuk, hogy ugyanazt a polinomot kaptuk.. Az,, alappontok és a,, függvényértékek ismeretében írjuk fel az interpolációs polinom Newton-alakját. Ehhez készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] 6 A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az interpolációs polinom Newton-alakját. P (x) N (x) + (x ) (x )(x ) 6 Az f() log () közelítő értéke az interpolációs polinomból Az x pontban a hibabecslés P () N () + ( ) 6 ( )( ) 5. ahol ω() ( )( )( ). f() P () M! ω(), Mivel f(x) log (x) ln(x) ln(), így az f deriváltjai f (x) ln() x, f (x) ln() x f (x) ln() x,

6.. Megoldások ahonnan x [; ] esetén a becslés f (x) A kapott értékeket a hibabecslésbe helyettesítve f() P () x ln() ln() M. ln()!, 96. ln(). A feladat megoldása az. feladat alapján gyorsan felírható. A függvényértékek eggyel nőttek, de az osztott differencia táblázatban csak az első bekeretezett elem változik -re. Az x [; 9] intervallumon a hibabecslés N (x) + (x ) (x )(x ). 6 f(x) P (x) M! ω 8 6 6 9. 5. A,,, alappontok és az,,, függvényértékek ismeretében írjuk fel az interpolációs polinom Newton-alakját. Ehhez készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]... ( ) ( ) ( ) A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az interpolációs polinom Newton-alakját. P (x) N (x) + (x + ) + (x + ) x + (x + ) x (x ) Az f( ) közelítő értéke az interpolációs polinomból ( ) P + ( ) + + ( ) + + ( ) ( ) + + + 6 96 5 96 5, 65. Az x pontban a hibabecslés ( f ) P ( ) M! ( ) ω, ahol ω ( ) ( ) + ( ) ( ) 9 6.

6. Polinom interpoláció Mivel f(x) x e x ln(), így az f deriváltjai ahonnan x [ ; ] esetén f (x) ln() x f (x) (ln()) x f (x) (ln()) x f () (x) (ln()) x, f () (x) (ln()) (ln()) M. A kapott értékeket a hibabecslésbe helyettesítve ( ) ( ) f P (ln()) 9! 6 (ln()), 6, 6. A,,, alappontok és az,,, 9 függvényértékek ismeretében írjuk fel az interpolációs polinom Newton-alakját. Ehhez készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]... ( ) ( ) 9 9 6 6 ( ) 9 A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az interpolációs polinom Newton-alakját. P (x) N (x) + (x + ) + (x + ) x + (x + ) x (x ) 9 Az f( ) közelítő értéke az interpolációs polinomból ( ) P + ( ) + + ( ) + + 9 + + 6 6 5. Az x ahol pontban a hibabecslés ( f ω ( ) ) P ( ) + Mivel f(x) x e x ln(), így az f deriváltjai ( ) M! ( ) ( ) + ( ) ω, ( ) ( ) 9 6. f (x) ln() x f (x) (ln()) x f (x) (ln()) x f () (x) (ln()) x,

6.. Megoldások ahonnan x [ ; ] esetén f () (x) (ln()) 9(ln()) M. A kapott értékeket a hibabecslésbe helyettesítve ( ) ( ) f P 9(ln()) 9! 6 7(ln()) 8, 7, 7. A,,, alappontok és az,,, függvényértékek ismeretében írjuk fel az interpolációs polinom Newton-alakját. Ehhez készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]... ( ) ( ) 9 ( ) 9 9 ( 9 ) 9 A táblázat bekeretezett értékei segítségével megkapjuk az interpolációs polinom Newtonalakját. P (x) N (x) x 9 ( x x ) + 9 ( x x ) ( x ) Az f( 6 ) cos( π 6 ) ( ) P 6 közelítő értéke az interpolációs polinomból ( 6 ) + 9 ( 6 6 6 9 6 ) ( 6 ) + 6 + 6 7 8, 875. Az x 6 ahol pontban a hibabecslés ( f 6 ω ( ) 6 6 ) P Mivel f(x) cos(π x), így az f deriváltjai ahonnan x [; ] esetén ( ) M 6! ( 6) ω, ( 6 ) ( 6 ) ( ) 6 5. f (x) π sin(π x) f (x) (π) cos(π x) f (x) (π) sin(π x) f () (x) (π) cos(π x), f () (x) (π) M. A kapott értékeket a hibabecslésbe helyettesítve ( ) ( ) f P (π) 5, 5, 6 6!

6. Polinom interpoláció 8. A, 6, 5 6, alappontok és a,,, függvényértékek ismeretében írjuk fel az interpolációs polinom Newton-alakját. Ehhez készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]... 6 5 6 6 5 6 6 5 6 5 6 8 5 6 8 5 8 5 ( 8 5 ) A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az interpolációs polinom Newton-alakját. P (x) N (x) x 8 ( 5 x x ) 6 Az f( ) cos( π ) közelítő értéke az interpolációs polinomból ( ) P 8 5 ( ) 6 5 5, 8. Az x ahol pontban a hibabecslés ( f ω ( ) ) P ( ) M! ( ) ω, ( ) ( 6 5 ) ( ) 6 6. Mivel f(x) sin(π x), így az f deriváltjai ahonnan x [; ] esetén f (x) π cos(π x) f (x) (π) sin(π x) f (x) (π) cos(π x) f () (x) (π) sin(π x), f () (x) (π) M. A kapott értékeket a hibabecslésbe helyettesítve ( ) ( ) f P (π), 7,! 6 9. Nézzük az x ahol pontban a hibabecslést ( ) ( ) f P M (! ) ω, ω ( ) ( ) ( ) ( ).

6.. Megoldások 5 Mivel f(x) x e x, így az f deriváltjai ahonnan x [; ] esetén f (x) e x x e x ( x) e x f (x) e x ( x) e x (x ) e x f (x) e x (x ) e x ( x) e x f () (x) e x ( x) e x (x ) e x, f () (x) e M. A kapott értékeket a hibabecslésbe helyettesítve ( ) ( ) f P!, 57. 86 Ezzel bizonyítottuk az egyenlőtlenséget.. Nézzük az x ahol pontban a hibabecslést ( ) ( ) f P M (! ) ω, ω ( ) ( ) ( 5 ) ( ) 6. Mivel f(x) x 6, így az f deriváltjai ahonnan x [; ] esetén f (x) 6x 5 f (x) x f (x) x f () (x) 6x, f () (x) 6 M. A kapott értékeket a hibabecslésbe helyettesítve ( ) ( ) f P 6! 6,. Ezzel bizonyítottuk az egyenlőtlenséget.. A 8. feladat eredményeit fel tudjuk használni az összehasonlításhoz. A kapott polinomban x helyére x -t írva megkapjuk az interpolációs polinomot. Ellenőrzésképpen készítsük el az osztott differencia táblázatot a megadott adatok alapján. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]... 5 5 5 5 9 9 9 ( 9 )

6 6. Polinom interpoláció A táblázat bekeretezett értékei segítségével megkapjuk az interpolációs polinom Newtonalakját P (x) N (x) x 9 ( x x ), mely egyezik az 8. feladatból x helyettesítéssel kapott eredménnyel. Az f( ) cos( π ) közelítő értéke az interpolációs polinomból ( ) P 9 ( ) 5 5, 8. Az x ahol pontban a hibabecslés ( f ω ( ) ) P ( ) M! ( ) ω, ( ) ( 5 ) ( ) 7. Mivel f(x) sin( π x), így f () (x) ( π ) sin ( π x ), ahonnan x [; ] esetén ( π ) f () (x) M. A kapott értékeket a hibabecslésbe helyettesítve ( ) ( ) f P ( π )!, 88. 7. A feladatot a. feladat felhasználásával oldjuk meg. Egy új alappontunk van, amivel az osztott differencia táblázatot kiegészítjük, majd a Newton-alak rekurzióját felhasználva felírjuk az interpolációs polinomot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]... 6 8 8 8 ( 6 ) 8 56 A Newton-alak rekurziójából P (x) N (x) + (x )(x )(x ) 56 + (x ) 6 (x )(x ) + (x )(x )(x ). 56 Az f() log () közelítő értéke az interpolációs polinomból P () N () + 56 ( )( )( ) 5, 69. 8

6.. Megoldások 7 Az x pontban a hibabecslés f() P () M! ω(), ahol ω() ( )( )( )( 8). Mivel f(x) log (x) ln(x) ln(), ezért ahonnan x [; 8] esetén f () (x) f () (x) 6 ln() x, A kapott értékeket a hibabecslésbe helyettesítve f() P () 6 x ln() 6 ln() M. 6 ln()! 5, 66. ln(). Nézzük a lineáris interpoláció hibabecslését ahol ω(x) (x a)(x b). f(x) P (x) M ω(x), Mivel ω egy parabola, ezért a szélsőértékét az x a+b helyen veszi fel. ( ) ( ) ( ( a + b ω a + b a + b b a a b) Tehát ω (b a). Folytatva a hibabecslést a bizonyítandó ) alakot kapjuk. f(x) P (x) M 8 (b a). A. feladatbeli eredményt használjuk a megoldáshoz. Jelöljük h-val az egyenletes felosztás lépésközét, azaz h x k x k k-ra. Mivel f(x) cos(x), így a második derivált becslésére M -et kapunk. Az [x k ; x k ] intervallumon a hiba A 6 -nál kisebb hibához f(x) P (x) M 8 h h 8. h 8 < 6 h < 8, 8. Kevesebb felosztás is elegendő, ha nem egyenletes felosztást választunk. Mivel M éles becslés a [ ; π] intervallum szélein, ezért ott ezt az intervallum hosszat tartanunk kell. Ahol cos(x) n, ott n h lehet a lépésköz, tehát elhagyhatunk osztópontokat.

8 6. Polinom interpoláció 5. Az interpoláció hibabecslése x [a; b]-re Tehát elég belátnunk, hogy f(x) P n (x) M n+ (n + )! ω(x). ω(x) n! hn+ x [a; b]. Rögzítsük a k {,..., n} indexet, melyre x [x k ; x k ]. (x x k )(x x k ) h, az x k, x k zérushelyekkel rendelkező parabola szélsőértéke. A többi tényezőt külön-külön becsüljük. A becsléseket felhasználva ω(x) hn+ Ezzel az állítást beláttuk. 6. Írjuk fel az f(x) x+ x x k h. x x (k )h x x kh x x k+ h függvény deriváltjait.. x x n (n k )h k! (n k )! hn+ f (x) (x + ), f (x) (x + ), f (x) 6 (x + ),... Teljes indukcióval belátható, hogy n! f (k) (x) ( ) k k! (x + ) (k+) ( )k k!, k N. (x + ) k+ Az interpoláció hibabecslését felhasználva f(x) L n (x) M n+ (n + )! ω(x), ahol M n+ f n+ max{ f n+ (n + )! (ξ) : ξ [; ]} n+ és ω(x) n i (x x(n) i ). Mivel x x (n) i <, i,..., n, ezért ω(x) n i A kapott eredményeket beírva a hibabecslésbe x x (n) i <. (n + )! f(x) L n (x) (n + )! n+ (n ). n+

6.. Megoldások 9 7. Készítsük el az f(x) x+5 Ellenőrizzük, hogy Írjuk fel az f(x) x+ x +5x+6 racionális törtfüggvény parciális törtekre bontását. f(x) x + 5 x + 5x + 6 x + + x +. és f(x) x+ függvények deriváltjait. f (x) (x + ), f (x) (x + ), f (x) 6 (x + ),... Teljes indukcióval belátható, hogy Hasonlóan f (k) (x) ( ) k k! (x + ) (k+) ( )k k!, k N. (x + ) k+ f (k) (x) ( ) k k! (x + ) (k+) ( )k k!, k N. (x + ) k+ Az interpoláció hibabecslését felhasználva ahol f(x) L n (x) M n+ (n + )! ω(x), ( M n+ f n+ max{ f n+ (ξ) : ξ [; ]} (n + )! n+ + ) n+ és ω(x) n i (x x(n) i ). Mivel x x (n) i <, i,..., n, ezért ω(x) n i A kapott eredményeket beírva a hibabecslésbe f(x) L n (x) (n + )! (n + )! ( n+ + n+ x x (n) i <. ) n+ + (n ). n+ 8. P (x k ) f(x k ) k {,..., n }, mivel P az x,..., x n pontokban interpolálja f-et. Q(x k ) f(x k ) k {,..., n}, mivel Q az x,..., x n pontokban interpolálja f-et. Legyen R(x) P (x) + x x x n x (P (x) Q(x)). Ellenőrizzük, hogy interpolál-e az x,..., x n alappontokban. k {,..., n } esetén R(x ) P (x ) + x x (P (x ) Q(x )) P (x ) f(x ) x n x } {{ } R(x k ) P (x k ) + x x k (P (x k ) Q(x k )) P (x x n x } {{ } k ) f(x k ) f(x k ) f(x k ) R(x n ) P (x n ) + x x n (P (x n ) Q(x n )) x n x } {{ } P (x n ) (P (x n ) Q(x n )) Q(x n ) f(x n )

6. Polinom interpoláció 9. a) Az interpoláció pontos az f függvényre, írjuk fel a Lagrange-alakot. n f(x) L n (x) l k (x) x R k b) Hasonlóan, az interpoláció pontos az f(x) x függvényre. Írjuk fel a Lagrange-alakját. n x f(x) L n (x) x k l k (x) k x R c) Hasonlóan, az n + alappontú interpolációs polinom pontos az f(x) x n függvényre. Írjuk fel a Lagrange-alakját. n x n f(x) L n (x) x k k l k(x) k x R. Tegyük fel, hogy az interpolációs polinom P (x) p x + p x + p alakú. Írjuk fel az interpolációs feltételeket. P ( ) p ( ) + p ( ) + p p + p + p f( ) P () p f() P () p () + p () + p p + p + p f() Látszik, hogy ha f( ) f(), akkor ellentmondó egyenletrendszert kapunk, melynek nincs megoldása. Például páratlan függvényeket nem tudunk interpolálni az, x, x függvényrendszerrel.. Az f(x) a n x n +...+a x+a alakú n-edfokú polinomnak az x,..., x n különböző alappontok esetén felírt interpolációs polinomja azonos önmagával, azaz f(x) N n (x). Az f[x,..., x n ] osztott differencia a Newton-alak főegyütthatója, így f[x,..., x n ] a n.. A P egy n-edfokú polinom, k > n és x,..., x k különböző alappontok esetén a hibaformula P (x) L k (x) P (k+) (ξ) ω(x) x R. (k + )! Tehát P (x) L k (x) N k (x), így a Newton-alakban k > n : f[x,..., x k ].

6.. Megoldások. Legyen f(x) x n+ és P az x,..., x n alappontokra felírt n-edfokú interpolációs polinom. A hibaformulából x n+ P (x) f (n+) (ξ) (n + )! ω(x) Hasonlítsuk össze az x n -es tagok együtthatóját. Bal oldalon a Newton-alakból: f[x,..., x n ], míg jobboldalon az ω(x) n k (x x k) -ból: n i x i, így n f[x,..., x n ] x i. (n + )! ω(x) ω(x). (n + )!. Az x < x < x < x alappontokhoz tartozó Lagrange-alappolinomokat l, l, l, l -mal jelöljük. Az interpoláció pontos az f függvényre, írjuk fel a Lagrange-alakját. f(x) L (x) l k (x) x R Tehát Be kell látnunk, hogy Ehelyett a vele ekvivalens k i l (x) + l (x) + l (x) + l (x). x [x ; x ] : l (x) + l (x). x [x ; x ] : l (x) + l (x) egyenlőtlenséget látjuk be. Használjuk a két szélső Lagrange-alappolinom képletét. l (x) + l (x) (x x )(x x )(x x ) (x x )(x x )(x x ) + (x x )(x x )(x x ) (x x )(x x )(x x ) (x x ( ) )(x x ) x x (x x ) (x x )(x x ) + (x x ) (x x )(x x ) (x x )(x x) (x x) (x x ) + (x x ) (x } {{ } x )(x x ) (x } {{ } x )(x x ) } {{ } < < A fenti átalakításból látszik, hogy az [x ; x ] intervallumon az első tényező nem negatív, a második pedig negatív. Ezzel a bizonyítandó állítást beláttuk. 5. Legyen i, s {,..., n} és j, t {,..., k}, az egyváltozós Lagrange-alappolinomok tulajdonságát felhasználva l ij (x s, y t ) l () i (x s ) l () j (y t ) δ is δ jt, ahol δ is, δ jt a Kronecker szimbólumokat jelöli (vagyis i s illetve j t esetén lesz egy az értéke, minden más esetben nulla). Ellenőrizzük a polinomra az interpolációs feltételeket. n n P (x s, y t ) f(x i, y j ) l ij (x s, y t ) i j n i j s,..., n, n f(x i, y j ) δ is δ jt f(x s, y t ) t,..., k

6. Polinom interpoláció Ezzel bebizonyítottuk, hogy a kétváltozós interpolációs polinom eleget tesz az interpolációs feltételeknek. 6... Csebisev polinomok alkalmazása 6. A lineáris interpoláció miatt két alappontra van szükség. Ahhoz, hogy a hiba minimális legyen úgy kell választani őket, hogy a T (x) x másodfokú Csebisev polinom gyökei legyenek. Így x, x a keresett alappontok. Számítsuk ki a hibabecslésben szereplő mennyiségeket. ω(x) (x x )(x x ) T (x) ω T A hibabecslés [ ; ]-en f (x) sin(x) f M f(x) P (x) M ω. 7. A másodfokú interpoláció miatt három alappontra van szükség. Ahhoz, hogy a hiba minimális legyen úgy kell választani őket, hogy a harmadfokú Csebisev polinom gyökeit a [; ] intervallumba transzformáljuk. A rekurzióból T (x) x (x ) x x x a harmadfokú Csebisev polinom, melynek gyökei x, x, x. A ϕ(x) x + eltolás a [ ; ] intervallumot a [; ] intervallumba képezi, ezt alkalmazzuk a gyökökre. Így y i ϕ(x i ), azaz a keresett alappontok. y +, y, y + Számítsuk ki a hibabecslésben szereplő mennyiségeket. ω(y) (y y )(y y )(y y ) T (ϕ (y)) ω f (y) 6 f 6 M A hibabecslés [; ]-n f(y) P (y) M! ω.

6.. Megoldások 8. A másodfokú interpoláció miatt három alappontra van szükség. Ahhoz, hogy a hiba minimális legyen úgy kell választani őket, hogy a harmadfokú Csebisev polinom gyökeit a [ π ; π ] intervallumba transzformáljuk. A rekurzióból T (x) x (x ) x x x a harmadfokú Csebisev polinom, melynek gyökei x, x, x. A ϕ(x) π x függvény a [ ; ] intervallumot a [ π ; π ] intervallumba képezi, ezt alkalmazzuk a gyökökre. Így y π, y, y π a keresett alappontok. Számítsuk ki a hibabecslésben szereplő mennyiségeket. A hibabecslés [ π ; π ]-n ( π ) ω(y) T (ϕ (y)) π ω π f (y) sin(y) f M f(y) P (y) M! ω π, 6. 9 9. Tekintsük az f(y) π y + sin(y), y [ π ; π ] függvényt. a) A π,, π alappontok és,, függvényértékek ismeretében készítsük el az osztott differencia táblázatot. y i f(y i ) f[y i, y i+ ] f[y i, y i+, y i+ ] ( ) ( π ) π π π π π π π ( π ) π A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az interpolációs polinom Newton-alakját. P (y) N (y) + ( y + π ) π π y Mivel az eredeti függvény páratlan és az alappontok a nullára szimmetrikusan helyezkednek el, ezért nem meglepő, hogy a másodfokú interpolációs polinom valójában elsőfokú. b) Az interpoláció hibabecslése az y [ π ; π ] pontban ahol Számítsuk ki ω -t. ω(y) f(y) P (y) M! ω(y), f (y) cos(y) M ( y + π ) ( (y ) y π ) y π y

6. Polinom interpoláció ω (y) y π Az ω lehetséges szélsőértékei y, ± π ( ω π ) π ( ) π π π ( ) π ω π ( ) π π π Innen ω π, 9. Az y [ π ; π ] intervallumon a hibabecslés f(y) P (y) M! ω 6 π, 86. c) A másodfokú interpoláció miatt három alappontra van szükség. Ahhoz, hogy a hiba minimális legyen úgy kell választani őket, hogy a harmadfokú Csebisev polinom gyökeit a [ π ; π ] intervallumba transzformáljuk. A [ ; ]-en értelmezett Csebisev polinom rekurziójából T (x) x (x ) x x x a harmadfokú Csebisev polinom, melynek gyökei x, x, x. A ϕ(x) π x függvény a [ ; ] intervallumot a [ π ; π ] intervallumba képezi, ezzel transzformáljuk a Csebisev gyököket a [ π ; π ] intervallumba. Így y π, y, y π a keresett alappontok. Számítsuk ki a hibabecslésben szereplő mennyiségeket. ( π ) ω(y) T (ϕ (y)) π ω π A hibabecslés y [ π ; π ]-re f(y) P (y) M! ω π, 6. 9 6... Inverz interpoláció. Az f(x k ), f(x k ) alappontok és az x k, x k függvényértékek ismeretében készítsük el az f inverzének a közelítéséhez az osztott differencia táblázatot. x i f (x i ) f [x i, x i+ ] f(x k ) x k f(x k ) x k x k x k f(x k ) f(x k ) f[x k, x k ]

6.. Megoldások 5 Az interpolációs polinom Newton-alakja Q(y) x k + f[x k, x k ] (y f(x k)) Mivel f(x ) f () x, ezért a gyök új közelítése legyen x k+ : Q() x k f(x k) f[x k, x k ] x k f(x k)(x k x k ) f(x k ) f(x k ). Az x k közelítést hagyjuk el, és folytassuk az x k, x k+ pontokkal. A kapott képletben ráismerhetünk a szelő módszerre.. Az x, x, x alappontok és f(x ), f(x ), f(x ) függvényértékek ismeretében az f alappontjai f(x ), f(x ), f(x ) és a függvényértékei x, x, x. Készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f [x i, x i+ ] f [x i, x i+, x i+ ] f(x ) x f(x ) x x x f(x ) f(x ) f(x ) x x x f(x ) f(x ) x x f(x ) f(x ) x x f(x ) f(x ) f(x ) f(x ) : K Az interpolációs polinom Newton-alakja Q(y) x + x x f(x ) f(x ) (y f(x )) + K(y f(x ))(y f(x )). Mivel f(x ) f () x, ezért a gyök új közelítése legyen x : x f(x )(x x ) f(x ) f(x ) + K f(x )f(x ). Látjuk, hogy a kapott módszerrel a szelő módszer lépését korrigáljuk egy taggal.. Tekintsük az f(x) sin( π x) függvényt. A,, alappontok és a,, függvényértékek ismeretében az f alappontjai,, és függvényértékei,,. Készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f [x i, x i+ ] f [x i, x i+, x i+ ] Az interpolációs polinom Newton-alakja Q(y) y + ( y y ). Mivel f(x ) f ( ) x, ezért a gyök új közelítése ( ) x : Q + ( ) 5 8.

6 6. Polinom interpoláció. Adottak x k, f(x k ) : y k és f (x k ). Közelítsük f -et az elsőfokú Taylor polinomjával. P (y) f (y k ) + (f ) (y k )(y y k ) x k + f (f (y k )) (y f(x k)) x k + f (x k ) (y f(x k)) Mivel f(x ) f () x, ezért a gyök új közelítése legyen x k+ : P () x k f(x k) f (x k ). A kapott képletben ráismerhetünk a Newton módszerre.

7. fejezet Hermite-interpoláció 7.. Feladatok. Írjuk fel azt a negyedfokú polinomot, melyre P () P (), P () P () és P ()!. Írjuk fel azt az Hermite-féle interpolációs polinomot, melyre P ( ) P ( ), P (), P () és P (), P ()!. Írjuk fel az f-et közelítő Hermite-féle interpolációs polinomot, ha f(), f (), f(), f () és f ()!. Határozzuk meg a P ( ), P (), P () feltételnek eleget tevő Fejér-féle lépcsőparabolát! (P ( ) P () P () ) 5. Határozzuk meg a P ( ), P (), P () feltételnek eleget tevő Fejér-féle lépcsőparabolát! (P ( ) P () P () ) 6. Tekintsük az f(x) +x függvényt és a, alappontokat. a) Írjuk fel az f-et interpoláló Fejér-Hermite polinomot (H)! b) Becsüljük a polinom hibáját az pontban! c) Becsüljük a polinom hibáját a [ ; ] intervallumon! 7. Legyen P (), P () és P (), P (). Írjuk fel azt a legfeljebb -adfokú polinomot, melyre a fenti feltételek teljesülnek. 8. Írjuk fel azt a harmadfokú polinomot, melyre P () P (), P () és P (). Vigyázat! Nem Hermite-, hanem hézagos interpoláció! 9. Tekintsük a Fejér Hermite-interpolációt az x, x,..., x n [ ; ] Csebisev alappontokon. Adjunk hibabecslést a [ ; ] intervallumon!. Igazoljuk, hogy az x,..., x n különböző alappontok esetén a Fejér Hermite-alappolinomok a következő alakúak A i (x) [ (x x i )l i(x i )] l i (x), B i (x) (x x i ) l i (x), (i,..., n), ahol l i (x) az i. Lagrange-alappolinomot jelöli.

8 7. Hermite-interpoláció 7.. Megoldások. Az Hermite-interpolációs polinom Newton-alakjához készítsük el az osztott differencia táblázatot. A táblázatban minden alappontot annyiszor írunk egymás alá, amennyi a multiplicitása. A második oszlopba a megadott függvényértékeket írjuk be. Azonos alappontok esetén az elsőrendű osztott differenciát f[x i, x i ] f (x i )-nek értelmezzük, a megadott derivált értékeket írjuk a táblázatba. Az üresen maradt helyeket az interpolációnál tanultak szerint töltjük ki. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]...... A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az Hermite-interpolációs polinom Newtonalakját. H (x) (x ) (x ) x (x ) x x + x. Az Hermite-interpolációs polinom Newton-alakjához készítsük el az osztott differencia táblázatot. A táblázatban minden alappontot annyiszor írunk egymás alá, amennyi a multiplicitása. A második oszlopba a megadott függvényértékeket írjuk be. Azonos alappontok esetén az elsőrendű osztott differenciát f[x i, x i ] f (x i )-nek értelmezzük, a megadott derivált értékeket írjuk a táblázatba. Az üresen maradt helyeket az interpolációnál tanultak szerint töltjük ki. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]...... ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az Hermite-interpolációs polinom Newtonalakját. H 5 (x) + (x ( )) (x ( )) (x ) + (x ( )) (x ) + (x + ) x(x + ) + x (x + ). Az Hermite-interpolációs polinom Newton-alakjához készítsük el az osztott differencia táblázatot. A táblázatban minden alappontot annyiszor írunk egymás alá, amennyi a multiplicitása. A második oszlopba a megadott függvényértékeket írjuk be. Azonos alappontok esetén az elsőrendű osztott differenciát f[x i, x i ] f (x i )-nek, a másodrendű osztott differenciát

7.. Megoldások 9 f[x i, x i, x i ] f (x i ) -nek értelmezzük. Ezeket írjuk be a táblázat megfelelő helyére. Az üresen maradt helyeket az interpolációnál tanultak szerint töltjük ki. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]...... ( ) 6 6 A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az Hermite-interpolációs polinom Newtonalakját. H (x) (x ) + (x ) + (x ) (x ) x + x + x x + x x x + x x. Az Hermite-interpolációs polinom Newton-alakjához készítsük el az osztott differencia táblázatot az előző megoldásokban ismertetett módon. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]......... ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az Hermite-interpolációs polinom Newtonalakját. H 5 (x) + (x ( )) (x ( )) (x )+ + (x ( )) (x ) (x ( )) (x ) (x ) + (x + ) x(x + ) + x (x + ) x (x + ) (x ) 5. Az Hermite-interpolációs polinom Newton-alakjához készítsük el az osztott differencia táblázatot az előző megoldásokban ismertetett módon. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]......... ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

7. Hermite-interpoláció A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az Hermite-interpolációs polinom Newtonalakját. Látjuk, hogy az. feladat megoldásánál felírt táblázatban csak a második oszlopban változás, ami a Newton-alakot csak a konstans tagban változtatja. H 5 (x) (x ( )) (x ( )) (x )+ + (x ( )) (x ) (x ( )) (x ) (x ) (x + ) x(x + ) + x (x + ) x (x + ) (x ) 6. a) Az Hermite-interpolációs polinom Newton-alakjához készítsük el az osztott differencia táblázatot az előző megoldásokban ismertetett módon. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]... ( ) ( ) A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az Hermite-interpolációs polinom Newtonalakját. H (x) (x ) + x (x ) (x ) x + x x + b) H ( ) + 8 6 ( ) 7 és f( ). Az x pontban a hibabecslés ( ) ( ) f H M (! ) Ω, ahol Ω ( ) ( Mivel f(x) +x ( + x), az f deriváltjai ahonnan x [; ] esetén ) ( ) 8. f (x) ( + x) f (x) ( + x) f (x) 6( + x) f () (x) ( + x) 5, f () (x) A kapott értékeket a hibabecslésbe helyettesítve ( ) ( f H ( + x) 5! M. )!! 8 8,

7.. Megoldások c) Az intervallumra érvényes hibabecsléshez számítsuk ki Ω -t. Az x(x )-nek az x Ω(x) (x ) (x ) (x(x )) pontban van szélsőértéke (a parabola csúcsa). ( ) ( ( )) Ω 6 Innen ω 6. Az x [; ] intervallumon a hibabecslés f(x) H (x) M! Ω 6. 7. A feladatot az Hermite-interpoláció segítségével oldjuk meg. A hiányzó adatot (f () c) vegyük be paraméternek. Így legfeljebb ötödfokú polinomot kapunk. Amennyiben a feladat megoldható, a főegyüttható -nak választásával megkapjuk c értékét és a keresett polinomot. Az Hermite-interpolációs polinom Newton-alakjához készítsük el az osztott differencia táblázatot a fejezet elején ismertetett módon. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]...... c c c c + c + c Mivel + c, így c és c. A táblázat bekeretezett értékei segítségével felírjuk az Hermite-interpolációs polinom Newton-alakját. H (x) x x 8. A feladatot a határozatlan együtthatók módszerével oldjuk meg. Mivel négy adatunk van, ezért harmadfokú polinomot kell keresnünk. Legyen alakú. Ekkor H(x) ax + bx + cx + d H (x) ax + bx + c, H (x) 6ax + b, felhasználásával írjuk fel az interpolációs feltételeket. A kapott egyenletrendszert megoldva Így a feltételeknek eleget tevő polinom H() d H() a + b + c + d H () a + b + c H () a + b a, b, c, d. H(x) x x +.

7. Hermite-interpoláció 9. Írjuk fel a Fejér Hermite-interpoláció hibabecslését! ahol és f(x) H n+ (x) M n+ (n + )! Ω n+(x), M n+ max{ f (n+) (x) : x [ ; ]} Ω n+ (x) ( n n (x x i ) (x x i ) i az n + -edfokú egy főegyütthatós Csebisev polinom (t n (x) T n n+ (x)) négyzete. A T n Csebisev polinomra ismert felső becslés ( T n (x) ) alapján Ω n+ -re a következő becslés adható. ( ) Ω n+ (x) n T n+(x) n Ennek alapján a Fejér Hermite-interpoláció hibabecslése f(x) H n+ (x) i M n+ n +! n. ). Az interpolációs feltételek teljesülését kell igazolnunk. Mivel l i (x) mindkét képletben szerepel, ezért j i-re az x j alappont mindkét polinomnak kétszeres gyöke, így A i (x j ) A i (x j) és B i (x j ) B i (x j). Ezek után már csak a j i esetre vonatkozó feltételeket kell ellenőriznünk. A i (x i ) [ (x i x i )l i(x i )] l i (x i ), A i(x) l i(x i ) l i (x) + [ (x x i )l i(x i )] l i (x) l i(x) A i(x i ) l i(x i ) l i (x i ) + [ (x i x i )l i(x i )] l i (x i ) l i(x i ) l i(x i ) + l i(x i ). B i (x i ) (x i x i ) l i (x i ), B i(x) l i (x) + (x x i ) l i (x) l i(x) B i(x i ) l i (x i ) + (x i x i ) l i (x i ) l i(x i ) l i (x i ).

8. fejezet Spline interpoláció 8.. Feladatok 8... Spline interpoláció intervallumonként polinomok segítségével. Írjuk fel azt az S(x) másodfokú spline-t, amely illeszkedik a ( ; ), (; ), (; ) pontokra és S ().. Írjuk fel azt az S(x) másodfokú spline-t, amely illeszkedik a ( ; ), (; ), (; ) pontokra és S ().. Írjuk fel azt az S(x) másodfokú spline-t, amely illeszkedik a ( ; ), (; ), (; ), (; ) pontokra és S(x) a [; ] intervallumon lineáris!. Írjuk fel azt az S(x) másodfokú spline-t, amely illeszkedik a ( ; ), (; ), (; ), (; ) pontokra és S(x) a [ ; ] intervallumon lineáris! 5. Megadható-e a ( π; ), (; ), (π; ) pontokon interpoláló másodfokú periodikus spline? Ha igen, adjuk meg! 6. Tekintsük az f(x) sin( π x) függvényt és a {,, } alappontrendszert. Határozzuk meg f-et interpoláló a) köbös természetes spline-t, b) köbös spline-t Hermite-féle peremfeltétellel, azaz f ( ) f (). 7. Írjuk fel azt a harmadfokú periodikus spline-t, amely illeszkedik a (; ), (; ) és (, ) pontokra! A spline egyszerűen számolható, ha az S(x) alakban keressük! { P (x) a x + b x + c x + d,ha x [; ] P (x) a (x ) + b (x ) + c (x ) + d,ha x [; ] 8. Létezik-e olyan a, b, c, d R melyre P (x) x +,ha x [ ; ] S(x) P (x) ax + bx + cx + d,ha x [ ; ] P (x) x,ha x [; ] függvény természetes köbös spline? Indokoljuk a választ!

8. Spline interpoláció 9. Határozzuk meg a, b, c, d R értékét úgy, hogy az S(x) { P (x) 9x + x +,ha x [; ] P (x) a(x ) + b(x ) + c(x ) + d,ha x [; ] függvény köbös spline legyen és (S (x)) dx minimális legyen.. Írjuk fel az f-et interpoláló Hermite-féle peremfeltételű harmadfokú spline-t, melyre f( ) f(), f(), f ( ), f ().. Írjuk fel az f-et interpoláló Hermite-féle peremfeltételű harmadfokú spline-t, melyre f( ), f(), f(), f ( ) f ().. Az [x k ; x k+ ] intervallum egyenletes felosztású pontjait jelöljük x k, x k+, x k+, x k+ -mal. Írjuk fel a B k (x) másodfokú B-spline képletét Hermite interpoláció felhasználásával, a következő feltételekkel! B k (x k ) B k (x k+ ), B k (x k+ ) B k (x k+ ). Az [x k ; x k+ ] intervallum egyenletes felosztású pontjait jelöljük x k, x k+, x k+, x k+, x k+ -gyel. Írjuk fel a B k (x) harmadfokú B-spline képletét Hermite interpoláció felhasználásával, a következő feltételekkel! B k (x k ) B k (x k+ ), B k (x k+ ) B k (x k+ ) 6, B k (x k+ ) 6 8... Spline interpoláció globális bázissal. Határozza meg az S( ), S(), S () és S() feltételnek eleget tevő másodfokú spline-t az Hermite interpoláció alkalmazásával! A kapott spline-t írja fel az, x, x, (x ) + bázisban is! 5. Határozza meg az S( ), S ( ), S() és S() feltételnek eleget tevő másodfokú spline-t az, x, x, (x ) + bázis felhasználásával! 6. Tekintsük az f(x) cos(x) függvényt és a { π,, π} alappontrendszert. Határozzuk meg az f-et interpoláló köbös spline-t f ( π) f (π) Hermite-féle peremfeltétellel az, x, x, x, (x ) + bázis felhasználásával!

8.. Megoldások 5 8... Spline interpoláció B spline-ok segítségével 7. Adott {x i, i Z} alappontrendszer és {B,i, i Z} elsőfokú B-spline rendszer esetén mely c i -k esetén lesz + c i B,i (x), x R? i 8. Tekintsük az f(x) cos(x) függvényt és a { π,, π} alappontrendszert. a) Határozzuk meg f-et interpoláló lineáris spline-t B-spline-ok felhasználásával. b) Határozzuk meg f-et interpoláló kvadratikus spline-t f ( π) peremfeltétellel, B- spline-ok felhasználásával. c) Határozzuk meg f-et interpoláló köbös spline-t B-spline-ok felhasználásával, Hermite-féle peremfeltétellel. f ( π) f (π) 9. Tekintsük az f(x) sin(x) függvényt és a { π,, π} alappontrendszert. a) Határozzuk meg f-et interpoláló kvadratikus spline-t f ( π) peremfeltétellel, B- spline-ok felhasználásával. b) Határozzuk meg f-et interpoláló köbös spline-t B-spline-ok felhasználásával, periodikus peremfeltétellel.. Tekintsük az f(x) sin(x) függvényt és a {, π, π} alappontrendszert. Határozzuk meg f-et interpoláló természetes köbös spline-t B-spline-ok felhasználásával. 8.. Megoldások 8... Spline interpoláció intervallumonként polinomok segítségével. A feladatot szétbontjuk két intervallumra, majd felírjuk intervallumonként az Hermite interpolációs polinomokat. a) A [ ; ] intervallumon a feltételeink a P polinomra Készítsük el az osztott differencia táblázatot. P ( ), P (), P (). x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] ( ) ( ) Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja P (x) + (x + ) (x + ) x x +. b) A [; ] intervallumon a feltételeink a P polinomra P (), P (), P ().

6 8. Spline interpoláció Készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja Tehát a keresett spline S(x) P (x) x x +. { P (x) x +,ha x [ ; ] P (x) x +,ha x [; ].. A feladatot az. feladat megoldásánál tanultak szerint is megoldhatjuk. Azért, hogy más módszert is mutassunk, most a határozatlan együtthatók módszerét alkalmazzuk. A keresett spline-ról feltesszük, hogy a következő alakú { P (x) a S(x) x + b x + c,ha x [ ; ] P (x) a x + b x + c,ha x [; ]. Írjuk fel az interpolációs feltételeket! P ( ) a ( ) + b ( ) + c P () c P () c P () a + b + c A 6 ismeretlenhez még két egyenletet kell felírnunk. Egyiket a peremfeltételből kapjuk. P () a + b A még hiányzó feltételt a másodfokú spline deriváltjának a belső pontban felírt folytonosságából kapjuk. P () P () b b. Redukáljuk az egyenletrendszert. a b a + b a + b A két utolsó egynletet egymásból kivonva a, ezt a második egyenletbe helyettesítve b, majd az első egyenletbe a. A keresett másodfokú spline intervallumonkénti megadásban { P (x) x S(x) x +,ha x [ ; ] P (x) x +,ha x [; ].

8.. Megoldások 7. a) A feladatot a spline-nak a [; ] intervallumon történő megadásával kezdjük. A lineáris interpolációhoz az osztott differencia táblázat. Így x [; ] esetén a polinom x i f(x i ) f[x i, x i+ ] ( ) P (x) (x ) x +. b) Folytatjuk a szomszédos intervallumon a spline előállítását. A [; ] intervallumon az interpolációs és derivált folytonossági feltételeink a P polinomra Készítsük el az osztott differencia táblázatot. P (), P (), P () P (). x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja ( ) P (x) x x (x ) x +. c) A [ ; ] intervallumon az interpolációs és derivált folytonossági feltételeink a P polinomra Készítsük el az osztott differencia táblázatot. P ( ), P (), P () P (). x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] ( ) Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja ( ) ( ) P (x) (x + ) + (x + ) x x +. A keresett másodfokú spline intervallumonkénti megadásban P (x) x +,ha x [ ; ] S(x) P (x) x +,ha x [; ] P (x) x +,ha x [; ].

8 8. Spline interpoláció. a) A feladatot a spline-nak a [ ; ] intervallumon történő megadásával kezdjük. A lineáris interpolációhoz az osztott differencia táblázat. Így x [ ; ] esetén a polinom x i f(x i ) f[x i, x i+ ] ( ) P (x) (x + ) x +. b) Folytatjuk a szomszédos intervallumon a spline előállítását. A [; ] intervallumon az interpolációs és derivált folytonossági feltételeink a P polinomra Készítsük el az osztott differencia táblázatot. P (), P (), P () P (). x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja P (x) x x +. c) A [; ] intervallumon az interpolációs és derivált folytonossági feltételeink a P polinomra Készítsük el az osztott differencia táblázatot. P (), P (), P () P (). x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja ( ) P (x) x x +. Tehát a keresett spline x [ ; ] esetén intervallumonként ugyanazzal a képlettel adható meg S(x) x +. 5. A feladatot a határozatlan együtthatók módszerével oldjuk meg. A keresett spline-ról feltesszük, hogy a következő alakú { P (x) a S(x) x + b x + c,ha x [ π; ] P (x) a x + b x + c,ha x [; π].

8.. Megoldások 9 Írjuk fel az interpolációs feltételeket! P ( π) a ( π) + b ( π) + c P () c P () c P (π) a (π) + b π + c A 6 ismeretlenhez még két egyenletet kell felírnunk. Egyiket a másodfokú spline deriváltjának a belső pontban felírt folytonosságából kapjuk. P () P () b b. A még hiányzó feltételt a peremfeltételből kapjuk. Redukáljuk az egyenletrendszert. P ( π) P (π) a π + b a π + b a π b π a π + b π a π + b π a a a a Az első két egyenletet ellentmondásos, az egyenletrendszer nem oldható meg, tehát a megadott pontokra nem írható fel másodfokú periodikus spline. 6. A keresett spline alakja mindkét esetben { P (x) a S(x) x + b x + c x + d,ha x [ ; ] P (x) a x + b x + c x + d,ha x [; ] a) Írjuk fel elsőként az interpolációs feltételeket a polinomokra. () P ( ) f( ) a + b c + d () P () f() d () P () f() d () P () f() a + b + c + d A polinomok első és második deriváltjai (i, ) P i (x) a i x + b i x + c i P i (x) 6a i x + b i A belső alappontban a spline első és második deriváltja is folytonos. (5) P () P () c c (6) P () P () b b Hiányzik még a természetes peremfeltétel, azaz S ( ), S (). (7) P ( ) 6a + b (8) P () 6a + b.

8. Spline interpoláció A fenti 8 egyenletes lineáris egyenletrendszert egyenletesre redukálhatjuk. Alakítsuk át az egyenletrendszert. ahonnan c c. Tovább egyszerűsítve Innen (7) ()-ből () a + b c () a + b + c (7) a + b (8) a + b (8) (7) a + a () () a + a + c, () a + b (7) a + b a a, b b. Érdekes eredményt kaptunk, amit utólag számolás nélkül is látunk. S(x) x x [ ; ] b) Most az Hermite-féle peremfeltételű spline-t keressük. Az interpolációs feltételeket ugyanazok, mint az a) esetben. A belső alappontban a spline első és második deriváltjára is ugyanazokat a feltételeket kell felírnunk. Csak a két peremfeltétel változik. Az Hermite-féle peremfeltételek S ( ) f ( ), S () f (). Az () (6) egyenletekhez vegyük hozzá a következő kettőt. (7) P ( ) a b + c (8) P () a + b + c. A 8 egyenletes lineáris egyenletrendszert egyenletesre redukálhatjuk. Alakítsuk át az egyenletrendszert. így a a. Behelyettesítve ()-be () a + b c () a + b + c (7) a b + c (8) a + b + c () + () a + a + b b a a (7) (8) (a a ) + b b b, () a c (7) a + c Innen () + (7)-ből a a c a c.

8.. Megoldások A keresett Hermite-féle peremfeltételű spline x [ ; ] esetén S(x) x x. Az előző szép eredmény után nem is lepődünk meg. A függvény páratlan volta, a nullára szimmetrikus alappontok és a jól megválasztott paraméterezés könnyő számolást és szép alakot eredményezett. 7. A keresett spline alakja { P (x) a S(x) x + b x + c x + d,ha x [; ] P (x) a (x ) + b (x ) + c (x ) + d,ha x [; ]. Írjuk fel elsőként az interpolációs feltételeket a polinomokra. A polinomok első és második deriváltjai () P () d () P () a + b + c + d () P () a + b c + d () P () d P (x) a x + b x + c P (x) 6a x + b P (x) a (x ) + b (x ) + c P (x) 6a (x ) + b A belső alappontban a spline első és második deriváltja is folytonos. (5) P () P () a + b + c a b + c (6) P () P () 6a + b 6a + b Hiányzik még a peremfeltétel. Mivel -ban és -ben is ugyanaz a helyettesítési érték, ezért periodikus peremfeltétellel megoldható a feladat. Ez az első és második derivált folytonosságát jelenti a végpontokban, azaz (7) P () P () c c (8) P () P () b b. A fenti 8 egyenletes lineáris egyenletrendszert egyenletesre redukálhatjuk. () a + b + c () a + b c (5) a + b a (6) a + a A (6) egyenletből a a. Behelyettesítve () ()-ból c, így c c. Így Innen (5) () -ből () a + b (5) 6a + b a 8 a, b b 6, a.

8. Spline interpoláció A keresett periodikus spline { P (x) x S(x) + 6x + x,ha x [; ] P (x) (x ) + 6(x ) + (x ),ha x [; ]. Látjuk, hogy a jól megválasztott alak redukálható lineáris egyenletrendszert eredményezett és ezzel könnyű kézi számolást. 8. A keresett spline alakja P (x) x +,ha x [ ; ] S(x) P (x) ax + bx + cx + d,ha x [ ; ] P (x) x,ha x [; ]. A természetes peremfeltétel teljesül, mert P ( ) P (). Ezek után elegendő a spline tulajdonság feltételeit felírni. Írjuk fel először a spline és deriváltjának a folytonosságát. Ez feltételt ad a ismeretlenre. Átalakítva () P ( ) P ( ) a + b c + d () P () P () a + b + c + d () P ( ) P ( ) a b + c () P () P () a + b + c () a + c b + d () a + b + c + d (a + c) a + c b + d () a + c + b () a + b + c + b b, d Már csak a, c -re kell felírnunk az egyenleteket. () () -ből a a, c. () a + c () a + c Ezzel minden ismeretlen értékét meghatároztuk. Ellenőriznünk kell még a spline második deriváltjának folytonosságát. (5) P ( ) P ( ) 6a + b (6) P () P () 6a + b Az (5) és (6) feltétel nem teljesül, tehát nincs olyan a, b, c, d R, melyre S(x) spline. 9. A keresett spline alakja { P (x) 9x S(x) + x +,ha x [; ] P (x) a(x ) + b(x ) + c(x ) + d,ha x [; ] Írjuk fel S, S, S folytonosságának feltételét az intervallum belső alappontjára. P () P () d 5 P () P () c 6 P () P () b 5 b 7

8.. Megoldások Az a maradt az egyetlen szabad paraméter. Ezt az integrál minimalizálásából határozzuk meg. (S (x)) dx (P (x)) dx + ( 5x) dx + (96x )dx + (P (x)) dx ( 5 + 6a(x )) dx (6a (x ) 68ax + 96)dx 97 + (a a + 96) a a + 89 (a 7a) + 89 A kapott másodfokú kifejezés az a 7 helyen minimális. Tehát P (x) 7 (x ) 7 (x ) 6 (x ) 5 x [; ].. A keresett spline alakja S(x) { P (x) a x + b x + c x + d,ha x [ ; ] P (x) a x + b x + c x + d,ha x [; ] Írjuk fel elsőként az interpolációs feltételeket a polinomokra. () P ( ) f( ) a + b c + d () P () f() d () P () f() d () P () f() a + b + c + d A polinomok első és második deriváltjai (i, ) P i (x) a i x + b i x + c i, P i (x) 6a i x + b i. A belső alappontban a spline első és második deriváltja is folytonos. Az Hermite-féle peremfeltételek (5) P () P () c c (6) P () P () b b S ( ) f ( ), S () f (). Az () (6) egyenletekhez vegyük hozzá a következő kettőt. (7) P ( ) a b + c (8) P () a + b + c. A 8 egyenletes lineáris egyenletrendszert egyenletesre redukálhatjuk. () a + b c () a + b + c (7) a b + c (8) a + b + c

8. Spline interpoláció Alakítsuk át az egyenletrendszert. () + () a + a + b a a b (8) (7) (a a ) + b 6 b b b b, így a a. Behelyettesítve ()-be Innen () + (7)-ből () a c (7) a + c. a a c a c. A keresett Hermite-féle peremfeltételű spline x [ ; ] esetén S(x) x + x.. A keresett spline alakja S(x) { P (x) a x + b x + c x + d,ha x [ ; ] P (x) a x + b x + c x + d,ha x [; ] Írjuk fel elsőként az interpolációs feltételeket a polinomokra. () P ( ) f( ) a + b c + d () P () f() d () P () f() d () P () f() a + b + c + d A polinomok első és második deriváltjai (i, ) P i (x) a i x + b i x + c i, P i (x) 6a i x + b i. A belső alappontban a spline első és második deriváltja is folytonos. Az Hermite-féle peremfeltételek (5) P () P () c c (6) P () P () b b S ( ) f ( ), S () f (). Az (),..., (6) egyenletekhez vegyük hozzá a következő kettőt. (7) P ( ) a b + c (8) P () a + b + c A 8 egyenletes lineáris egyenletrendszert egyenletesre redukálhatjuk. () a + b c () a + b + c (7) a b + c (8) a + b + c

8.. Megoldások 5 Alakítsuk át az egyenletrendszert. () + () a + a + b a a b (8) (7) (a a ) + b b b b, így a a. Behelyettesítve () -be () a c (7) a + c () + (7) a a a c a c. A keresett Hermite-féle peremfeltételű spline x [ ; ] esetén S(x) x + x.. a) Az [x k ; x k+ ] intervallumon a P k polinomnak a következő feltételeket kell teljesítenie: a két végpontban az interpolációs feltételt és x k -ban a derivált folytonosságát. (x < x k esetén a spline értéke és az intervallum hossza h.) Készítsük el az osztott differencia táblázatot. P k (x k ) P k (x k) P k (x k+ ) x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] x k x k x k+ h h Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja P k (x) h (x x k). h h h b) Az [x k+ ; x k+ ] intervallumon a P k+ polinomnak a következő feltételeket kell teljesítenie: a két végpontban az interpolációs feltételt és x k+ -ben a derivált folytonosságát. (Az intervallum hossza h.) P k+ (x k+ ) P k+ (x k+) P k (x k+) h P k+ (x k+ ) Készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] x k+ x k+ h x k+ h h h

6 8. Spline interpoláció Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja P k+ (x) + h (x x k+) h (x x k+) h ( h + h(x x k+ ) (x x k+ ) ). c) Az [x k+ ; x k+ ] intervallumon a P k+ polinomnak a következő feltételeket kell teljesítenie: a két végpontban az interpolációs feltételt és x k+ -ban a derivált folytonosságát. (Az intervallum hossza h és x > x k+ esetén a spline értéke.) Készítsük el az osztott differencia táblázatot. P k+ (x k+ ) P k+ (x k+ ) P k+ (x k+) x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] x k+ x k+ x k+ h h Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja h h h P k+ (x) h (x x k+) h (x k+ x). d) Ellenőrizzük, hogy az x k+ pontban folytonos-e a derivált. P k+ (x) h (h (x x k+)) P k+ (x k+) h P k+ (x) h (x x k+) P k+ (x k+) h Tehát P k+ (x k+) P k+ (x k+) teljesül. Ezzel megkaptuk a k. B-spline képletét B k (x) h (x x k ),ha x [x k ; x k+ ] h + h(x x k+ ) (x x k+ ),ha x [x k+ ; x k+ ] (x k+ x),ha x [x k+ ; x k+ ],ha x / [x k ; x k+ ].. a) Az [x k ; x k+ ] intervallumon a P k polinomnak a következő feltételeket kell teljesítenie: a két végpontban az interpolációs feltételt és x k -ban az első és második derivált folytonosságát. (x < x k esetén a spline értéke és az intervallum hossza h.) P k (x k ) P k (x k) P k (x k) P k (x k+ ) 6

8.. Megoldások 7 Készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]... x k x k x k x k+ 6 6 h 6h Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja 6h h 6h P k (x) 6h (x x k). 6h h 6h b) Nem a soron következő intervallumot nézzük, hanem az utolsót, melyre a feltételek hasonlóak az előzőekhez. Az [x k+ ; x k+ ] intervallumon a P k+ polinomnak a következő feltételeket kell teljesítenie: a két végpontban az interpolációs feltételt és x k+ -ben az első és második derivált folytonosságát. (x > x k+ esetén a spline értéke és az intervallum hossza h.) P k+ (x k+ ) P k+ (x k+) P k+ (x k+) P k+ (x k+ ) 6 Készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]... x k+ x k+ x k+ x k+ 6 6 h 6h Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja 6h h 6h 6h h 6h P k (x) 6h (x x k+) 6h (x k+ x). c) Az [x k+ ; x k+ ] intervallumon a P k+ polinomnak a következő feltételeket kell teljesítenie: a két végpontban az interpolációs feltételt és x k+ -ben az első és második derivált folytonosságát. (Az intervallum hossza h.) P k+ (x k+ ) 6 P k+ (x k+) P k (x k+) h P k+ (x k+) P k (x k+) h P k+ (x k+ ) 6

8 8. Spline interpoláció Készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]... x k+ 6 x k+ 6 x k+ 6 x k+ 6 h h h 6 6 h h Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja h h h P k+ (x) 6 + h (x x k+) + h (x x k+) h (x x k+) 6h ( h + h (x x k+ ) + h(x x k+ ) (x x k+ ) ). d) Az [x k+ ; x k+ ] intervallumon a P k+ polinomnak a következő feltételeket kell teljesítenie: a két végpontban az interpolációs feltételt és x k+ -ban az első és második derivált folytonosságát. (Az intervallum hossza h és x > x k+ esetén a spline értéke.) P k+ (x k+ ) 6 P k+ (x k+) P k+ (x k+) h P k+ (x k+) P k+ (x k+) h P k+ (x k+ ) 6 Készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ]... x k+ 6 x k+ 6 h x k+ 6 h x k+ 6 h 6 6 h h Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja h h h P k+ (x) 6 h (x x k+) + h (x x k+) + h (x x k+) 6h ( h h (x x k+ ) + h(x x k+ ) + (x x k+ ) ) 6h ( h + h (x k+ x) + h(x k+ x) (x k+ x) ).

8.. Megoldások 9 e) Ellenőrizzük, hogy az x k+ pontban folytonos-e az első és második derivált. P k+ (x) 6h ( h + 6h(x x k+ ) 9(x x k+ ) ) P k+ (x k+) 6h (h + 6h 9h ) P k+ (x) 6h ( h 6h(x k+ x) + 9(x k+ x) ) P k+ (x k+) 6h ( h 6h + 9h ) Tehát P k+ (x k+) P k+ (x k+) teljesül, az első derivált folytonos x k+ -ben. P k+ (x) 6h (6h 8(x x k+)) P k+ (x k+) 6h ( h) h P k+ (x) 6h (6h 8(x k+ x)) P k+ (x k+) 6h (6h 8h) h Tehát P k+ (x k+) P k+ (x k+) is teljesül, így a második derivált is folytonos x k+ -ben. Ezzel megkaptuk a k. B-spline képletét B k (x) 6h (x x k ),ha x [x k ; x k+ ] h + h (x x k+ ) + h(x x k+ ) (x x k+ ),ha x [x k+ ; x k+ ] h + h (x k+ x) + h(x k+ x) (x k+ x),ha x [x k+ ; x k+ ] (x k+ x),ha x [x k+ ; x k+ ],ha x / [x k ; x k+ ]. 8... Spline interpoláció globális bázissal. A feladatot szétbontjuk két intervallumra, majd felírjuk intervallumonként az Hermite interpolációs polinomokat. a) A [ ; ] intervallumon a feltételeink a P polinomra Készítsük el az osztott differencia táblázatot. P ( ), P (), P (). x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] ( ) Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja P (x) (x + ) (x + ) x x +. b) A [; ] intervallumon a feltételeink a P polinomra P (), P (), P ().

8. Spline interpoláció Készítsük el az osztott differencia táblázatot. x i f(x i ) f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+ ] Az Hermite interpolációs polinom Newton alakja Tehát a keresett spline S(x) c) A spline-t a globális bázisban felírva, P (x) + x x +. { P (x) x +,ha x [ ; ] P (x) x +,ha x [; ]. alakban keressük. A [ ; ] intervallumon A [; ] intervallumon S(x) α + α x + α x + β(x ) + S(x) P (x) x α, α, α. S(x) x + β(x ) + P (x) x +. Innen A kért bázisban az előállítás β (x ) + x β. S(x) x + (x ) +. 5. A feladatot a. feladat megoldásával analóg módon is megoldhatnánk. Most egy másik módszert mutatunk, amelyhez nem kell ismernünk az intervallumonkénti polinom előállítást. A spline-t a globális bázisban felírva, S(x) α + α x + α x + β(x ) + alakban keressük. Szükségünk lesz még a deriváltjára. S (x) α + α x + β(x ) + Mivel a bázisunk teljesíti a spline-ra tett feltételeket, ezért csak az interpolációs feltételeket és a peremfeltételt kell felírnunk a fenti alakra. () S( ) α α + α () S ( ) α α () S() α () S() α + α + α + β

8.. Megoldások Redukáljuk az egyenletrendszert () α + α () α α () α + α + β. Innen () + () α α, α, β. A kért bázisban az előállítás S(x) x + x (x ) +. 6. A spline-t S(x) α + α x + α x + α x + β(x ) + alakban keressük. A peremfeltételek felírásához szükségünk lesz a deriváltra. S (x) α + α x + α x + β(x ) + Mivel a bázisunk teljesíti a spline-ra tett feltételeket, ezért csak az interpolációs feltételeket és a két peremfeltételt kell felírnunk a fenti alakra. () S( π) α α π + α π α π () S() α () S(π) α + α π + α π + α π + βπ () S ( π) α α π + α π (5) S (π) α + α π + α π + βπ Redukáljuk az egyenletrendszert () α α π + α π π Innen () α + α π + α π + βπ π () α α π + α π (5) α + α π + α π + βπ. () () α π + βπ π (6) α + βπ π (5) () α π + βπ (7) α + βπ. Kaptunk egy két ismeretlenes egyenletrendszert, amit könnyű megoldani. (7) (6) βπ 8 π β 8 π (7) α + π π α 6 π () α + 6 π + α π π α + α π π () α + π + α π α + α π π.

8. Spline interpoláció () () α π 8 π () α π π π A kért bázisban az előállítás α π α. S(x) + x 6 π x π x + 8 π (x ) +. 8... Spline interpoláció B spline-ok segítségével 7. Írjuk fel a B,i (x) elsőfokú B-spline képletét. x x i x i+ x i,ha x [x i ; x i+ ] x x B,i (x) i+ x i+ x i+,ha x [x i+ ; x i+ ],különben. Az [x i ; x i+ ] intervallumon csak a B,i és B,i spline-ok vesznek fel nem nulla értéket. Így x [x i ; x i+ ] esetén B,i (x) + B,i (x) x x i+ + x x i (x x i+) + (x x i ), x i x i+ x i+ x i x i+ x i tehát c i, i Z. 8. Először írjuk fel, mely pontokon kell átmennie a spline-nak. Az x, x, x alappontok lépésköze h π. a) Az elsőfokú spline alakja B-spline-okkal S (x) k x i π π y i c k B,k (x) c B, (x) + c B, (x) + c B, (x). Írjuk fel az interpolációs egyenleteket és használjuk fel, hogy {, ha i k + B,k (x i ), különben. Tehát S (x ) c B, (x ) + c B, (x ) + c B, (x ) c c S (x ) c B, (x ) + c B, (x ) + c B, (x ) c c S (x ) c B, (x ) + c B, (x ) + c B, (x ) c c S (x) B, (x) + B, (x) B, (x). Ellenőrzésképpen felírhatjuk az intervallumonkénti polinom alakot. b) A másodfokú spline alakja B-spline-okkal S (x) c k B,k (x) c B, (x) + c B, (x) + c B, (x) + c B, (x). k

8.. Megoldások Írjuk fel az interpolációs egyenleteket. () S (x ) c + c () S (x ) c + c () S (x ) c + c A. feladat megoldásánál kapott képlet alapján ellenőrizhető, hogy a másodfokú B-spline-ok deriváltjai a következők B, ( π) h B, ( π) h B,( π) B,( π). Vegyük hozzá negyedik egyenletnek a peremfeltételt. () S (x ) f ( π) k c k B,k (x ) h c + h c Rendezzük az egyenleteket. () c + c () c + c () c + c () c + c () + () c c () c c () + c c () + c c 5 Tehát S (x) B, (x) B, (x) + B, (x) 5B, (x). Ellenőrzésképpen felírhatjuk az intervallumonkénti polinom alakot. c) A harmadfokú spline alakja B-spline-okkal S (x) k c k B,k (x) c B, (x) + c B, (x) + c B, (x) + c B, (x) + c B, (x). A számolásunkhoz hasznos lesz a következő táblázat, amit a. feladat megoldásánál kapott képlet alapján ellenőrizhetünk. x k x k+ x k+ x k+ x k+ B,k (x) 6 6 B,k (x) h 6 h

8. Spline interpoláció Írjuk fel az interpolációs egyenleteket. () S (x ) 6 c + 6 c + 6 c () S (x ) 6 c + 6 c + 6 c () S (x ) 6 c + 6 c + 6 c Vegyük hozzá a két peremfeltételt. () S (x ) f ( π) (5) S (x ) f (π) Rendezzük az egyenleteket. Könnyen ellenőrizhetjük, hogy a k k c k B,k (x ) π c + π c c k B,k (x ) π c + π c () c + c + c 6 () c + c + c 6 () c + c + c 6 () c + c () c + c c c c, c c megoldása a lineáris egyenletrendszernek. Tehát S (x) B, (x) B, (x) + B, (x) B, (x) + B, (x). Ellenőrzésképpen felírhatjuk az intervallumonkénti polinom alakot. 9. Először írjuk fel, mely pontokon kell átmennie a spline-nak. Az x, x, x alappontok lépésköze h π. a) A másodfokú spline alakja B-spline-okkal S (x) k Írjuk fel az interpolációs egyenleteket. x i π π y i c k B,k (x) c B, (x) + c B, (x) + c B, (x) + c B, (x). () S (x ) c + c () S (x ) c + c () S (x ) c + c

8.. Megoldások 5 A. feladat megoldásánál kapott képlet alapján ellenőrizhető, hogy a másodfokú B-spline-ok deriváltjai a következők B, ( π) h B, ( π) h B,( π) B,( π). Vegyük hozzá negyedik egyenletnek a peremfeltételt. () S (x ) f ( π) Rendezzük az egyenleteket. k () c + c () c + c π () c + c () c + c c k B,k (x ) h c + h c () + () c π c π () c + c c π Tehát () π + c c π π () + c c π S (x) π B, (x) π B, (x) + π B,(x) π B,(x). Ellenőrzésképpen felírhatjuk az intervallumonkénti polinom alakot. b) A harmadfokú spline alakja B-spline-okkal S (x) k c k B,k (x) c B, (x) + c B, (x) + c B, (x) + c B, (x) + c B, (x). A számolásunkhoz hasznos lesz a következő táblázat, amit a. feladat megoldásánál kapott képlet alapján ellenőrizhetünk. Írjuk fel az interpolációs egyenleteket. x k x k+ x k+ x k+ x k+ B,k (x) 6 6 B,k (x) h B,k (x) h h 6 h h () S (x ) 6 c + 6 c + 6 c () S (x ) 6 c + 6 c + 6 c () S (x ) 6 c + 6 c + 6 c

6 8. Spline interpoláció Vegyük hozzá a két periodikus peremfeltételt. () S ( π) S (π) h c + h c h c + h c (5) S ( π) S (π) h c h c + h c h c h c + h c Rendezzük az egyenleteket. Mivel az () c + c + c () c + c + c () c + c + c () c + c c (5) c c + c c A mátrixra det((a)) 96, így a fenti homogén lineáris egyenletrendszernek a vektor az egyetlen megoldása. c c c c c megoldása az egyenletrendszernek. Tehát a keresett periodikus köbös spline S (x). A megoldás után újra átgondolva a feltételeket nyilvánvaló az eredmény. Ha az interpolációs feltételek közül nem lenne mind nulla, akkor lehetne nem azonosan nulla megoldása a feladatnak. Ezek után felmerülhet a kérdés, hogy másodfokú spline-ként miért nem kaptunk azonosan nulla megoldást. A válasz a nem nulla peremfeltételben rejlik.. Először írjuk fel, mely pontokon kell átmennie a spline-nak. Az x, x, x alappontok lépésköze h π. A harmadfokú spline alakja B-spline-okkal S (x) k c k B,k (x) x i π π y i c B, (x) + c B, (x) + c B, (x) + c B, (x) + c B, (x). A számolásunkhoz hasznos lesz a következő táblázat, amit a. feladat megoldásánál kapott képlet alapján ellenőrizhetünk. x k x k+ x k+ x k+ x k+ B,k (x) 6 6 B,k (x) h B,k (x) h h 6 h h

8.. Megoldások 7 Írjuk fel az interpolációs egyenleteket. () S () 6 c + 6 c + 6 c () S ( π ) 6 c + 6 c + 6 c () S (π) 6 c + 6 c + 6 c Vegyük hozzá a két természetes peremfeltételt. Rendezzük az egyenleteket. Oldjuk meg a fenti egyenletrendszert. () S ( π) h c h c + h c (5) S (π) h c h c + h c () c + c + c () c + c + c 6 () c + c + c () c c + c (5) c c + c () () 6c c () (5) 6c c () c 6 c Tehát () c + c () + c c c, c c, c c megoldása az egyenletrendszernek. A keresett természetes peremfeltételű spline S (x) B, (x) + B,(x) B,(x).

9. fejezet Nemlineáris egyenletek megoldása 9.. Feladatok 9... Polinomok gyökeinek becslése. Adjunk alsó és felső becslést a P (x) x x 5x + x 6 polinom gyökeinek abszolút értékére!. Adjunk alsó és felső becslést a P (x) x 5 +x +x +8 polinom gyökeinek abszolút értékére!. Adjunk alsó és felső becslést a P (x) x x 6x + x polinom gyökeinek abszolút értékére!. Adjunk alsó és felső becslést a P (x) x 6x x + polinom gyökeinek abszolút értékére! 9... Intervallumfelezés módszere 5. Határozzuk meg az x egyenlet [ ; ] -beli megoldását intervallumfelezéssel, -es pontossággal! 6. Határozzuk meg az x egyenlet [ ; ] -beli megoldását intervallumfelezéssel, -es pontossággal! 7. Határozzuk meg az x x + egyenlet [ ; ] -beli megoldását intervallumfelezéssel, -es pontossággal! Hány lépés szükséges az -es pontossághoz? 8. Határozzuk meg az x x egyenlet közelítő megoldását intervallumfelezéssel, -es pontossággal! Keressünk jó induló intervallumot! 9. Közelítsük a -et! Számoljuk ki 9... Fixpont iteráció -es pontossággal!. Az x 5x + egyenlet [ ; ] -beli megoldására az x k+ x k + 5 iterációt használjuk. Bizonyítsuk a módszer konvergenciáját és írjuk fel a hibabecslését!

9.. Feladatok 9. Az x x egyenlet megoldására az x k+ x k iterációt használjuk. Bizonyítsuk a módszer konvergenciáját és írjuk fel a hibabecslését. Adjunk meg egy - lehetőleg minél tágabb - intervallumot, melyen konvergál a sorozat! Mennyi a konvergenciarendje?. Az x x + egyenlet megoldására az x k+ x k + iterációt használjuk. Bizonyítsuk a módszer konvergenciáját valamely intervallumon és írjuk fel a hibabecslését!. Mutassuk meg, hogy a ϕ(x) x + x függvény kontrakció az [ ; ] intervallumon. Igazoljuk, hogy az sorozat x k+ x k + x k -hez konvergál minden x [ ; ] kezdőértékre! Adjunk az iterációra hibabecslést!. Az x x egyenlet pozitív megoldására a következő iterációt használjuk x k+ xk +. Mely intervallumon konvergál és mennyi a konvergenciarendje? 5. Az x x + egyenlet [ ; ]-beli megoldására az x k+ x k + iterációt használjuk. Bizonyítsuk a módszer konvergenciáját és írjuk fel a hibabecslését. 6. Adjunk meg az x x + egyenlet [ ; ]-beli megoldásához konvergáló sorozatot. Bizonyítsuk a konvergenciát! Mennyi a konvergenciarendje? 7. Adjunk meg az x (x ) egyenlet megoldásához konvergáló sorozatot. Mely intervallumból vegyük a kezdőértékeket? 8. Az x x egyenlet megoldására vizsgáljuk az x k+ + x k, y k+ y k + y k iterációkat. Melyik sorozat konvergens? Milyen kezdőérték esetén? Bizonyítsuk a konvergenciát! 9. Az x x egyenlet megoldására az [ ; ] intervallumon vizsgáljuk az x k+ x k, y k+ y k + y k iterációkat. Melyik sorozat konvergens? Bizonyítsuk a konvergenciát!

5 9. Nemlineáris egyenletek megoldása. Adjunk a x sin(x) + egyenlet megoldására egy konvergens sorozatot! Bizonyítsuk a sorozat konvergenciáját és annak rendjét! Mely intervallumból indítva konvergál?. Igazoljuk, hogy az x k+ x k x k + A x k + A iteráció ( A >, x >, x > A) esetén konvergál! Mi a határértéke? Adjuk meg a hibabecslését és bizonyítsuk a konvergenciarendjét! 9... Newton-módszer. Az f(x) e x + x függvény gyökének közelítésére írjuk fel a Newton-módszert! Igazoljuk a módszer másodrendű konvergenciáját a gyök valamely környezetében!. Az f(x) cos(x) x + függvény gyökének közelítésére írjuk fel a Newton-módszert! Igazoljuk a módszer másodrendű konvergenciáját a gyök valamely környezetében!. Az f(x) sin(x) x + egyenlet megoldására írjuk fel a Newton-módszert! Milyen intervallumból indítva konvergál az iteráció? Mennyi a konvergenciarendje? 5. Az f(x) e x x egyenlet megoldására írjuk fel a Newton-módszert! Milyen intervallumból indítva konvergál az iteráció? Mennyi a konvergenciarendje? 6. Írjuk fel a Newton-módszert az f(x) x x megoldására! Milyen kezdőértékekre konvergál? Bizonyítsuk a konvergenciát! 7. Az f(x) x x egyenlet pozitív gyökének közelítésére írjuk fel a Newton-módszert és bizonyítsuk a konvergenciáját! Mely intervallumon konvergál? 8. Írjuk fel a Newton-módszert az f(x) x +x egyenlet megoldására! Milyen intervallumból indítva konvergál a kapott iteráció? Mit mondhatunk a konvergenciarendjéről? 9.. Megoldások 9... Polinomok gyökeinek becslése. A P (x) a n x n +... + a x + a alakú valós együtthatós polinom gyökeinek abszolútértékére (ha a n és a ) a következő alsó- és felső becslés adható. + max{ an,..., a } a r x k R + max { a n,..., a } a n Alkalmazzuk a P (x) x x 5x + x 6 polinom együtthatóira. max {, 5,, 6 } R + + 6, r + + 5 6 6 max{,, 5, } 6 Tehát a polinom x k gyökére 6 x k.

9.. Megoldások 5. A P (x) x 5 + x + x + 8 polinom együtthatóiból max {,,,, 8} R + + 8 9, r + + 8 5. 8 max{,, } 8 Tehát a polinom x k gyökére 5 x k 9.. A P (x) x x 6x + x polinom együtthatóiból max {, 6, } R + + 6, 5 r + + 6 7. max{,, 6, } Tehát a polinom x k gyökére 7 x k, 5.. A P (x) x 6x x + polinom együtthatóiból max { 6,, } R + + 6 7 r + + 6 5. max{, 6, } Tehát a polinom x k gyökére 5 x k 7. 9... Intervallumfelezés módszere 5. Legyen [x ; y ] [ ; ] a kiindulási intervallum. Mivel x < y >, ezért a Bolzano tétel miatt tartalmazza a gyököt.. lépés: A felezőpont x + y +, 5. Mivel (, 5), 5 >, ezért az [x ; y ] intervallumot válasszuk úgy, hogy tartalmazza a gyököt, azaz x, y, 5 legyen.. lépés: A felezőpont x + y +, 5, 5, 5. Mivel (, 5), 565 <, ezért az [x ; y ] intervallumra x, 5, y, 5, így tartalmazza a gyököt.. lépés: A felezőpont x + y, 5 +, 5, 75, 75. Mivel (, 75), 8965 <, ezért x, 75, y, 5 és az [x ; y ] intervallum tartalmazza a gyököt. Az utolsó intervallum hossza, 5. Ennek a felezőpontja, 75 már -es pontosságú közelítése a gyöknek.

5 9. Nemlineáris egyenletek megoldása 6. Legyen [x ; y ] [ ; ] a kiindulási intervallum. Mivel x > y <, ezért a Bolzano tétel miatt tartalmazza a gyököt.. lépés: A felezőpont x + y ( ) + ( ), 5. Mivel (, 5), 5 <, ezért az [x ; y ] intervallumot válasszuk úgy, hogy tartalmazza a gyököt, azaz x, y, 5 legyen.. lépés: A felezőpont x + y ( ) + (, 75), 5, 75. Mivel (, 75), 65 >, ezért az [x ; y ] intervallum olyan legyen, hogy tartalmazza a gyököt, azaz x, 75, y, 5 legyen.. lépés: A felezőpont x + y (, 75) + (, 5), 5, 65. Mivel (, 65), 665 <, ezért x, 75, y, 65 és az [x ; y ] intervallum tartalmazza a gyököt. Az utolsó intervallum hossza, 5. Ennek a felezőpontja, 6875 már -es pontosságú közelítése a gyöknek. 7. Legyen [x ; y ] [ ; ] a kiindulási intervallum. Mivel x x + > y y + + <, ezért a Bolzano tétel miatt tartalmazza a gyököt.. lépés: A felezőpont x + y +, 5. Mivel (, 5), 5 +, 75 <, ezért az [x ; y ] intervallumot válasszuk úgy, hogy tartalmazza a gyököt, azaz x, y, 5 legyen.. lépés: A felezőpont x + y +, 5, 5. Mivel (, 5), 5 +.6565 >, ezért az [x ; y ] intervallum olyan legyen, hogy tartalmazza a gyököt, azaz x, 5, y, 5.. lépés: A felezőpont x + y, 5 +, 5, 75. Mivel (, 75), 75 +, 76565 <, ezért x, 5, y, 75 és az [x ; y ] intervallum tartalmazza a gyököt. Az utolsó intervallum hossza, 5. Ennek a felezőpontja, 5 már -es pontosságú közelítése a gyöknek.

9.. Megoldások 5 8. Keressünk kiindulási intervallumot, ahol a végpontokban a polinom értéke különböző előjelű. Az [x ; y ] [; ] jó választás, mivel x x < y y 8 >, ezért a Bolzano tétel miatt tartalmazza a gyököt.. lépés: A felezőpont x + y +, 5. Mivel (, 5), 5, 5 <, ezért az [x ; y ] intervallumot válasszuk úgy, hogy tartalmazza a gyököt, azaz x, 5, y legyen.. lépés: A felezőpont x + y, 5 +, 75. Mivel (, 75), 75, 6975 >, ezért az [x ; y ] intervallum olyan legyen, hogy tartalmazza a gyököt, azaz x, 5, y, 75.. lépés: A felezőpont x + y, 5 +, 75, 65. Mivel (, 65), 65, 666565 >, ezért x, 5, y, 65 és az [x ; y ] intervallum tartalmazza a gyököt. Az utolsó intervallum hossza, 5. Ennek a felezőpontja, 565 már -es pontosságú közelítése a gyöknek. 9. A közelítéséhez keressünk egy egyenletet, melynek gyöke és egy kiindulási intervallumot. Az x alkalmas egyenlet, a kiindulási intervallumunk legyen [x ; y ] [; ]. Ez jó választás, mivel < 8 >, ezért a Bolzano tétel miatt tartalmazza a gyököt.. lépés: A felezőpont x + y +, 5. Mivel (, 5), 65 <, ezért az [x ; y ] intervallumot válasszuk úgy, hogy tartalmazza a gyököt, azaz x, 5, y legyen.. lépés: A felezőpont x + y, 5 +, 75. Mivel (, 75), 5975 >, ezért az [x ; y ] intervallum legyen olyan, hogy tartalmazza a gyököt, azaz x, 5, y, 75.. lépés: A felezőpont x + y, 5 +, 75, 65. Mivel (, 65).9565 >, ezért x, 5, y, 65 és az [x ; y ] intervallum tartalmazza a gyököt. Az utolsó intervallum hossza, 5. Ennek a felezőpontja, 565 már -es pontosságú közelítése a gyöknek.

5 9. Nemlineáris egyenletek megoldása 9... Fixpont iteráció. Az iterációs sorozatot úgy kaptuk, hogy az egyenletet átrendeztük a vele ekvivalens alakra, x x + x 5x + 5 majd felírtuk a fixponttétel közelítő sorozatát. A feladat megoldására a fixponttételt alkalmazzuk. a) Vizsgáljuk meg, hogy a ϕ(x) x + 5 függvény a [; ] intervallumot [ ; ]-be képezie. Mivel ϕ szigorúan monoton növő függvény (könnyen bizonyítható elemi módon vagy a derivált segítségével), ezért [ ϕ ([; ]) [ϕ() ; ϕ()] 5 ; ] [; ]. 5 b) Igazolnunk kell még, hogy ϕ kontrakció a [; ] intervallumon. A Lagrange-féle középértéktételt felhasználva ϕ (ξ) ξ q, ξ [; ] 5 5 miatt ϕ kontrakció [; ]-en. c) A fixponttétel mindkét feltétele teljesül, így a tétel állításai alkalmazhatók a feladatra. A hibabecslés x [ ; ] esetén x k x, 6 k x x, 6 k.. Az iterációs sorozatot úgy kaptuk, hogy az egyenletet átrendeztük a vele ekvivalens alakra, x x x x majd felírtuk a fixponttétel közelítő sorozatát. A feladat megoldására a fixponttételt alkalmazzuk. a) Keressünk egy intervallumot, mely tartalmazza a gyököt. A [ ; ] intervallum jó választás, mert ( ) ( ) + > <, így a Bolzano tétel miatt tartalmazza a gyököt. A ϕ(x) x függvény a [ ; ] intervallumot a [ ; ]-ba képezi, ugyanis ϕ szigorúan monoton növő függvény (könnyen bizonyítható elemi módon vagy a derivált segítségével) és [ φ ([ ; ]) [ϕ( ) ; ϕ()] ] ; [ ; ]. b) Igazolnunk kell még, hogy ϕ kontrakció a [ ; ] intervallumon. A Lagrange-féle középértéktételt felhasználva ϕ (ξ) ξ q, ξ [ ; ] miatt ϕ kontrakció [ ; ]-n. c) A fixponttétel mindkét feltétele teljesül, így a tétel állításai alkalmazhatók a feladatra. A hibabecslés x [ ; ] esetén x k x, 75 k x x, 75 k.

9.. Megoldások 55. Az iterációs sorozatot úgy kaptuk, hogy az egyenletet átrendeztük a vele ekvivalens alakra, x x + x x + majd felírtuk a fixponttétel közelítő sorozatát. A feladat megoldására a fixponttételt alkalmazzuk. a) Keressünk egy intervallumot, mely tartalmazza a gyököt. A [; ] intervallum jó választás, mert () + > + <, így a Bolzano tétel miatt tartalmazza a gyököt. A ϕ(x) x + függvény a [; ] intervallumot [; ]-be képezi? Mivel ϕ szigorúan monoton növő függvény (könnyen bizonyítható elemi módon vagy a derivált segítségével), ezért [ φ ([; ]) [ϕ() ; ϕ()] ; ] [; ]. b) Igazolnunk kell még, hogy ϕ kontrakció a [; ] intervallumon. A Lagrange-féle középértéktételt felhasználva ϕ (ξ) ξ q, ξ [; ] bizonyítható, ami nem elegendő a kontrakció bizonyításához. Ahhoz, hogy kontrakció legyen az intervallumot csökkentenünk kell. Legyen [ ;, 9] az új intervallum, ekkor Tehát ϕ kontrakció [;, 9]-en. ϕ (ξ) ξ, 8 q, ξ [;, 9]. c) Vizsgáljuk az új intervallumra is a beleképezést. [ ] φ ([;, 9]) [ϕ(); ϕ(, 9)] ;, 576 [ ;, 9]. A [ ;, 9] intervallummal a fixponttétel mindkét feltétele teljesül, így a tétel állításai alkalmazhatók a feladatra. d) A hibabecslés a fixponttételből x [ ;, 9] esetén x k x, 8 k x x, 8 k.. A feladat megoldására a fixponttételt alkalmazzuk. a) Vizsgáljuk meg, hogy a ϕ(x) x + x függvény a [; ] intervallumot [; ]-be képezi-e. A ϕ (x) x [; )-n negatív, a ( ; ]-n pozitív, így ϕ-nek -ban lokális minimuma van. A ϕ függvény [; )-n monoton fogyó, a ( ; ]-n monoton növő, ϕ() +,

56 9. Nemlineáris egyenletek megoldása ezért ϕ( ) ϕ() + 7 6, φ ([; ]) [ϕ( ); ϕ()] +, 55, [, 55; ] [; ]. b) Igazolnunk kell még, hogy ϕ kontrakció a [; ] intervallumon. A Lagrange-féle középértéktételt felhasználva ϕ (ξ) ξ q, ξ [; ] ahol Tehát ϕ kontrakció [; ]-en. q max { ϕ (), ϕ () } { max, } <. c) A fixponttétel mindkét feltétele teljesül, így a tétel állításai alkalmazhatók a feladatra. A feladatban szereplő x k+ x k + x k sorozat konvergál a ϕ [; ]-beli fixpontjához, így az x -gal jelölt fixpont kielégíti az x x + x egyenletet. x x + x x x + x x d) A hibabecslés x [; ] esetén x k x ( ) k x x ( ) k.. Az iterációs sorozatot úgy kaptuk, hogy az egyenletet átrendeztük a vele ekvivalens alakra, x x + x x majd felírtuk a fixponttétel közelítő sorozatát. A feladat megoldására a fixponttételt alkalmazzuk. a) Legyen f(x) x x, keressünk egy intervallumot, mely tartalmazza a gyököt. Az [; ] intervallum jó választás, mert f() < f() >, így a Bolzano tétel miatt tartalmazza a gyököt. Vizsgáljuk meg, hogy a ϕ(x) x + függvény az [; ] intervallumot [; ]-be képezi-e. Mivel ϕ (x) x + x >, ezért ϕ szigorúan monoton növő függvény φ ([; ]) [ϕ(); ϕ()] [; 6] [; ].

9.. Megoldások 57 b) Igazolnunk kell még, hogy ϕ kontrakció az [; ] intervallumon. A Lagrange-féle középértéktételt felhasználva ϕ (ξ) ξ + ξ q, ξ [; ] miatt ϕ kontrakció [; ]-en. c) A fixponttétel mindkét feltétele teljesül, így a tétel állításai alkalmazhatók a feladatra. A hibabecslés x [; ] esetén x k x ( ) k x x k. A sorozat konvergenciarendje, mivel a Lagrange-féle középértéktétel miatt ξ k [x k ; x ] vagy [x ; x k ] intervallumban, hogy Ezt felhasználva x k+ x ϕ (x k ) ϕ (x ) ϕ (ξ k ) x k x. x k+ x lim k x k x lim k ϕ (ξ k ) lim k ϕ (x ) lim k x + x c. 5. Az iterációs sorozatot úgy kaptuk, hogy az egyenletet átrendeztük a vele ekvivalens alakra, x x + x x + majd felírtuk a fixponttétel közelítő sorozatát. A feladat megoldására a fixponttételt alkalmazzuk. a) Vizsgáljuk meg, hogy a ϕ(x) x + függvény az [; ] intervallumot [; ]-be képezi-e. Mivel ϕ szigorúan monoton növő függvény (könnyen bizonyítható elemi módon vagy a derivált segítségével), ezért φ ([; ]) [ϕ() ; ϕ()] [; ] [; ]. b) Igazolnunk kell még, hogy ϕ kontrakció az [; ] intervallumon. A Lagrange-féle középértéktételt felhasználva ϕ (ξ) ξ q, ξ [; ] miatt ϕ kontrakció [; ]-en. c) A fixponttétel mindkét feltétele teljesül, így a tétel állításai alkalmazhatók a feladatra. A hibabecslés x [; ] esetén x k x ( ) k x x k.

58 9. Nemlineáris egyenletek megoldása 6. Az iterációs sorozatot az x x + alakból a fixponttétel segítségével kapjuk. A feladatra a fixponttételt alkalmazzuk ϕ(x) x + választással, így a sorozat x k+ x k + lesz. a) Vizsgáljuk meg, hogy a ϕ függvény a [; ] intervallumot [; ]-be képezi-e. Mivel ϕ szigorúan monoton növő függvény (könnyen bizonyítható elemi módon), ezért φ ([; ]) [ϕ() ; ϕ()] [; ] [; ]. b) Igazolnunk kell még, hogy ϕ kontrakció az [; ] intervallumon. A Lagrange-féle középértéktételt felhasználva ϕ (ξ) ξ + q, ξ [; ] miatt ϕ kontrakció [; ]-en. c) A fixponttétel mindkét feltétele teljesül, így a tétel állításai alkalmazhatók a feladatra. A hibabecslés x [; ] esetén ( ) k x k x x x k. A sorozat konvergenciarendje, mivel a Lagrange-féle középértéktétel miatt ξ k [x k ; x ] vagy [x ; x k ] intervallumban, hogy x k+ x ϕ (x k ) ϕ (x ) ϕ (ξ k ) x k x. Ezt felhasználva x k+ x lim k x k x lim k ϕ (ξ k ) lim k ϕ (x ) lim k x + c. 7. Iterációs sorozatot úgy kapunk, hogy az egyenletet átrendezzük a vele ekvivalens x ϕ(x) alakra, majd felírjuk és vizsgáljuk az x k+ ϕ(x k ) sorozatot. Egy kézenfekvő választás a x (x ) ϕ(x), míg egy másik az egyenlet átrendezéséből kapott x (x ) x x + ψ(x). Az elsőként adott ϕ(x)-ről belátható, hogy divergens sorozatot generál, míg a második konvergens sorozatot. a) Az eredeti egyenlet ekvivalens az f(x) (x ) x egyenlettel. Bolzano tétellel keressünk egy intervallumot, mely tartalmazza a gyököt. Az [; ] és [; ] intervallum is jó választás, mert f() ( ) < f() ( ) < f() ( ) 5 >. b) Az elsőként választott ϕ(x) (x ) -re elég megnéznünk a a deriváltját a [; ] intervallumon, mely tartalmazza a gyököt. ϕ (x) (x ), x [; ]

9.. Megoldások 59 Így a ϕ(x) (x ) nem lehet kontrakció [; ]-n. c) A ϕ(x) x + függvény az [; ] intervallumon szigorúan monoton növő függvény (könnyen bizonyítható elemi módon) és φ ([; ]) [ϕ() ; ϕ()] [ ; + ] [; ]. Igazolnunk kell még, hogy ϕ kontrakció az [; ] intervallumon. A Lagrange-féle középértéktételt felhasználva ϕ (ξ) ξ q, ξ [; ] miatt ϕ kontrakció [; ]-n. A fixponttétel mindkét feltétele teljesül, így a tétel állításai alkalmazhatók a feladatra. 8. Iterációs sorozatot úgy kapunk, hogy az egyenletet átrendezzük a vele ekvivalens x ϕ(x) alakra, majd vizsgáljuk az x k+ ϕ(x k ) sorozatot. Az (x k ) sorozatot a ϕ(x) + x, míg az (y k ) sorozatot a ψ(x) x + x függvénnyel kaptuk. a) Az f(x) x x egyenlet ekvivalens az x ϕ(x) és az x ψ(x) fixpont egyenlettel. Az [; ] intervallum jó, mert miatt az intervallum tartalmaz gyököt. f() < f() > b) A ϕ(x) + x-re elég megnéznünk a deriváltját az [; ] intervallumon. 9 ϕ (x), x [; ] x Így a ϕ(x) + x nem lehet kontrakció [; ]-n. Megpróbálhatnánk szűkíteni az intervallumot, de a -t tartalmaznia kell, mert gyök. Viszont ϕ (), vagyis az intervallumot szűkítve sem lehetne -nél kisebb. c) Vizsgáljuk a ψ(x) x + x függvény deriváltját. ψ (x) x x (x ) Vegyük észre, hogy a számlálóban az f(x) függvény szerepel, így a ψ (x ). Másrészt x [; ] esetén f(x) és ψ (x), ami ψ monoton csökkenését, míg x [; ] esetén f(x) és ψ (x), ami ψ monoton növekedését garantálja, azaz -ben ψ-nek lokális minimuma van. Mivel ψ(), ψ() és ψ() 5 ψ ([; ]) [ψ() ; ψ()] [; ] [; ]. Igazolnunk kell még, hogy ψ kontrakció az [; ] intervallumon. így ψ szigorúan monoton növő és ψ (x) (x ) (x x ) (x ) ψ () ψ (x) ψ () 8 5. Látszik, hogy finomítanunk kell az intervallumot. (x ) >,

6 9. Nemlineáris egyenletek megoldása d) Nézzük az [, 5 ; ] intervallumot, ami szintén tartalmazza a gyököt, így a fentiek alapján ψ ([, 5 ; ]) [ψ() ; ψ(, 5)] [ ; 7 ] [, 5 ; ]. 8 5 8 ψ (, 5) ψ (x) ψ () 8 5, A Lagrange-féle középértéktételt felhasználva ψ (ξ) 5 8 q < ξ [, 5; ] miatt ϕ kontrakció [, 5 ; ]-n. A fixponttétel mindkét feltétele teljesül, így a fixponttétel állításai alkalmazhatók a feladatra. A sorozat konvergenciarendje, mivel a Taylor-formula és ψ (x ) miatt ξ k [y k ; x ] vagy [x ; y k ] intervallumban, hogy Ezt felhasználva y k+ x ψ (y k ) ψ (x ) ψ (ξ k ) y k x. y k+ x lim k y k x lim k ψ (ξ k ) lim k ψ (x ) c. e) Vegyük észre, hogy az y k+ y k + y k sorozat az f(x) egyenletre felírt Newtonmódszer, így a Newton-módszer konvergenciatételei segítségével is bizonyítható az (y k ) sorozat konvergenciája. 9. Iterációs sorozatot úgy kapunk, hogy az egyenletet átrendezzük a vele ekvivalens x ϕ(x) alakra, majd vizsgáljuk az x k+ ϕ(x k ) sorozatot. Az (x k ) sorozatot a ϕ(x) x, míg az (y k ) sorozatot a ψ(x) x + függvénnyel kaptuk. x a) Az f(x) x x egyenlet ekvivalens az x ϕ(x) és az x ψ(x) fixpont egyenlettel. Az [; ] intervallum jó, mert miatt az intervallum tartalmaz gyököt. f() < f() 5 > b) A ϕ(x) x -re elég megnéznünk a deriváltját az [; ] intervallumon. ϕ (x) x, x [; ] Így a ϕ(x) x nem lehet kontrakció [; ]-n. Másrészt x k+ x ϕ (x k ) ϕ (x ) (x k ) (x ) x k x (x k ) + x k x + (x ) x k x ((x k ) + x k x + (x ) ) x k x k+ x x, vagyis a hibasorozat végtelenhez tart, így a vizsgált sorozat divergens. c) Vizsgáljuk a ψ(x) x + x függvény deriváltját. ψ (x) 6x(x x ) (x )

9.. Megoldások 6 Vegyük észre, hogy a számlálóban az f(x) függvény szerepel, így a ψ (x ). Másrészt x [ ; x ] esetén f(x) és ψ (x), ami ψ monoton csökkenését, míg x [x ; ] esetén f(x) és ψ (x), ami ψ monoton növekedését garantálja, azaz x -ban ψ-nek lokális minimuma van. Mivel ψ(), ψ(x ) x és ψ() 7 ψ ([; ]) [ψ(x ) ; ψ()] [x ; 7 ] [; ]. Igazolnunk kell még, hogy ψ kontrakció az [; ] intervallumon. Mivel x [; ] esetén így ψ szigorúan monoton növő és ψ (x) 6 x + 9x + x + (x ) >, ψ () ψ (x) ψ () 6. Látszik, hogy finomítanunk kell az intervallumot. d) Nézzük az [, ; ] intervallumot, ami szintén tartalmazza a gyököt és ψ ([, ; ]) [ψ(x ); ψ(, )] [x ;, 59] [, ; ]., 78 ψ (, ) ψ (x) ψ () 6, A Lagrange-féle középértéktételt felhasználva ψ (ξ), 78 q < ξ [, ; ] miatt ϕ kontrakció [, ; ]-n. A fixponttétel mindkét feltétele teljesül, így a fixponttétel állításai alkalmazhatók a feladatra. A sorozat konvergenciarendje, mivel a Taylor-formula és ψ (x ) miatt ξ k [y k ; x ] vagy [x ; y k ] intervallumban, hogy Ezt felhasználva y k+ x ψ (y k ) ψ (x ) ψ (ξ k ) y k x. y k+ x lim k y k x lim k ψ (ξ k ) lim k ψ (x ) c. e) Vegyük észre, hogy az y k+ y k + y k sorozat az f(x) egyenletre felírt Newtonmódszer, így a Newton-módszer konvergenciatételei segítségével is bizonyítható az (y k ) sorozat konvergenciája.. Iterációs sorozatot úgy kapunk, hogy az egyenletet átrendezzük x ϕ(x) alakra, majd felírjuk és vizsgáljuk az x k+ ϕ(x k ) sorozatot. Egy kézenfekvő választás a ϕ(x) (sin(x) + ), így a sorozat x k+ (sin(x k) + ). a) Az eredeti egyenlet ekvivalens az f(x) x sin(x) egyenlettel. Bolzano tétellel keressünk egy intervallumot, mely tartalmazza a gyököt. A [ π ; π ] intervallum jó választás, mert ( f π ) π + < ( π ) f π >

6 9. Nemlineáris egyenletek megoldása b) A ϕ(x) (sin(x) + ) függvény a [ π ; π ] intervallumon monoton növő függvény (könnyen bizonyítható a deriváltja segítségével) és ([ φ π ; π ]) [ϕ( π ] ) ; ϕ(π ) [ ; ] [ π ; π ]. Igazolnunk kell még, hogy ϕ kontrakció az [ π ; π ] intervallumon. A Lagrange-féle középértéktételt felhasználva ϕ (ξ) cos(x) [ q, ξ π ; π ] miatt ϕ kontrakció [ π ; π ]-n. A fixponttétel mindkét feltétele teljesül, így a tétel állításai alkalmazhatók a feladatra.. Belátjuk, hogy a x k+ x k x k +A sorozat alulról korlátos és monoton fogyó, ebből következik x k +A a konvergenciája. a) Teljes indukcióval bebizonyítjuk, hogy A x k, k N -re. A x a feladat feltételéből következik. Tegyük fel, hogy A x k teljesül, igazoljuk k + -re az állítást. Mivel ezért a sorozat alulról korlátos. (x k A) A(x k ) + A A (x k ) + Ax k A (x k ) + Ax k (x k ) + A x k+, b) Belátjuk, hogy a korlátosságból következik a monotonitás. x k+ (x k) + Ax k (x k ) + A x k (x k ) + Ax k (x k ) + Ax k Ax k (x k ) A xk Tehát a sorozat monoton fogyó, így konvergens, jelöljük a határértékét x -gal. x lim (x (x k ) + Ax k k+) lim k k (x k ) + A (x ) + Ax (x ) + A A kapott egyenletet megoldva x A-t kapunk. c) A hibabecsléshez felhasználjuk a következő átalakítást x k+ A ϕ (x k ) ϕ( A) (x k) + Ax k x k + A A (x k) + Ax k Ax k + A A x k + A (x k A) x k + A. Ezt felhasználva a harmadrendű konvergencia bizonyítható. x k+ A lim k x k A lim k x k + A lim k (x ) + A A

9.. Megoldások 6 A hibabecsléshez a fenti átalakítást és a sorozat alsó korlátját felhasználva kapjuk, hogy x k+ A (x k A) x k + A A (x k A). 9... Newton-módszer. A feladatot a Newton-módszer globális és lokális konvergenciatételének alkalmazásával is megoldjuk. A Newton-módszer által generált sorozat x k+ x k ex k + x k e x k +. a) A Bolzano tétellel keressünk intervallumot, mely tartalmazza az f(x) e x + x egyenlet gyökét. A [ ; ] intervallum jó választás, mert f( ) e < f() >. b) Nézzük a Newton-módszer globális konvergenciatételének további feltételeit. A [ ; ] intervallumon továbbá f monoton növekedése miatt f (x) e x + > f (x) e x >, f(x ) f (x ) > f(x ) > x > x. Tehát x > x esetén a Newton-módszer által generált (x k ) sorozat monoton fogyóan konvergál a gyökhöz. Ez a konvergenciatétel csak a monoton konvergenciát bizonyítja. c) Nézzük a Newton-módszer lokális konvergenciatételét, annak további feltételeit. A [ ; ] intervallumon Ekkor M M m f (x) e x + > f (x) e x + m f (x) e x 6 M. 9, így minden x kezdőérték esetén, melyre { } x x < r min M, x +, x 9, a Newton-módszer által generált (x k ) sorozat másodrendben konvergál a gyökhöz és hibabecslése x k+ x 9 x k x.

6 9. Nemlineáris egyenletek megoldása. A feladatot a Newton-módszer globális és lokális konvergenciatételének alkalmazásával is megoldjuk. A Newton-módszer által generált sorozat x k+ x k cos(x k) x k +. sin(x k ) a) A Bolzano tétellel keressünk intervallumot, mely tartalmazza az f(x) cos(x) x+ egyenlet gyökét. A [; π ] intervallum jó választás, mert f() + > ( π ) f π + <. b) Nézzük a Newton-módszer globális konvergenciatételének további feltételeit. A [; π ] intervallumon továbbá f monoton fogyása miatt f (x) sin(x) < f (x) cos(x) <, f(x ) f (x ) > f(x ) < x > x. Tehát x > x esetén a Newton-módszer által generált (x k ) sorozat monoton fogyóan konvergál a gyökhöz. Ez a konvergenciatétel a monoton konvergenciát bizonyítja. c) Nézzük a Newton-módszer lokális konvergenciatételét, annak további feltételeit. A [; π ] intervallumon Ekkor M M m f (x) sin(x) < f (x) sin(x) + m f (x) cos(x) M. 8, így minden x kezdőérték esetén, melyre { x x < r min M, x π }, x x, a Newton-módszer által generált (x k ) sorozat másodrendben konvergál a gyökhöz és hibabecslése x k+ x 8 x k x.. A feladatot a Newton-módszer globális és lokális konvergenciatételének alkalmazásával is megoldjuk. A Newton-módszer által generált sorozat x k+ x k sin(x k) x k +. cos(x k ) a) A Bolzano tétellel keressünk intervallumot, mely tartalmazza az f(x) sin(x) x+ egyenlet gyökét. A [; π ] intervallum jó választás, mert f() > ( π ) f π + π <.

9.. Megoldások 65 b) Nézzük a Newton-módszer globális konvergenciatételének további feltételeit. A [; π ] intervallumon továbbá f monoton fogyása miatt f (x) cos(x) < f (x) sin(x) <, f(x ) f (x ) > f(x ) < x > x. Tehát x > x esetén a Newton-módszer által generált (x k ) sorozat monoton fogyóan konvergál a gyökhöz. Ez a konvergenciatétel csak a monoton konvergenciát bizonyítja. c) Nézzük a Newton-módszer lokális konvergenciatételét, annak további feltételeit. A [; π ] intervallumon Ekkor M M m f (x) cos(x) < f (x) cos(x) + m f (x) sin(x) M., így minden x kezdőérték esetén, melyre { x x < r min M, x π }, x x π, a Newton-módszer által generált (x k ) sorozat másodrendben konvergál a gyökhöz és hibabecslése x k+ x x k x. 5. A feladatot a Newton-módszer globális és lokális konvergenciatételének alkalmazásával is megoldjuk. A Newton-módszer által generált sorozat x k+ x k ex k x k e x k. a) A Bolzano tétellel keressünk intervallumot, mely tartalmazza az f(x) e x x egyenlet gyökét. A [; ] intervallum jó választás, mert f() < f() e e 9 >. b) Nézzük a Newton-módszer globális konvergenciatételének további feltételeit. A [; ] intervallumon f (x) e x > f (x) e x >, továbbá f monoton növekedése miatt f(x ) f (x ) > f(x ) > x > x.

66 9. Nemlineáris egyenletek megoldása Tehát x > x esetén a Newton-módszer által generált (x k ) sorozat monoton fogyóan konvergál a gyökhöz. Ez a konvergenciatétel csak a monoton konvergenciát bizonyítja. c) Nézzük a Newton-módszer lokális konvergenciatételét, annak további feltételeit. A [; ] intervallumon f (x) e x > Ekkor M M m f (x) e x m f (x) e x M., így minden x kezdőérték esetén, melyre { } x x < r min M, x, x x, a Newton-módszer által generált (x k ) sorozat másodrendben konvergál a gyökhöz és hibabecslése x k+ x x k x. 6. A Newton-módszer által generált sorozat x k+ x k x k x k x x k x k x k k x k (x k) x k x k + x k + x k x k + x k. A ϕ(x) x + x függvénnyel kapjuk a fenti x k+ ϕ(x k ) sorozatot. a) A Bolzano tétel segítségével olyan intervallumot keresünk, mely tartalmaz gyököt. A [ ; ] intervallum jó, mert f( ) ( ) + > f() < miatt az intervallum tartalmaz gyököt. b) Vizsgáljuk a ϕ(x) x + x függvény deriváltját. ϕ (x) x(x ) (x + ) (x ) x 6x 6 x ) f(x) 6 (x ) Mivel a számlálóban az f(x) függvény szerepel, így a ϕ (x ). Másrészt x [ ; x ] esetén f(x) >, ezért f szigorúan monoton növő, x [x ; ] esetén f(x) <, ezért f szigorúan monoton fogyó, ezért ϕ-nek lokális maximuma van x -ban. Mivel ϕ( ) 5, ϕ(x ) x és ϕ(), ϕ ([ ; ]) [ϕ(); ϕ(x )] [ ; x ] [ ; ]. Igazolnunk kell még, hogy ϕ kontrakció az [ ; ] intervallumon. ϕ (x) (x 6)(x ) (x 6x 6) (x ) (x ) <,

9.. Megoldások 67 így ϕ szigorúan monoton fogyó és A Lagrange-féle középértéktételt felhasználva ϕ () ϕ (x) ϕ ( ) 5. ϕ (ξ) q < ξ [ ; ] miatt ϕ kontrakció [ ; ]-n. A fixponttétel mindkét feltétele teljesül, így a fixponttétel állításai alkalmazhatók a feladatra. c) A sorozat konvergenciarendje, mivel a Taylor-formula és ϕ (x ) miatt ξ k [x k ; x ] vagy [x ; x k ] intervallumban, hogy Ezt felhasználva x k+ x ϕ (x k ) ϕ (x ) ϕ (ξ k ) x k x. x k+ x lim k x k x lim k ϕ (ξ k ) lim k x c. Analóg módon a [; ] intervallumra is elvégezhetjük a vizsgálatot. ϕ (x ) 7. A feladatot a Newton-módszer globális és lokális konvergenciatételének alkalmazásával is megoldjuk. A Newton-módszer által generált sorozat x k+ x k (x k) x k x k. xk a) A Bolzano tétellel keressünk intervallumot, mely tartalmazza az f(x) x (x) egyenlet gyökét. Az [; ] intervallum jó választás, mert f() < f() 9 >. b) Nézzük a Newton-módszer globális konvergenciatételének további feltételeit. Az [; ] intervallumon f (x) x x > f (x) + x >, továbbá f szigorúan monoton növekedése miatt f(x ) f (x ) > f(x ) > x > x. Tehát x > x esetén a Newton-módszer által generált (x k ) sorozat monoton fogyóan konvergál a gyökhöz. Ez a konvergenciatétel csak a monoton konvergenciát bizonyítja.

68 9. Nemlineáris egyenletek megoldása c) Nézzük a Newton-módszer lokális konvergenciatételét, annak további feltételeit. Az [; ] intervallumon f > miatt f szigorúan monoton nő Ekkor M M m f (x) x x > f (x) x x f () m f (x) + x f () 5 M. 5, így minden x kezdőérték esetén, melyre { } x x < r min M, x, x x, a Newton-módszer által generált (x k ) sorozat másodrendben konvergál a gyökhöz és hibabecslése x k+ x 5 x k x. 8. Először nézzük az f(x) x +x függvény deriváltját f (x) ( + x) ( x) ( + x) x + x ( + x) ( + x). A Newton-módszer által generált sorozat x k+ x k x k +x k (+x k ) (x k ). A feladatot a Newton-módszer globális konvergenciatételének alkalmazásával oldjuk meg. a) A Bolzano tétellel keressünk intervallumot, mely tartalmazza a gyököt, azaz -t. Minden [a; b] intervallum jó választás, ahol < a < és < b <, ugyanis f(a) a + a > f(b) b + b <. b) Nézzük a Newton-módszer globális konvergenciatételének további feltételeit. Az [; ] intervallumon f (x) f (x) továbbá f szigorúan monoton fogyása miatt ( + x) < ( + x) >, f(x ) f (x ) > f(x ) > x <. Tehát x < esetén a Newton-módszer által generált (x k ) sorozat monoton növekedően konvergál a gyökhöz. Ha < x < b kezdőértékből indulunk, akkor x (x ) < és innen

9.. Megoldások 69 már monoton növekedően konvergál a módszer. Tehát az [a; b] intervallum bármely pontjából indítva a rekurziót, konvergens sorozatot kapunk. c) Az előző konvergenciatétel csak a monoton konvergenciát bizonyítja, azonban a másodrendű kovergencia a sorozat képletéből könnyen adódik. A hibabecslés és a másodrendű konvergencia bizonyítása x k+ (x k ) x k+ x k, x k+ x lim k x k x.

. fejezet Approximációs feladatok.. Feladatok... Általánosított inverz. Határozzuk meg az alábbi mátrixokra az A + és B + általánosított inverzet! Mit jelent az A x b R m illetve az B y d R lineáris egyenletrendszer megoldása? A. R m, B [... ] R n. Készítsük el a következő mátrixok általánosított inverzét! A, B [ ]. Határozzuk meg a következő mátrixok általánosított inverzét! [ ] A, B. Határozzuk meg a következő mátrix általánosított inverzét! [ ] A 5. Határozzuk meg a következő mátrix általánosított inverzét! A

.. Feladatok 7... Diszkrét legkisebb négyzetek módszere 6. Határozzuk meg a (; ), (; ), (; ), (; 6) pontokat négyzetesen legjobban közelítő egyenest! 7. Írjuk fel a megadott (x i ; y i ) pontokat négyzetesen legjobban közelítő egyenest! x i y i 8. Írjuk fel a megadott (x i ; y i ) pontokat négyzetesen legjobban közelítő egyenest! x i y i 5 9. Írjuk fel a megadott (x i ; y i ) pontokat négyzetesen legjobban közelítő egyenest és parabolát! x i y i. Igazoljuk, hogy a megadott (x i ; y i ) pontokra felírt négyzetesen legjobban közelítő egyenes átmegy a ( ; )-n! x i y i. Igazoljuk, ( hogy az (x i ; y i ), (i,..., N) pontokat négyzetesen legjobban közelítő egyenes N i átmegy a x N ) i i N ; y i N ponton!... Hilbert-térbeli közelítés. Adjuk meg a P (; ; ) pont távolságát a v (; ; ) T irányvektorú origón átmenő egyenestől és a pont egyenesre vonatkozó merőleges vetületét a Hilbert térbeli elmélet alkalmazásával!. Adjuk meg a P (; ; ) pont távolságát a v (; ; ) T irányvektorú origón átmenő egyenestől és a pont egyenesre vonatkozó merőleges vetületét a Hilbert térbeli elmélet alkalmazásával!. Adjuk meg a P (; ; ) pontnak a v (; ; ) T irányvektorú origón átmenő egyenesre vonatkozó tükörképét a Hilbert térbeli elmélet alkalmazásával! 5. Adjuk meg a P (; ; ) pont távolságát az z x+y síktól és a pont síkra vonatkozó merőleges vetületét a Hilbert térbeli elmélet alkalmazásával! 6. Adjuk meg a P (; ; ) pontnak az x y +z síkra vonatkozó tükörképét a Hilbert térbeli elmélet alkalmazásával! 7. Adjuk meg a P (; ; ) pont távolságát az x + y + z síktól és a pont síkra vonatkozó merőleges vetületét a Hilbert térbeli elmélet alkalmazásával! Vigyázat, a sík nem altér! 8. Milyen a, b R -re lesz az (x + ax + b) x dx integrál értéke minimális? A Hilbert térbeli elmélet alkalmazásával oldjuk meg a feladatot. A minimum értékét nem kell kiszámolni.

7. Approximációs feladatok 9. Milyen a, b R -re lesz az (x + ax + b) x dx integrál értéke minimális? A Hilbert térbeli elmélet alkalmazásával oldjuk meg a feladatot. A minimum értékét nem kell kiszámolni.... Ortogonális polinomok. Milyen a, b, c R -re lesz az (x + ax + bx + c) dx x integrál értéke minimális? A minimum értékét nem kell kiszámolni.. Milyen a R -re lesz az (x ax) x integrál értéke minimális? A minimum értékét nem kell kiszámolni.. Milyen a, b R -re lesz az dx (x + ax + b) dx integrál értéke minimális? A minimum értékét nem kell kiszámolni.. Milyen a, b R -re lesz az (x + ax + b) dx integrál értéke minimális? A minimum értékét nem kell kiszámolni.. Milyen a, b R -re lesz az (x + ax + b) x dx integrál értéke minimális? Az ortogonális polinomok segítségével oldjuk meg a feladatot. A minimum értékét nem kell kiszámolni. 5. Milyen a, b R -re lesz az (x + ax + b) x dx integrál értéke minimális? Az ortogonális polinomok segítségével oldjuk meg a feladatot. A minimum értékét nem kell kiszámolni...5. Egyenletesen legjobb közelítés 6. Legyen f C[a; b] függvény. Adjuk meg az f függvényt az [a; b] intervallumon egyenletesen legjobban közelítő konstanst és a közelítés hibáját! 7. Határozzuk meg az f(x) (x + ), x [; ] függvényt egyenletesen legjobban közelítő nulladfokú és elsőfokú polinomot, valamint a közelítések hibáját! 8. Adjuk meg az f(x) +x, x [ ; ] függvényt egyenletesen legjobban közelítő elsőfokú polinomot és a közelítés hibáját!

.. Megoldások 7 9. Adjuk meg az f(x) e x, x [; ] függvényt egyenletesen legjobban közelítő elsőfokú polinomot és a közelítés hibáját!. Adjuk meg az f(x) x +x, x [ ; ] függvényt egyenletesen legjobban közelítő legfeljebb elsőfokú polinomot! Mekkora a közelítés hibája?. Adjuk meg az f(x) x + x +, x [ ; ] függvényt egyenletesen legjobban közelítő elsőfokú illetve másodfokú polinomot! Mekkora a közelítések hibája?. Adjuk meg az f(x) x + x +, x [ ; ] függvényt egyenletesen legjobban közelítő legfeljebb másodfokú polinomot! Mekkora a közelítés hibája?. Adjuk meg az f(x) x, x [; ] függvényt egyenletesen legjobban közelítő legfeljebb másodfokú polinomot! Mekkora a közelítés hibája?. Az f(x) x, x [ ; ] függvényt egyenletesen legjobban közelítő egyenes meghatározásához írjuk fel a Remez-algoritmus egy lépését a {,, } pontokból kiindulva. 5. Az f(x) (x ), x [ ; ] függvényt egyenletesen legjobban közelítő egyenes meghatározásához írjuk fel a Remez-algoritmus egy lépését a {,, } pontokból kiindulva. 6. Az f(x) x, x [; ] függvényt egyenletesen legjobban közelítő egyenes meghatározásához írjuk fel a Remez-algoritmus egy lépését a {,, } pontokból kiindulva. 7. Az f(x) +x, x [; ] függvényt egyenletesen legjobban közelítő egyenes meghatározásához írjuk fel a Remez-algoritmus két lépését a {,, } pontokból kiindulva... Megoldások... Általánosított inverz. a) Az A mátrix túlhatározott és teljes rangú, rang(a). Ekkor az általánosított inverz a következő képlettel számolható. A + (A T A) A T (m) [... ] m [... ] Az A x b R m lineáris egyenletrendszer általánosított megoldása x + A + b m [... ] m i b b i m, vagyis a b i értékek átlaga. b) Az B mátrix alulhatározott és teljes rangú, rang(b). Ekkor az általánosított inverz a következő képlettel számolható. B + B T (BB T ). (n) n. Az B y d R lineáris egyenletrendszer általánosított megoldása y + B + d n. d d n..

7. Approximációs feladatok Az y + általánosított megoldás a kifejezést minimalizálja. A + (A T A) A T [ ] By d n (y i d). a) Az A mátrix túlhatározott és teljes rangú, rang(a). Ekkor az általánosított inverz a következő képlettel számolható. [ ] [ ] [ ] [ ] b) Az B mátrix alulhatározott és teljes rangú, rang(b). Ekkor az általánosított inverz a következő képlettel számolható. B + B T (BB T ) () i. a) Az A mátrix túlhatározott és teljes rangú, rang(a). Ekkor az általánosított inverz a következő képlettel számolható. [ ] [ ] [ A + (A T A) A T 6 ] [ ] 6 [ 6 ] 6 b) Az B mátrix alulhatározott és teljes rangú, rang(b). Ekkor az általánosított inverz a következő képlettel számolható. [ ] [ B + B T (BB T ) 6 ] 6 6 6 Látjuk, hogy épp az A + transzponáltját kaptuk. Ez nem véletlen, hiszen B A T, így B + B T (BB T ) A (A T A) ((A T A) A T ) T (A + ) T.. Az A mátrix alulhatározott és teljes rangú, rang(a). Ekkor az általánosított inverz a következő képlettel számolható. [ ] [ ] [ ] [ A + A T (AA T ) ] [ ]

.. Megoldások 75 5. Az A mátrix alulhatározott és teljes rangú, rang(a). Ekkor az általánosított inverz a következő képlettel számolható. A + A T (AA T )... Diszkrét legkisebb négyzetek módszere 6. Írjuk fel a lineáris egyenletrendszert, mellyel meghatározhatjuk az (x i ; y i ), i,..., N pontokat négyzetesen legjobban közelítő egyenes együtthatóit. [ N ] [ ] [ ] x i p yi xi x i xi y i Mivel a kitűzött feladatban N, x i 6, x i, y i és x i y i 9, ezért a lineáris egyenletrendszer a következő. [ ] [ ] [ ] 6 p 6 9 p p Az. egyenlet -szeresét vonjuk ki a. egyenletből, így a. egyenlet 5p 8 p 8 5. Az. egyenletből A keresett egyenes p 6 8 7 8 5 5 5. P (x) 8 5 x + 5. 7. Írjuk fel a lineáris egyenletrendszert, mellyel meghatározhatjuk az (x i ; y i ), i,..., N pontokat négyzetesen legjobban közelítő egyenes együtthatóit. [ N ] [ ] [ ] x i p yi xi x i xi y i Mivel a kitűzött feladatban N 5, x i, x i, y i és x i y i, ezért a lineáris egyenletrendszer a következő. [ ] [ ] [ ] 5 p A diagonális elemekkel végig osztunk, így p p p 5, p.

76. Approximációs feladatok A keresett egyenes P (x) x + 5. 8. Írjuk fel a lineáris egyenletrendszert, mellyel meghatározhatjuk az (x i ; y i ), i,..., N pontokat négyzetesen legjobban közelítő egyenes együtthatóit. [ N ] [ ] [ ] x i p yi xi x i xi y i Mivel a kitűzött feladatban N 5, x i, x i, y i és x i y i 5, ezért a lineáris egyenletrendszer a következő. [ ] [ ] [ ] 5 p 5 A diagonális elemekkel végig osztunk, így p p p 5, p 7 6. A keresett egyenes P (x) 7 6 x + 5. 9. a) Írjuk fel a lineáris egyenletrendszert, mellyel meghatározhatjuk az (x i ; y i ), i,..., N pontokat négyzetesen legjobban közelítő egyenes együtthatóit. [ N ] [ ] [ ] x i p yi xi x i xi y i Mivel a kitűzött feladatban N, x i, x i, y i 6 és x i y i, ezért a lineáris egyenletrendszer a következő. [ ] [ ] [ ] p 6 A diagonális elemekkel végig osztunk, így p p p, p. A keresett egyenes P (x) x +. b) Írjuk fel a lineáris egyenletrendszert, mellyel meghatározhatjuk az (x i ; y i ), i,..., N pontokat négyzetesen legjobban közelítő parabola együtthatóit. N x i x i p xi x i x yi i p xi y i x i x i x i p x i y i Mivel a kitűzött feladatban N, x i, x i, x i, x i, y i 6, xi y i és x i y i, ezért a lineáris egyenletrendszer a következő. p p p 6

.. Megoldások 77 Az. egyenletből A megmaradó egyenletek p. () p + 5p () p + p () 5 () 9p 6 p () p p 6 A keresett parabola P (x) x x 6.. Írjuk fel a lineáris egyenletrendszert, mellyel meghatározhatjuk az (x i ; y i ), i,..., N pontokat négyzetesen legjobban közelítő egyenes együtthatóit. [ N ] [ ] [ ] x i p yi xi x i xi y i Mivel a kitűzött feladatban N 5, x i, x i, y i és x i y i 6, ezért a lineáris egyenletrendszer a következő. [ ] [ ] [ ] 5 p 6 A diagonális elemekkel végig osztunk, így p p p, p 6 5. A keresett egyenes P (x) 6 5 x, melyről látszik, hogy átmegy a (; ) -n.. Írjuk fel a lineáris egyenletrendszert, mellyel meghatározhatjuk az (x i ; y i ), i,..., N pontokat négyzetesen legjobban közelítő egyenes együtthatóit. [ N ] [ ] [ ] x i p yi xi x i xi y i p Az. egyenlet ( ) N p + xi p y i N -nel leosztva xi p + N p yi N. Mivel a P (x) p + p x elsőfokú négyzetesen legjobban közelítő polinomra ( ) xi xi P p + p N N yi N, ezért az állítást beláttuk.

78. Approximációs feladatok... Hilbert-térbeli közelítés. Adjuk meg az egyes jelölések értelmezését a Hilbert térbeli elméletben. H R a Hilbert tér a feladatban, f a Hilbert térbeli elem, amit közelíteni szeretnénk és H v {c v c R} a v vektor által generált altér. Az altérbeli legjobban közelítő elemet c v alakban keressük. A c együtthatót a G c b Gram-mátrixú lineáris egyenletrendszerből kapjuk, melynek mérete az altér dimenziója, jelen példánkban. G c b v; v c f; v ; c ; c c Tehát az altérbeli legjobban közelítő elem, vagyis az egyenesre vonatkozó merőleges vetület f v. A pont és egyenes távolságát az f f f normájából kapjuk. d f f f. Adjuk meg az egyes jelölések értelmezését a Hilbert térbeli elméletben. H R a Hilbert tér a feladatban, f a Hilbert térbeli elem, amit közelíteni szeretnénk és H v {c v c R} a v vektor által generált altér. Az altérbeli legjobban közelítő elemet c v alakban keressük. A c együtthatót a G c b lineáris egyenletrendszerből kapjuk, melynek mérete az altér dimenziója, jelen példánkban. G c b v; v c f; v ; c ; c c Tehát az altérbeli legjobban közelítő elem, vagyis az egyenesre vonatkozó merőleges vetület f v.

.. Megoldások 79 A pont és egyenes távolságát az f f f normájából kapjuk. d f f f. Adjuk meg az egyes jelölések értelmezését a Hilbert térbeli elméletben. H R Hilbert tér a feladatban, f a Hilbert térbeli elem, amit közelíteni szeretnénk és H v {c v c R} a v vektor által generált altér. A tükörképet az altérbeli legjobban közelítő elem segítségével tudjuk meghatározni, melyet c v alakban keressük. A c együtthatót a G c b lineáris egyenletrendszerből kapjuk, melynek mérete az altér dimenziója, jelen példánkban. G c b v; v c f; v ; c ; c c Tehát az altérbeli legjobban közelítő elem, a v -vel párhuzamos összetevő f v. A v -re merőleges összetevő f f f +. Az altérre vonatkozó tükörkép f T f f vagy az f T f f alakból számolható. f T f f 5 5. Adjuk meg az egyes jelölések értelmezését a Hilbert térbeli elméletben. H R a Hilbert tér a feladatban, f a Hilbert térbeli elem, amit közelíteni szeretnénk. Kétféle megoldást adunk, melyek a közelítő altérben különböznek. a) H { [x, y, z] T R x+y z } az origón átmenő sík, két dimenziós altér. Keressünk bázist a síkon, azaz két lineárisan független vektort, melyek a síkon vannak. Legyen g és g a két báziselem.

8. Approximációs feladatok Az altérbeli legjobban közelítő elemet c g + c g alakban keressük. A c, c együtthatót a G c b lineáris egyenletrendszerből kapjuk, melynek mérete. G c b A hiányzó skaláris szorzatok [ ] g ; g g ; g g ; g g ; g [ c c ] [ ] f; g f; g g ; g ; 5, g ; g ; g ; g g ; g ; f; g ;, f; g ; A megoldandó lineáris egyenletrendszer [ ] 5 [ c c ] [ ]. A. egyenletből c c, ezt az. egyenletbe helyettesítve 5c c c c c. Tehát az altérbeli legjobban közelítő elem, vagyis a síkbeli merőleges vetület f c g + c g Számítsuk ki az f f f, altérre merőleges összetevőt. A pont és sík távolsága f f f d f f f 6.. b) A másik megoldásban H {c v c R} egy dimenziós altér, a síkra merőleges origón átmenő egyenes. v [,, ] T a sík normálvektora, mely a sík egyenletéből olvasható le. x x + y z y ; z

.. Megoldások 8 Az altérbeli legjobban közelítő elemet c v alakban keressük. A c együtthatót a G c b lineáris egyenletrendszerből kapjuk, melynek mérete. G c b v; v c f; v ; c ; 6 c c Tehát a H altérbeli legjobban közelítő elem, vagyis a normál vektor irányú egyenesre vonatkozó merőleges vetület f v. A síkra vonatkozó merőleges vetületet az f f f képletből számítjuk. f f f Látjuk, hogy az eredmény ugyanaz, de most -es egyenletet kellett csak megoldanunk, vagyis kevesebbet számoltunk. 6. Adjuk meg az egyes jelölések értelmezését a Hilbert térbeli elméletben. H R a Hilbert tér a feladatban, f a Hilbert térbeli elem, aminek a tükörképét keressük. Ehhez a síkra merőleges vetületet kell először meghatároznunk. Kétféle megoldást adunk, melyek a közelítő altérben különböznek. a) H { [x, y, z] T R x y +z } az origón átmenő sík, két dimenziós altér. Keressünk bázist a síkon, azaz két lineárisan független vektort, melyek a síkon vannak. Legyen g és g a két vektor. Az altérbeli legjobban közelítő elemet c g + c g alakban keressük. A c, c együtthatót a G c b lineáris egyenletrendszerből kapjuk, melynek mérete. G c b A hiányzó skaláris szorzatok [ ] g ; g g ; g g ; g g ; g [ c c ] [ ] f; g f; g g ; g ;, g ; g ; g ; g g ; g ;

8. Approximációs feladatok f; g ;, f; g A megoldandó lineáris egyenletrendszer [ ] [ c c ] [ ]. A. egyenletből c c, ezt az. egyenletbe helyettesítve ;. c + c c c c. Tehát az altérbeli legjobban közelítő elem, vagyis a síkbeli merőleges vetület f c g + c g +. Számítsuk ki az f f f, altérre merőleges összetevőt. f f f Az altérre vonatkozó tükörkép + f T f f 8 5. 5 b) A másik megoldásban H {c v c R} egy dimenziós altér, a síkra merőleges origón átmenő egyenes. v [,, ] T a sík normálvektora, mely a sík egyenletéből olvasható le. x x y + z y ; z Az altérbeli legjobban közelítő elemet c v alakban keressük. A c együtthatót a G c b lineáris egyenletrendszerből kapjuk, melynek mérete. G c b v; v c f; v ; c ; c c Tehát a H altérbeli legjobban közelítő elem, vagyis a normál vektor irányú egyenesre vonatkozó merőleges vetület f v.

.. Megoldások 8 A síkra vonatkozó tükörképet az f T f f képletből számítjuk. f T f f 8 5 5 Látjuk, hogy az eredmény ugyanaz, mint a másik megoldási módnál, de így kevesebbet kellett számolnunk. 7. A feladatban szereplő sík nem altér, mert nem megy át az origón. A Hilbert térbeli elméletre csak úgy tudjuk ráhúzni, ha változó transzformációt alkalmazunk (eltoljuk a koordináta rendszert -gyel.) Legyen z z, így a sík egyenlete x + y + z. Az új koordináta rendszerben P(;-;-). Adjuk meg az egyes jelölések értelmezését a Hilbert térbeli elméletben. H R a Hilbert tér a feladatban, f a Hilbert térbeli elem, melynek a vetületét keressük. Most is kétféle megoldás közül választhatnánk. A kevesebb számolást igénylőt választjuk. H {c n c R} egy dimenziós altér, a síkra merőleges origón átmenő egyenes. n [,, ] T a sík normálvektora, mely a sík egyenletéből leolvasható. x x + y + z y ; z Az altérbeli legjobban közelítő elemet c n alakban keressük. A c együtthatót a G c b lineáris egyenletrendszerből kapjuk, melynek mérete. G c b n; n c f; n ; c ; c c Tehát a H altérbeli legjobban közelítő elem, vagyis a normál vektor irányú egyenesre vonatkozó merőleges vetület f n. A pont és sík távolsága nem változik az eltolással, így d f. A síkra vonatkozó merőleges vetületet az f f f képletből számítjuk. f f f + 5

8. Approximációs feladatok A kapott koordináták az (x, y, z ) -ben értendők. Az eredeti (x, y, z) koordinátarendszerben a síikra merőleges vetület P 5. 8. Fogalmazzuk át a feladatot és adjuk meg a jelöléseket a Hilbert térbeli elmélet alkalmazásához! (x + ax + b) x dx ahol H L w [; ] a Hilbert tér, w(x) x a súlyfüggvény, f; g f(x)g(x) x dx a skaláris szorzat, f L w [;] f (x) x dx a norma négyzete, (x ( ax b)) x dx f p L w [;], f(x) x a közelítendő elem és P a legfeljebb elsőfokú polinomok tere az altér, melyből legjobban közelítő p P elemet keresünk. Keressünk bázist a P polinom altérben: g (x) és g (x) x. Az altérbeli legjobban közelítő elemet c g + c g alakban keressük. A c, c együtthatót a G c b lineáris egyenletrendszerből kapjuk, melynek mérete. G c b A hiányzó skaláris szorzatok g ; g ; g ; g x; x [ ] g ; g g ; g g ; g g ; g g ; g g ; g ; x f; g x ; x ; x A megoldandó lineáris egyenletrendszer [ c c x dx x x x dx 7 ] [ ] f; g f; g x x dx 5 x x dx 7 x x x dx 9. [ ] / /5 /5 /7 [ c c ] [ ] /7. /9 Az. egyenletet szorozzuk 5 -del, a. egyenletet 75 -del, így [ ] 5 5 5 A. egyenletből vonjuk ki az. -t, ekkor [ c c ] [ 5 75 9 ]. c 9 c 9.

.. Megoldások 85 Az. egyenlet 5 c + 9 5 5 c 5 Tehát a legjobban közelítő polinom és így a 9 és b 5. p (x) 9 x 5, c 5. 9. Fogalmazzuk át a feladatot és adjuk meg a jelöléseket a Hilbert térbeli elmélet alkalmazásához! (x + ax + b) x dx ahol H L w [; ] a Hilbert tér, w(x) x a súlyfüggvény, f; g f(x)g(x)x dx a skaláris szorzat, f L w [;] f (x)x dx a norma négyzete, (x ( ax b)) x dx f p L w [;], f(x) x a közelítendő elem és P a legfeljebb elsőfokú polinomok tere az altér, melyből legjobban közelítő p P elemet keresünk. Keressünk bázist a P polinom altérben. Legyen g (x) és g (x) x. Az altérbeli legjobban közelítő elemet c g + c g alakban keressük. A c, c együtthatót a G c b lineáris egyenletrendszerből kapjuk, melynek mérete. [ ] [ ] [ ] g ; g G c b g ; g c f; g g ; g g ; g f; g A hiányzó skaláris szorzatok g ; g ; g ; g x; x g ; g g ; g ; x f; g x ; x ; x c x dx x x x dx 5 x x x dx 6. A megoldandó lineáris egyenletrendszer [ ] / / / /5 x x dx 5 [ c c ] x x dx [ ] /5. /6 Az. egyenletet szorozzuk 6 -nal, a. egyenletet 8 -nal, így [ ] [ ] [ ] 5 c. 6 c A. egyenletből vonjuk ki az. -t, ekkor c.

86. Approximációs feladatok Az. egyenlet c + 5 c 8 c 5. Tehát a legjobban közelítő polinom és így a és b 5. p (x) x 5,... Ortogonális polinomok. Az (x + ax + bx + c) x dx integrál a minimumát a harmadfokú egy főegyütthatós ortogonális polinom esetén veszi fel, melyet a [ ; ] intervallum és a w(x) súly- x függvény határoz meg. Ez a T (x) egy főegyütthatós Csebisev polinom. Először állítsuk elő a Csebisev polinomt a következő rekurzióval, majd normáljuk a főegyütthatót. T (x) x T (x) T (x) x x x, T (x) x T (x) T (x) x (x ) x x x, T (x) (x x) x x Így x + ax + bx + c T (x) x x innen a c és b.. a) Első megoldásunkban az ortogonális polinomok tulajdonságait használjuk fel. Az (x ax) x dx integrál a minimumát a harmadfokú kettő főegyütthatós ortogonális polinom esetén veszi fel, melyet a [ ; ] intervallum és a w(x) súlyfüggvény x határoz meg. Ez a T (x) kettő főegyütthatós Csebisev polinom, mely a következő rekurzió segítségével állítható elő. A feladat a Csebisev polinom páratlan volta miatt oldható meg ilyen egyszerűen. Ha másodfokú és konstans tagok is lennének az integrálban, akkor is ez lenne a megoldás. Az előző feldatban már előállítottuk a harmadfokú egy főegyütthatós Csebisev polinomot. T (x) x x A feladat megoldása x ax T (x) x x a b) Egy másik lehetséges megoldás a Hilbert térbeli elmélettel. ahol H L w (x ax) dx f p x L w [ ;] [ ; ] a Hilbert tér, w(x) x f; g f(x)g(x) x dx a skaláris szorzat, f L w [ ;] f (x) x dx a norma, a súlyfüggvény,

.. Megoldások 87 f(x) x a közelítendő elem és H x a g(x) x által generált altér, melyből a legjobban közelítő elemet keresünk. Az altérbeli legjobban közelítő elemet a g(x) alakban keressük. Az a együtthatót a G a b lineáris egyenletrendszerből kapjuk, melynek mérete az altér dimenziója, jelen példánkban. G a b g; g a f; g g; g f; g Így a feladat megoldása a. x x x dx π x x x dx π π a π a. Az (x + ax + b) dx integrál a minimumát a másodfokú egy főegyütthatós ortogonális polinom esetén veszi fel, melyet a [ ; ] intervallum és a w(x) súlyfüggvény határoz meg. Ez a p (x) egy főegyütthatós Legendre polinom, melyet Gram Schmidt-ortogonalizációval állítunk elő az, x, x rendszerből. p (x) p (x) x cp (x) x c x; p p ; p x dx dx p (x) x c p (x) c p (x) x c x ; p p ; p x x dx x x dx c x ; p p ; p x dx dx Így x + ax + b p (x) x a, b.. Az (x + ax + b) dx integrál a minimumát a másodfokú egy főegyütthatós ortogonális polinom esetén veszi fel, melyet a [; ] intervallum és a w(x) súlyfüggvény határoz meg. Jelölje p (x) egy főegyütthatós ortogonális polinomot, melyet Gram Schmidt-ortogonalizációval állítunk elő az, x, x rendszerből. p (x) p (x) x cp (x) x c x; p p ; p x dx dx

88. Approximációs feladatok Így ( p (x) x c p (x) c p (x) x x ) x x + 6 c x ; p p ; p x (x ) dx (x ) dx c x ; p p ; p x dx dx x + ax + b p (x) x x + 6 a, b 6. Megjegyezzük, hogy az eredményt az előző feladatból is megkaphattuk volna a ϕ(x) x, x [; ] lineáris transzformációval. Az előző feladatbeli eredményt áttranszformálva (x ) x x + (x x + 6 ). Innen az egy főegyütthatós polinom p (x) x x + 6.. Mivel a [; ] intervallum és a w(x) x súlyfüggvény nem definiál klasszikus ortogonális polinomot, ezért a másodfokú ortogonális polinomot elő kell állítanunk Gram-Schmidt ortogonalizációval az, x, x rendszerből. p (x) p (x) x cp (x) x 5 c x; p p ; p x x dx x dx 5 5 p (x) x c p (x) c p (x) x 9 (x 5 ) 7 x 9 x + 5 c x ; p p ; p c x ; p p ; p A másodfokú ortogonális polinom x (x 5 ) x dx (x 5 ) x dx x x dx x dx 7 6 5 8 5 7 9 p (x) x 9 x + 5 x + ax + b a 9, b 5. 5. Mivel a [ ; ] intervallum és a w(x) x súlyfüggvény nem definiál klasszikus ortogonális polinomot, ezért a másodfokú ortogonális polinomot elő kell állítanunk Gram-Schmidt orto-

.. Megoldások 89 gonalizációval az, x, x rendszerből. p (x) A másodfokú ortogonális polinom p (x) x cp (x) x c x; p p ; p x x dx x dx p (x) x c p (x) c p (x) x 5 c x ; p p ; p x x x dx x x x dx c x ; p p ; p x x dx x dx 5 5 5 p (x) x 5 x + ax + b a, b 5...5. Egyenletesen legjobb közelítés 6. Mivel f C[a; b], ezért van minimuma és maximuma az [a; b] intervallumban. Vezessük be a következő jelöléseket! m min{f(x) x [a; b]} f(x m ), x m [a; b] M max{f(x) x [a; b]} f(x M ), x M [a; b] Az alternáló pontok tétele segítségével belátjuk, hogy p (x) m + M az egyenletesen legjobban közelítő nulladfokú polinom. A polinom fokszámához képest kettővel több alternáló pontot kell keresnünk. Az x m és x M pontok megfelelőek. Másrészt f(x m ) p (x m ) m m + M f(x M ) p (x M ) M m + M M m M m { f p max f(x) m + M } : x [a; b] M m, tehát az x m és x M alternáló pontokban előjelesen veszi fel a legnagyobb eltérést a hibafüggvény. A közelítés hibája E (f) M m.

9. Approximációs feladatok 7. a) Az f(x) (x + ) függvény a [; ] intervallumon monoton növő, ezért az előző feladat eredményét használhatjuk az egyenletesen legjobban közelítő nulladfokú polinom meghatározására. Mivel m f(), M f(), ezért A közelítés hibája p (x) m + M E (f) M m + 5.. b) Az alternáló pontok tétele segítségével keressük az egyenletesen legjobban közelítő elsőfokú polinomot. A polinom fokszámához képest legalább kettővel több alternáló pontot kell keresnünk, azaz legalább hármat. Amikor a függvény monoton, rendszerint elég pontosan kettővel több, a két szélső az intervallum két széle. Ha ezzel a megközelítéssel nem kapunk eredményt, akkor vagy több alternáló pontot kell keresnünk vagy az intervallumok széle nem alternáló pont. Ezt végigkövethetjük az előző feladatnál, amennyiben a minimum és maximum helyek nem az intervallum szélei illetve többször is felveheti a függvény a minimális illetve maximális értéket. Ebből is látszik, hogy a feladat megoldása oszcilláló függvény esetén bonyolult lehet. Az alternáló pontokat x, x és x alakban, a polinomot p (x) ax + b alakban keressük, E az érték, amivel alternál a hibafüggvény. Írjuk fel az alternálás egyenleteit. () f(x ) p (x ) ( + ) (a + b) E () f(x ) p (x ) (x + ) (a x + b) E () f(x ) p (x ) ( + ) (a + b) E Ezzek három egyenletet kaptunk a négy ismeretlenhez. Mivel a függvényünk deriválható, ezért a hibafüggvénynek a belső x pontban szélsőértéke van. Erre írjuk fel a. egyenletet. () f (x ) p (x ) (x + ) a A kapott nemlineáris egyenletrendszer, amit meg kell oldanunk () b E () (x + ) a x b E () a b E () x a. () () a a () x a x Már csak két ismeretlent kell meghatároznunk. ( ) () + () b + b b 7 b 7 8 () E b 8 Ezzel még nem oldottuk meg a feladatot. Sejtésünk: p (x) x + 7 8, E (f) 8.

.. Megoldások 9 Ellenőrizzük az alternáló pontok tételének állítását. A h(x) (x + ) x 7 8 hibafüggvény végtelen normáját kell meghatároznunk. h (x) (x + ) x x, így a hibafüggvénynek a [; ] intervallumon csak a,, a szélsőértékhelyei. Helyettesítsünk a hibafüggvénybe. Ebből h() 7 8 8 E ( ) ( ) h 7 8 9 7 8 8 E h() 7 8 8 E h 8 E. Megfigyelhetjük, hogy a behelyettesítés egyenletei megegyeznek az alternáló pont keresés egyenleteivel. Amikor megkaptuk a hibafüggvény lehetséges,, szélsőérték helyeit, már tudjuk, hogy jó a sejtésünk, hiszen őket kaptuk meg az () () egyenletek megoldásaként. Tehát p (x) x + 7 8, E (f) 8. 8. Az alternáló pontok tétele segítségével keressük az egyenletesen legjobban közelítő elsőfokú polinomot. A polinom fokszámához képest legalább kettővel több alternáló pontot kell keresnünk, azaz legalább hármat. Rendszerint elég pontosan kettővel több, a két szélső az intervallum két széle. Ha ezzel a megközelítéssel nem kapunk eredményt, akkor vagy több alternáló pontot kell keresnünk vagy az intervallumok széle nem alternáló pont. Ezt végigkövethetjük az 6. feladatnál. A feladatot az előzőhöz hasonlóan is megoldhatjuk, de mivel az f(x) +x függvény [ ; ]- en páros, ezért a középső alternáló pont várhatóan a nulla lesz. Ez egyszerűsíti az egyenleteinket, de majd csak az ellenőrzésnél derül ki, hogy jól gondoltuk-e. Az alternáló pontokat x, x és x alakban, a polinomot p (x) ax + b alakban keressük, E az érték, amivel alternál a hibafüggvény. Írjuk fel az alternálás egyenleteit. () f( ) p ( ) (a ( ) + b) E + ( ) () f() p () (a + b) E + () f() p () (a + b) E + Ezzel három egyenletet kaptunk a három ismeretlenhez. Mivel az alternáló pontokra sejtéseink voltak, így lineáris egyenletrendszert kaptunk, amit meg kell oldanunk () + a b E () b E () a b E.

9. Approximációs feladatok () () a a Már csak két ismeretlent kell meghatároznunk két egyenletből. () b E () b E () + () b b () E b Sejtésünk: p (x), E (f). Ellenőrizzük az alternáló pontok tételének állítását. A h(x) + x hibafüggvény végtelen normáját kell meghatároznunk. h (x) x ( + x ) x, így a hibafüggvénynek a [ ; ] intervallumon csak a,, a szélsőértékhelyei. Helyettesítsünk a hibafüggvénybe. h( ) E h() E h() E Ebből h E. Tehát az egyenletesen legjobban közelítő legfeljebb elsőfokú polinom nulladfokú. Mivel f páros függvény, így p is az lesz. p (x), E (f) 9. Az alternáló pontok tétele segítségével keressük az egyenletesen legjobban közelítő elsőfokú polinomot. A polinom fokszámához képest legalább kettővel több alternáló pontot kell keresnünk, azaz legalább hármat. Rendszerint elég pontosan kettővel több, a két szélső az intervallum két széle. Ha ezzel a megközelítéssel nem kapunk eredményt, akkor vagy több alternáló pontot kell keresnünk vagy az intervallumok széle nem alternáló pont. Ezt végigkövethetjük az 6. feladatnál. Az alternáló pontokat x, x és x alakban, a polinomot p (x) ax+b alakban keressük, E az érték, amivel alternál a hibafüggvény. Írjuk fel az alternálás egyenleteit. () f(x ) p (x ) e (a + b) E () f(x ) p (x ) e x (a x + b) E () f(x ) p (x ) e (a + b) E

.. Megoldások 9 ezzel három egyenletet kaptunk a négy ismeretlenhez. Mivel a függvényünk deriválható, ezért a hibafüggvénynek a belső x pontban szélsőértéke van. Erre írjuk fel a. egyenletet. () f (x ) p (x ) e x a A kapott nemlineáris egyenletrendszer, amit meg kell oldanunk () b E () e x a x b E () e a b E () e x a. () () e a a e, 78 () e x a x ln(a) ln(e ), 5 Már csak két ismeretlent kell meghatároznunk. () + () b + e (e ) ln(e ) b b e (e ) ln(e ) b (e (e ) ln(e )), 89 () E b (e (e ) ln(e )), 59 Sejtésünk: p (x) (e )x +, 89, E (f), 59. Ellenőrizzük az alternáló pontok tételének állítását. A h(x) e x (e )x, 89 hibafüggvény végtelen normáját kell meghatároznunk. h (x) e x (e ) x ln(e ), 5, így a hibafüggvénynek a [; ] intervallumon csak a, ln(e ), a szélsőértékhelyei. Helyettesítsünk a hibafüggvénybe. h() e b b E h(ln(e )) e ln(e ) (e ) ln(e ) b e (e ) ln(e ) b E h() e (e ) b b E Ebből h, 59 E. Megfigyelhetjük, hogy a behelyettesítés egyenletei megegyeznek az alternáló pont keresés egyenleteivel. Amikor megkaptuk a hibafüggvény lehetséges, ln(e ), szélsőérték helyeit, már tudjuk, hogy jó a sejtésünk, hiszen őket kaptuk meg az () () egyenletek megoldásaként. Tehát p (x) (e )x +, 89, E (f), 59.

9. Approximációs feladatok. Ez a feladat általánosan is megoldható, ha egy megadott egy főegyütthatós polinomhoz eggyel alacsonyabb fokszámú polinom altérből keresünk egyenletesen legjobban közelítő polinomot a [ ; ] intervallumon. A megoldáshoz a Csebisev polinom tulajdonságát használjuk fel. A [ ; ] intervallumon a p (x) egyenletesen legjobban közelítő elsőfokú polinomra x + x p (x) min{ x + x p (x) : p P } T. A Csebisev polinom és az egy főegyütthatós Csebisev polinom Az approximációs feladat megoldása T (x) x x T (x) x. x + x p (x) x p (x) x + x ( x ) x +. A közelítés hibája E (f) T.. A feladat megoldásához a Csebisev polinom tulajdonságát használjuk fel. A [ ; ] intervallumon a p (x) egyenletesen legjobban közelítő másodfokú polinomra x + x + p (x) min{ x + x + p (x) : p P } T. A Csebisev polinom és az egy főegyütthatós Csebisev polinom T (x) x x T (x) x (x ) x x x T (x) x x. Az approximációs feladat megoldása x + x + p (x) x x p (x) x + x + (x ) x x +. A közelítés hibája E (f) T. Mivel az egyenletesen legjobban közelítő legfeljebb másodfokú polinom elsőfokú, ezért az elsőfokú közelítő polinom is ez. p (x) x +, E (f) T. Azért ilyen speciális a megoldás, mert a T Csebisev polinom páratlan függvény és a közelítendő függvénynek nincs x -es tagja.. A feladat megoldásához a Csebisev polinom tulajdonságát használjuk fel. A feladat speciális, mert a közelítendő függvénynek és a T Csebisev polinomnak sincs x -ös tagja. A [ ; ] intervallumon a p (x) egyenletesen legjobban közelítő legfeljebb harmadfokú polinom másodfokú lesz. x + x + p (x) min{ x + x + p (x) : p P } T.

.. Megoldások 95 A Csebisev polinom és az egy főegyütthatós Csebisev polinom T (x) x x T (x) x (x ) x x x T (x) x (x x) (x ) 8x 8x + T (x) x x + 8. Az approximációs feladat megoldása A közelítés hibája x + x + p (x) x x + 8 p (x) x + x + E (f) T 8. ( x x + ) x + 7 8 8. Mivel az egyenletesen legjobban közelítő legfeljebb harmadfokú polinom másodfokú, ezért a másodfokú közelítő polinom is ez. p (x) x + 7 8, E (f) T 8.. Ha az alternáló pontok tétele alapján írjuk fel a nemlineáris egyenletrendszert, azt nincs esélyünk megoldani, ezért más megoldást választunk. A feladatot visszavezetjük a [ ; ] - re felírt approximációra és a Csebisev polinomok tulajdonságaira. Tekintsük azt a lineáris transzformációt, mely a [ ; ] intervallumot a [; ] -be viszi. Illetve az inverze ϕ(x) x + ϕ (y) y. Keressük azt a q (y) P másodfokú polinomot, melyre az kifejezés minimális. y q (y) C[;] max{ y q (y) : y [; ]} Létezik y, y, y [; ] és x i ϕ (y i ) [ ; ] (i,, ), melyre y q (y) 8 (y y i ) i i [( x + (ϕ(x) ϕ(x i )) i ) ( x i + )] (x x i ) 8 (x p (x)). i Az x p (x) C[ ;] minimális pontosan akkor, ha y q (y) C[;] minimális. A minimum értéke 8 -szorosa. A [ ; ] -en vett minimum feladat megoldása a T (x) egy főegyütthatós harmadfokú Csebisev polinom. x p (x) T (x) x x

96. Approximációs feladatok Innen y q (y) 8 T (x) q (y) y 8 T (x) y 8 T (ϕ (y)) y 8 ((y ) (y )) y 8 (8y y + 6y y + ) y 8 (8y y + 9 y ) y 9 6 y + Tehát az egyenletesen legjobban közelítő másodfokú polinom A közelítés hibája q (y) y 9 6 y +. E (f) 8 T (x).. A feladat szerint a {,, } alternáló pont közelítésekből indulunk és a Remez algoritmus egy lépését végezzük el. A közelítő polinomot p (x) ax + b alakban keressük és E az érték, amivel alternál a hibafüggvény. Írjuk fel az alternálás egyenleteit! () f( ) p ( ) (a ( ) + b) E () f() p () (a + b) E () f() p () (a + b) E A kapott egyenletrendszer lineáris. Bár nagyon hasonlít az alternáló pontok tételének alkalmazásakor felírt egyenletrendszerhez, de ott az alappontok ismeretlenek (vagy legalábbis egy részük), így ott általában nemlineáris egyenletrendszert kapunk. Az egyenletrendszert megoldva () + a b E () b E b E () a b E. () () a a () b b b b. Az algoritmus első lépésében kapott közelítő polinom p (x). Nézzük meg, hogy leáll-e az algoritmus vagy folytatnunk kell újabb alternáló pont közelítések választásával. A h(x) x

.. Megoldások 97 hibafüggvény végtelen normáját kell meghatároznunk. A hibafüggvénynek a [ ; ] intervallumon csak a,, a szélsőértékhelyei. Helyettesítsünk a hibafüggvénybe. h( ) E h() E h() E Mivel h E, ezért az algoritmus leáll, megkaptuk az egyenletesen legjobban közelítő polinomot. p (x), E (f) E Mivel az algoritmust a valódi alternáló pontokból indítottuk, így egy lépésben megkaptuk a megoldást. A leállást az alternáló pontok tétele biztosítja. 5. A feladat szerint a {,, } alternáló pont közelítésekből indulunk és a Remez algoritmus egy lépését végezzük el. A közelítő polinomot p (x) ax + b alakban keressük és E az érték, amivel alternál a hibafüggvény. Írjuk fel az alternálás egyenleteit! () f( ) p ( ) ( ( ) ) (a ( ) + b) E () f() p () ( ) (a + b) E () f() p () ( ) (a + b) E A kapott egyenletrendszer lineáris. Bár nagyon hasonlít az alternáló pontok tételének alkalmazásakor felírt egyenletrendszerhez, de ott az alappontok ismeretlenek (vagy legalábbis egy részük), így ott általában nemlineáris egyenletrendszert kapunk. Az egyenletrendszert megoldva () 9 + a b E () b E () a b E. () () 8 + a a () 5 b E () b E () + () 6 b b () E E Az algoritmus első lépésében kapott közelítő polinom p (x) x +. Nézzük meg, hogy leáll-e az algoritmus vagy folytatnunk kell újabb alternáló pont közelítések választásával. A h(x) (x ) + x x

98. Approximációs feladatok hibafüggvény végtelen normáját kell meghatároznunk. h (x) 8x x, így a hibafüggvénynek a [ ; ] intervallumon csak a,, a szélsőértékhelyei. Helyettesítsünk a hibafüggvénybe. Mivel h( ) ( ) E h() E h() E h E, ezért az algoritmus leáll, megkaptuk az egyenletesen legjobban közelítő polinomot. p (x) x, E (f) E Mivel az algoritmust a valódi alternáló pontokból indítottuk, így egy lépésben megkaptuk a megoldást. A leállást az alternáló pontok tétele biztosítja. 6. A feladat szerint a {,, } alternáló pont közelítésekből indulunk és a Remez algoritmus egy lépését végezzük el. A közelítő polinomot p (x) ax + b alakban keressük és E az érték, amivel alternál a hibafüggvény. Írjuk fel az alternálás egyenleteit! () f() p () (a + b) E ( ) ( ) ( ) ( () f p a ) + b E () f() p () (a + b) E A kapott egyenletrendszer lineáris. Bár nagyon hasonlít az alternáló pontok tételének alkalmazásakor felírt egyenletrendszerhez, de ott az alappontok ismeretlenek (vagy legalábbis egy részük), így ott általában nemlineáris egyenletrendszert kapunk. Az egyenletrendszert megoldva () b E () 9 a b E () a b E. () () + a a () b E () 9 b E () + () 9 b b 9 E 9 Az algoritmus első lépésében kapott közelítő polinom p (x) x 9. Nézzük meg, hogy leáll-e az algoritmus vagy folytatnunk kell újabb alternáló pont közelítések választásával. A h(x) x x + 9

.. Megoldások 99 hibafüggvény végtelen normáját kell meghatároznunk. h (x) x x, így a hibafüggvénynek a [; ] intervallumon csak a,, a szélsőértékhelyei. Helyettesítsünk a hibafüggvénybe. Mivel h() + 9 9 E ( ) ( ) h + 9 5 6 h() + 9 9 E ( ) h h 5 6 > E, ezért az algoritmus folytatódik, új alternáló pont közelítéseket kell keresnünk. Az új pontok {,, }. Úgy választottuk őket, hogy a szélsőértékhely bekerüljön és a hibafüggvény előjelváltása megmaradjon. Ezek már jó alternáló pontok lesznek. Megjegyezzük, hogy a de La Vallée Poussin approximációs tétele alapján 9 < E (f) < 5 6. 7.. lépés: A feladat szerint a {,, } alternáló pont közelítésekből indulunk és a Remez algoritmus egy lépését végezzük el. A közelítő polinomot p (x) ax + b alakban keressük és E az érték, amivel alternál a hibafüggvény. Írjuk fel az alternálás egyenleteit! () f() p () (a + b) E + () f() p () (a + b) E + () f() p () (a + b) E + A kapott egyenletrendszer lineáris. Bár nagyon hasonlít az alternáló pontok tételének alkalmazásakor felírt egyenletrendszerhez, de ott az alappontok ismeretlenek (vagy legalábbis egy részük), így ott általában nemlineáris egyenletrendszert kapunk. Az egyenletrendszert megoldva () b E () a b E () a b E. () () + a a () b E () () + () + b E 5 6 b E 6 b b E

. Approximációs feladatok Az algoritmus első lépésében kapott közelítő polinom p (x) x +. Nézzük meg, hogy leáll-e az algoritmus vagy folytatnunk kell újabb alternáló pont közelítések választásával. A h(x) + x + x hibafüggvény végtelen normáját kell meghatároznunk. h (x) ( + x) + ( + x) x, 7, így a hibafüggvénynek a [; ] intervallumon csak a,, a szélsőértékhelyei. Helyettesítsünk a hibafüggvénybe. Mivel h() + E, 8 h( ) + ( ) + h() + + E 8 5 95 h h( ) 8 5 > E, ezért az algoritmus folytatódik, új alternáló pont közelítéseket kell keresnünk. Az új pontok {,, }. Úgy választottuk őket, hogy a szélsőértékhely bekerüljön és a hibafüggvény előjelváltása megmaradjon.. lépés: A {,, } alternáló pont közelítésekből indulunk és a Remez algoritmus egy lépését végezzük el. A közelítő polinomot p (x) ax + b alakban keressük és E az érték, amivel alternál a hibafüggvény. Írjuk fel az alternálás egyenleteit! () f() p () (a + b) E + () f( ) p ( ) (a ( ) + b) E () f() p () (a + b) E + A kapott egyenletrendszer lineáris. Bár nagyon hasonlít az alternáló pontok tételének alkalmazásakor felírt egyenletrendszerhez, de ott az alappontok ismeretlenek (vagy legalábbis egy részük), így ott általában nemlineáris egyenletrendszert kapunk. () b E () a( ) b E () a b E.

.. Megoldások Az egyenletrendszert megoldva () () + a a () b E () + b E b E + + () + () b b E Az algoritmus második lépésében kapott közelítő polinom p (x) + x +. Nézzük meg, hogy leáll-e az algoritmus vagy folytatnunk kell újabb alternáló pont közelítések választásával. A h(x) + x + + x hibafüggvény végtelen normáját kell meghatároznunk. h (x) ( + x) + ( + x) x, 7 így a hibafüggvénynek a [; ] intervallumon csak a,, a szélsőértékhelyei. Helyettesítsünk a hibafüggvénybe. h() + + E, 89 h( ) + + ( ) + E h() + + + E Mivel h E, ezért az algoritmus leáll, megkaptuk az egyenletesen legjobban közelítő polinomot és annak hibáját. p (x) + x +, E (f) E A leállást az alternáló pontok tétele biztosítja.

. fejezet Numerikus integrálás.. Feladatok... Interpolációs típusú kvadratúra formulák. Interpolációs típusú-e az alábbi kvadratúra formula? Miért? f(x) dx [f( ) + f() + f()]. Interpolációs típusú-e az alábbi kvadratúra formula? Miért? f(x) dx [ ( ) ( )] f + f. Interpolációs típusú-e az alábbi kvadratúra formula? Miért? f(x) dx [ ( f ) ( )] + f. Interpolációs típusú-e az alábbi kvadratúra formula? Miért? ( f(x) dx f ) ( ) + f 5. Adjuk meg A és B értékét úgy, hogy az b a f(x) dx A f(a) + B f (b) közelítés a lehető legmagasabb fokszámig pontos legyen! 6. Tekintsük a [ a; a] intervallumon a alappontú nyílt Newton Cotes-formulát. Írjuk fel ennek képletét, majd bizonyítsuk milyen polinomokra pontos! 7. Tekintsük a [ ; ] intervallumon a 6. feladatban meghatározott nyílt Newton Cotes-formulát. Az alappontok (,, ), az együtthatók (súlyok) (,, ). Készítsünk olyan kvadratúra formulát, melyben, helyett α, α legyen alappont és a alapponthoz tartozó súly legyen!

.. Feladatok... Érintő-, trapéz-, Simpson-formulák és összetett formuláik 8. Számítsuk ki az x dx integrál racionális közelítését érintő-, trapéz- és Simpson-formulával! 9. Számítsuk ki az dx ln x racionális közelítését érintő-, trapéz- és Simpson-formulával! Adjuk meg a hibabecsléseket!. Határozzuk meg az 5 x dx integrál közelítő értékét trapéz-formulával! Mekkora a közelítés hibája?. Határozzuk meg az x dx integrál közelítő értékét Simpson-formulával! Mekkora a közelítés hibája?. Írjuk fel az érintő- és trapéz formulát az + x dx arctan() π integrál közelítésére és becsüljük a közelítések hibáit!. Határozzuk meg az x dx integrál pontos értékét, majd közelítő értékét Simpson-formulával. Mekkora az integrálközelítés hibája? Adjunk becslést ln értékére.. Hány formulát kell alkalmaznunk, ha összetett trapéz- illetve Simpson-formulával az dx ln x értékét pontossággal szeretnénk közelíteni? 5. Számítsuk ki az x dx racionális közelítését a Simpson-formulával! Hány formulát kell alkalmazni, ha összetett Simpson-formulával pontosságot szeretnénk elérni? 6. Adjuk meg a c, c, c R paramétereket úgy, hogy az kvadratúra formula f P -re pontos legyen! f(x) dx c f( ) + c f() + c f()

. Numerikus integrálás... Csebisev-típusú kvadratúra formulák 7. Írjunk fel egy n alappontú Csebisev-típusú kvadratúra formulát az integrál közelítésére! f(x) dx 8. Írjunk fel egy n alappontú Csebisev-típusú kvadratúra formulát az integrál közelítésére! 9. Határozzuk meg az f(x) x dx x x dx integrál pontos értékét Csebisev Gauss-típusú kvadratúra formulával!. Határozzuk meg az x x dx integrál pontos értékét Csebisev Gauss-típusú kvadratúra formulával!. Adjuk meg az x x dx integrál pontos értékét Csebisev Gauss-típusú kvadratúra formulával! Indokoljuk a számolást!... Gauss-típusú kvadratúra formulák. Írjuk fel a 7. feladatban kapott kvadratúra formulát a [ a; a] intervallumra és készítsük el a hibaformuláját! Transzformáljuk át az [a; b] intervallumra az eredményt! Hasonlítsuk össze a Simpson- és a transzformált Gauss Legendre-formula hibáját! Melyikből gazdaságosabb összetett formulát alkalmazni, ha adott pontosságot szeretnénk elérni?. Határozzuk meg az x x dx integrál pontos értékét Gauss-típusú kvadratúra formulával! Indokoljuk a számolást!. Írjunk fel egy n alappontú Gauss-típusú kvadratúra formulát (Legendre-Gauss kvadratúra formula) az integrál közelítésére! f(x) dx

.. Megoldások 5 5. Írjunk fel egy n alappontú Gauss-típusú kvadratúra formulát (w(x) x legyen a súlyfüggvény) az integrál közelítésére! f(x)x dx 6. Írjunk fel egy n alappontú Gauss-típusú kvadratúra formulát! (w(x) x legyen a súlyfüggvény) az integrál közelítésére! f(x)x dx 7. Írjunk fel egy n alappontú Gauss-típusú kvadratúra formulát! (w(x) x legyen a súlyfüggvény) az integrál közelítésére! f(x) x dx.. Megoldások... Interpolációs típusú kvadratúra formulák. Választhatunk, hogy a definíció vagy a pontossági tétel segítségével oldjuk meg a feladatot. a) Definícióval ellenőriznünk kell, hogy Például k -ra A A k l k (x) dx (k,, ). (x )(x ) l (x) dx ( )( ) dx ( x x ) dx [ ] x x [ 6 5 ] 6. A többi alappolinomra nem is kell kiszámolnunk az integrálokat, ebből már látszik, hogy nem lehet interpolációs típusú a kvadratúra formula. b) A pontossági tétellel ellenőriznünk kell, hogy a kvadratúra formula pontos-e alappont esetén a másodfokú polinomokra. Elég a P polinom altér, x, x bázisára megnéznünk a pontosságot, innen az integrál linearitása miatt minden legfeljebb másodfokú polinomra pontos lesz. Az előző megoldási módhoz képest most egyszerűbb integrálokat kell kiszámolnunk. dx [ + + ] x dx [ + + ] x dx [ + + ] Látjuk, hogy, x -re nem pontos a kvadratúra formula, így nem interpolációs típusú.

6. Numerikus integrálás. Választhatunk, hogy a definíció vagy a pontossági tétel segítségével oldjuk meg a feladatot. a) Definícióval ellenőriznünk kell, hogy k -ra k -re A A A k l k (x) dx (k, ). (x l (x) dx ) ( ( dx ( ) x ) dx ) [ x ( ) ] x ( ) [ 6 ]. (x l (x) dx ) ( ) dx [ x ] x ( x ) dx ]. [ 6 Ebből látszik, hogy interpolációs típusú a kvadratúra formula. b) A pontossági tétellel ellenőriznünk kell, hogy a kvadratúra formula pontos-e alappont esetén az elsőfokú polinomokra. Elég a P polinom altér, x bázisára megnéznünk. Az előző megoldási módhoz képest most egyszerűbb integrálokat kell kiszámolnunk. dx [ + ] x dx [ + ] Látjuk, hogy, x -re pontos a kvadratúra formula, így interpolációs típusú.. A pontossági tétellel oldjuk meg a feladatot. Ellenőriznünk kell, hogy a kvadratúra formula pontos-e alappont esetén az elsőfokú polinomokra. Elég a P polinom altér, x bázisára megnéznünk. dx [ + ] x dx [ + ] Elég lett volna az -re nézni a pontosságot. Látjuk, hogy nem pontos a kvadratúra formula, így nem interpolációs típusú.. A pontossági tétellel oldjuk meg a feladatot. Ellenőriznünk kell, hogy a kvadratúra formula pontos-e alappont esetén az elsőfokú polinomokra. Elég a P polinom altér, x bázisára megnéznünk. dx + x dx +

.. Megoldások 7 Tehát a kvadratúra formula interpolációs típusú. Ez a formula azonban ennél többet tud. Általában egy két alappontú kvadratúra formulában A f(x ) + A f(x ) négy paraméterünk van. Erre magasabb fokszámú pontosság is elvárható, maximálisan harmadfokú polinomokra lehet pontos. Vizsgáljuk meg a példánkban szereplő formulát, teljesíti-e? x dx ( ) + x dx ( ) ( ) ( ) + + Tehát a kvadratúra formula a maximális fokszámig, harmadfokú polinomokra pontos. Ez egy Gauss-típusú kvadratúra formula, amivel a későbbiekben még foglalkozunk. 5. A pontossági tétellel meg kell vizsgálnunk, hogy a kvadratúra formula milyen fokszámú polinomokra pontos, ez milyen A és B értékeket határoz meg. Elég a polinom altér, x stb. bázisára megnéznünk. Innen b a b a A b a dx b a A x dx (b a ) A a + B B (b a ) a (b a) (b a). Tehát a kapott formula az elsőfokú polinomokra pontos. 6. A [ a; a] intervallumon a pontos nyílt Newton Cotes-formula alappontjai az egyenletes felosztásból adódóan x a, x, x a. A kvadratúra formula együtthatóit az A k a a l k (x) dx, k,, képletből számíthatjuk, ahol l k a k. Lagrange-alappolinomot jelöli. Elegendő egyetlen integrált kiszámolnunk, mert a Newton-Cotes formulák együtthatóira ismert az alábbi két összefüggés. A A, A + A + A a ( a) a. Az integrál szimmetriája miatt A -et számoljuk. Érdemes a paramétereket tartalmazó integrált Maple programmal ellenőrizni. A a a a (x x )(x x ) (x x )(x x ) dx a ( x + a a [ x a a x a b ) ( x a ) dx a ] a a a (x + a )(x a ) ( + a )( a ) dx a ) (x a dx a ) a 6 a ( a a a

8. Numerikus integrálás Innen A + A a A a ( ) a 8 a A A a. Tehát N (f, a) : ( a f a ) a f() + ( a ) a a f f(x) dx. a A kontrukcióból következik, hogy minden legfeljebb másodfokú polinomra pontos az N formula. Ellenőrizzük, hogy az f(x) x függvényre is pontos-e. N (x, a) ( a a ) a () + ( a ) a ( ( a a ) ( ) a a + x ) dx Ezek után elmondhatjuk, hogy minden legfeljebb harmadfokú polinomra pontos az N formula. 7. A [ ; ] intervallum esetén a 6. feladatban felírt N formula N (f, ) : ( f ) f() + ( ) f f(x) dx. Feladatunk olyan kvadratúra formula készítése, ahol a, alappontok helyett a α, α alappontokat használjuk és a -hoz tartozó együttható (súly) nulla. Írjuk fel ennek az együtthatónak a számítási módját a -hoz tartozó Lagrange-alappolinomot felhasználva! A α (x + α)(x α) ( + α)( α) dx α α ± (x α ) dx α a (x + α)(x α) dx [ ] α α Tehát a két alappontunk az új formulában,. Innen az alappontok szimmetriája miatt a két együttható is megegyezik, összegük pedig az intervallum hossza, azaz. A kapott kvadratúra formula alakja ( f ) ( ) + f f(x) dx. Már az alappontokból ráismerhettünk volna, hogy a két alappontú Legendre Gauss-kvadratúra formulát kaptuk meg, mellyel már a. feladatban találkoztunk.... Érintő-, trapéz-, Simpson-formulák és összetett formuláik 8. Az integrál pontos értéke x dx. Az érintő-formula értéke A trapéz-formula értéke E(f) ( ). T (f) [ + ].

.. Megoldások 9 A Simpson-formula értéke S(f) 6 [ + ( ) ] + 6. Látjuk, hogy a Simpson-formula az x polinom integráljára pontos értéket ad. Mivel a Simpson formulának alappontja van, ezért minden legfeljebb másodfokú polinomra pontos integrálközelítést ad. Ellenőrizhetjük, hogy a Simpson-formula ennél többet tud, a harmadfokú polinomokra is pontos. 9. a) Az érintő-formula értéke E(f). Az érintő-formula hibabecsléséhez szükségünk van az M f értékre. f (x) x f (x) x f (x) M, x [; ] A érintő-formula hibabecslése ln ( ) M. b) A trapéz-formula értéke Az trapéz-formula hibabecslése c) A Simpson-formula értéke S(f) 6 [ T (f) [ + ]. ln ( ) M 6. ] + + [ 6 + 8 + ] 6 + 6 + 5 6 6. A Simpson-formula hibabecsléséhez szükségünk van az M f () értékre. A Simpson-formula hibabecslése f () (x) 6 x f () (x) x f () (x)! M, x [; ] 5 ln 6 ( )5 M!! 5!! 5!.

. Numerikus integrálás. A trapéz-formula értéke T (f) 5 [ + 5 ] [ + ] 9. A trapéz-formula hibabecsléséhez szükségünk van az M f értékre. f (x) (x ) f (x) (x ) (x ) f (x) M, x [; 5] A trapéz-formula hibabecslése 5 9 x dx (5 ) M 7 8 9 6.. A Simpson-formula értéke [ ] S(f) 6 + ( + ) [ 6 + 6 9 + ] 6 + 6 + 9 9 6 6. A Simpson-formula hibabecsléséhez szükségünk van az M f () értékre. f (x) x f (x) 6x f () (x) x 5 f () (x) x 6 x 6 f () (x) 5! M, x [; ] A Simpson-formula hibabecslése 9 dx x 6 ( )5 M 5!! 5!! 5!.. a) Az érintő-formula értéke E(f) + ( ) 5. Az érintő-formula hibabecsléséhez szükségünk van az M f értékre. f (x) + x f (x) x ( + x ) f (x) ( + x ) + 8x ( + x ) ( + x ) ( + x ) + 8x ( + x ) 6x ( + x ) f (x) M, x [; ] Az érintő-formula hibabecslése π 5 ( ) M 6.

.. Megoldások b) A trapéz-formula értéke T (f) [ + ] +. Az trapéz-formula hibabecslése π ( ) M.. Az integrál pontos értéke A Simpson-formula értéke S(f) ( ) 6 [ x x dx ln Ebből kaphatunk ln -re egy racionális közelítést. ] ln ( ) ln. [ + + ] [ ] + + + 8 + 6 6. ln 6 ln 9 A Simpson-formula hibabecsléséhez szükségünk van az M f () értékre. f (x) ln x f (x) (ln ) x f () (x) (ln ) x f () (x) (ln ) x f () (x) (ln ) M, x [ ; ] A Simpson-formula hibabecslése x dx ( ( ))5 6 M 5 (ln )! 5!! 5! (ln ) 9, 6.. a) A trapéz összetett formula hibabecsléséhez szükségünk van az M f értékre. f (x) x Az trapéz összetett formula hibabecslése f (x) x f (x) M, x [; ] ln T m (f) ( ) m M 6m <. 6 < m m Tehát legalább részre kell osztanunk az intervallumot és ennyi trapéz formulát kell alkalmaznunk a pontosság eléréséhez.

. Numerikus integrálás b) A Simpson összetett formula hibabecsléséhez szükségünk van az M f () értékre. f () (x) 6 x f () (x) x f () (x)! M, x [; ] A Simpson összetett formula hibabecslése, ha m egyenlő részre osztjuk az intervallumot és db Simpson formulát alkalmazunk m ln S m (f) ( )5 8 M! 8m 5m <. < m 6 m 5 Tehát legalább Simpson formulát kell alkalmaznunk (ehhez 6 részre kell osztanunk az intervallumot) a pontosság eléréséhez. 5. Az integrál pontos értéke A Simpson-formula értéke S(f) ( ) 6 x dx ] [ x ln ln ( + ) ln. [ + + ] [ + + ] + 8 + 6 6. A Simpson-formula hibabecsléséhez szükségünk van az M f () értékre. f (x) ln x f (x) (ln ) x f () (x) (ln ) x f () (x) (ln ) x f () (x) (ln ) M, x [ ; ] A Simpson-formula hibabecslése x dx ( ( ))5 6 M 5 (ln )! 5!! 5! (ln ) 9, 6. A Simpson összetett formula hibabecslése, ha m egyenlő részre osztjuk az intervallumot és m db Simpson formulát alkalmazunk x dx S m (f) ( ( ))5 8m M 5 (ln ) 8 (ln ) 8m 5m <. 8 (ln ) < m m 5 Tehát legalább Simpson formulát kell alkalmaznunk a pontosság eléréséhez. 6. Választhatunk, hogy a definíció vagy a pontossági tétel segítségével oldjuk meg a feladatot. Mindkét megoldást megmutatjuk. a) Definícióval kiszámítjuk a c k l k (x) dx (k,, )

.. Megoldások értékeket. Például k -ra c x(x ) l (x) dx ( )( )) dx x x dx [ ] x x [ + ] 8. A többi együtthatót a hosszadalmas integrálás helyett másképp számoljuk. Mivel a,, a [ ; ] intervallum egyenletes felosztású pontjai, ezért ez egy Newton-Cotes kvadratúra formula. A szimmetrikus alappontok miatt c c és az együtthatók összege az intevallum hosszával egyenlő c + c + c. Innen c c 8, c 8. b) A pontossági tétellel is megoldhatjuk a feladatot. Ekkor ellenőriznünk kell, hogy a kvadratúra formula pontos-e alappont esetén a másodfokú polinomokra. Elég a P polinom altér, x, x bázisára megnéznünk. Most az előző megoldási módhoz képest egyszerűbb integrálokat kell kiszámolnunk. dx c + c + c x dx c ( ) + c + c c + c c c x dx 6 c ( ) + c + c c + c Oldjuk meg a kapott lineáris egyenletrendszert. c + c + c c + c c + c 6 c 6 c c 8 A kapott közelítő formulánk c c 6 f(x) dx 8 f( ) f() + 8 f() N (f, ), ami nem más, mint a [ ; ] intervallumra felírt alappontú nyílt Newton Cotes formula, melyet a 6. feladatban határoztunk meg.... Csebisev-típusú kvadratúra formulák 7. A alappontú Csebisev-típusú kvadratúra formula alakja f(x) dx A [f(x ] + f(x )].

. Numerikus integrálás Három paramétert kell meghatároznunk úgy, hogy a formula az, x, x polinomokra pontos legyen. dx A [ + ] A x dx A [x + x ] x x x dx A [x + x ] x x, x Így a kvadratúra formula alakja f(x) dx f ( ) ( ) + f. A. feladatban már találkoztunk ezzel a kvadratúra formulával. Tulajdonképpen a két alappontú Legendre Gauss-típusú kvadratúra formulát kaptuk meg. 8. A alappontú Csebisev-típusú kvadratúra formula alakja f(x) x dx A [f(x ] + f(x )]. Három paramétert kell meghatároznunk úgy, hogy a formula az, x, x polinomokra pontos legyen. x dx A [ + ] A x x dx 5 A [x + x ] S x + x 6 5 x x dx 7 A [x + x ] S x + x 6 7 Innen a Newton-Waring formulákat felhasználva felírható az egy főegyütthatós másodfokú polinom, melynek gyökei az alappontok. S + p p S 6 5 S + p S + p 6 7 6 5 + p p 5 75 P (x) x 6 5 x + 5 75 6 ( 5 x, ± 6 ) 5 5 6 75 5 ± A kvadratúra formula alakja 8 75 5 ± 5 f(x) x dx [ ( f 5 ) ( + f 5 5 + )]. 5

.. Megoldások 5 9. A Csebisev Gauss-típusú kvadratúra formula egyben Csebisev-típusú kvadratúra formula is, melynek alakja f(x) dx π n x n + f(x k ), ahol x,..., x n a T n+ Csebisev polinom gyökei. n + alappont esetén a n + -edfokú polinomokra pontosak, ezért elegendő a feladat megoldásához n -t választani. Ekkor x a T (x) x Csebisev polinom gyöke. A formula elsőfokú polinomokra pontos, másrészt páratlan függvényt integrálunk, így az integrál lesz. f(x) dx π f() x k x x dx π. A Csebisev Gauss-típusú kvadratúra formula egyben Csebisev-típusú kvadratúra formula is, melynek alakja f(x) dx π n x n + f(x k ), ahol x,..., x n a T n+ Csebisev polinom gyökei. n + alappont esetén a n + -edfokú polinomokra pontos, ezért elegendő a feladat megoldásához n -et választani. Ekkor x, x a T (x) x Csebisev polinom gyökei. A formula harmadfokú polinomokra pontos, így [ ( f(x) dx π ) ( )] x f + f ( x dx π ) ( ) x + π. k. A Csebisev Gauss-típusú kvadratúra formula egyben Csebisev-típusú kvadratúra formula is, melynek alakja f(x) dx π n x n + f(x k ), ahol x,..., x n a T n+ Csebisev polinom gyökei. n + alappont esetén a n + -edfokú polinomokra pontos, ezért elegendő a feladat megoldásához n -t választani. Ekkor x, x, x a T (x) x x Csebisev polinom gyökei. A formula ötödfokú polinomokra pontos, így [ ( f(x) dx π ) ( )] x f + f() + f ( x dx π ) ( ) x + π 9 8 8 π. k

6. Numerikus integrálás... Gauss-típusú kvadratúra formulák. Először a 7. feladatban kapott f ( ) + f ( ) f(y) dy formulát fogjuk a [ a; a] intervallumra transzformálni. Végezzük el az x ϕ(y) a y változó transzformációt a [ a; a] intervallumon vett integrálra, majd alkalmazzuk a kvadratúra formulát a transzformált alappontokkal x ϕ(y ) a y a, x ϕ(y ) a y a. a f(x) dx a f(ϕ(y)) dy a f ( a ) ( ) a + a f : LG (f, a) a A hibaformulát a Gauss-típusú formuláknál tanultak szerint készítjük el. Jelöljük H -mal a a a, alappontokra felírt harmadfokú Fejér Hermite-interpolációs polinomot (mindkét alappontban a helyettesítési értéket és a derivált értékét is hozzávesszük). Mivel a formula minden legfeljebb harmadfokú polinomra pontos (Gauss-típusú), ezért H -ra az integrál és a kvadratúra formula értéke megegyezik. a a H (x) dx a H ( a ) + a H ( a ) a f ( a ) ( ) a + a f LG (f, a) Az Hermite-interpoláció hibaformulájából ahol Ω (x) A hibaformulát integráljuk a a f(x) H (x) f () (ξ)! (x + a ) ( x a ) (f(x) H (x)) dx a a Ω (x), f () (ξ)! ) (x a. Ω (x) dx. } {{ } Felhasználva az integrálszámítás középértéktételét és hogy Ω nem negatív (állandó előjelű) létezik η [ a; a], hogy a f(x) dx LG(f) f () (η) a Ω (x) dx f () (η) a ) (x a dx a! a! a f () (η) 8 5 a5 f () (η) 5 a5 Amennyiben a feladatot átírjuk az [a; b] intervallumra (természetesen az alappontokat is transzformáljuk), akkor a hibaformula a következő alakú. (Most a éppen az integrálási tartomány fele.) b ( ) f(x) dx LG (f) f () b a 5 (η) 5 a

.. Megoldások 7 Hasonlítsuk össze a LG formulát a Simpson-formulával. Most két alappontunk van intervallumonként és pontos minden legfeljebb harmadfokú polinomra mindkét formula, de a most levezetett hibabecslés kicsit jobb, mert 5.7, míg 9,. Ugyanis a Simpson-formula hibabecslése b a f(x) dx S(f) f () (η) 9 ( ) b a 5. Annak ellenére, hogy az LG formula hibabecslése jobb, mint a Simpson-formuláé, nem érdemes összetett formulában használni, ugyanis a részintervallumok végpontjai mellett a gyökök transzformációját is el kell végezni, így több művelettel jár az alkalmazása.. Az integrálban a súlyfüggvény w(x) x és x [ ; ] esetén értelmezett, ami az elsőfajú Csebisev polinomokhoz kapcsolódik. Ezért Csebisev Gauss kvadratúra formulát írunk fel a közelítésére. A kvadratúra formula alakja f(x) x dx π n + n f(x k ), ahol x,..., x n a T n+ Csebisev polinom gyökei. n + alappont esetén a n + -edfokú polinomokra pontos, ezért elegendő a feladat megoldásához n -t választani. Ekkor x, x, x a T (x) x x Csebisev polinom gyökei. A formula ötödfokú polinomokra pontos, így [ ( f(x) dx π ) ( )] x f + f() + f ( x dx π ) ( ) x + π 9 8 8 π. k. Az f(x) dx integrál közelítésére egy n alappontú Legendre-Gauss kvadratúra formulát konstruálunk. Az alappontok a másodfokú Legendre ortogonális polinom gyökei. A... fejezet. feladatának megoldásában előállítottuk a másodfokú Legendre polinomot, P (x) x. A gyökei: x, x. A formula együtthatóit legegyszerűbben úgy határozhatjuk meg, ha felírjuk az, x polinomokra való pontosság egyenleteit. dx A + A A + A x dx A x + A x A + A A A Tehát A A. A kvadratúra formula alakja f(x) dx f ( ) + f ( ).

8. Numerikus integrálás A feladatot gyorsabban is megoldhatjuk, ha megnézzük ezen fejezet. feladatának megoldását. Ott éppen ezekkel az alappontokkal írtunk fel egy interpolációs kvadratúra formulát. Az együtthatói A A. Azt is láttuk, hogy legfeljebb harmadfokú polinomokra pontos a formula, ez mutatja, hogy Gauss-típusú. A kapott formulára korábbiaknak megfelelően az LG (f, ) jelölést is használhatjuk. 5. Mivel a [ ; ] intervallum és a w(x) x súlyfüggvény nem definiál klasszikus ortogonális polinomot, ezért a másodfokú ortogonális polinomot elő kell állítanunk Gram-Schmidt ortogonalizációval az, x, x rendszerből. P (x) A másodfokú ortogonális polinom P (x) x cp (x) x c x; P P ; P x x dx x dx P (x) x c P (x) c P (x) x 5 c x ; P P ; P x x x dx x x x dx c x ; P P ; P A másodfokú ortogonális polinom gyökei: x x dx x dx 5 P (x) x 5. x 5, x 5. 5 5 x dx A + A () A + A ) ( ) x x dx A x + A x () A ( + A 5 5 Innen A A A A. 6. Mivel a [; ] intervallum és a w(x) x súlyfüggvény nem definiál klasszikus ortogonális polinomot, ezért a másodfokú ortogonális polinomot elő kell állítanunk Gram-Schmidt ortogonalizációval az, x, x rendszerből. P (x) P (x) x cp (x) x c x; P P ; P x x dx x dx

.. Megoldások 9 P (x) x c P (x) c P (x) x 6 5 (x ) x 6 5 x + c x ; P P ; P c x ; P P ; P A másodfokú ortogonális polinom gyökei: x (x ) x dx (x ) x dx x x dx x dx 6 6 5 x, 6 ( 5 ± 6 ) 5 6 ± 6 6 ± 6 x dx A + A () A + A ( x x dx A 6 ) ( 6 x + A x () A + A Oldjuk meg a kapott lineáris egyenletrendszert. Hozzáadva az () egyenletet () 6 () 6 ( A + A ) 7 A + A 7 6 A + 7 6 A + 7 6 6 A A A 7 6 6 7 6 6. 6 + ) 6 7. Mivel a [; ] intervallum és a w(x) x súlyfüggvény nem definiál klasszikus ortogonális polinomot, ezért a másodfokú ortogonális polinomot elő kell állítanunk Gram-Schmidt ortogonalizációval az, x, x rendszerből. P (x) P (x) x cp (x) x 5 c x; P P ; P x x dx x dx 5 5 P (x) x c P (x) c P (x) x 9 (x 5 ) 7 x 9 x + 5 c x ; P P ; P c x ; P P ; P x (x 5 ) x dx (x 5 ) x dx x x dx x dx 7 6 5 8 5 7 9

. Numerikus integrálás A másodfokú ortogonális polinom A másodfokú ortogonális polinom gyökei: x, P (x) x 9 x + 5. ( 9 ± ) 9 5 ± 7 9 5 ± 7. 6 Az A, A együtthatók meghatározásához írjuk fel az, x polinomokra vonatkozó pontosságot! x dx A + A Oldjuk meg a kapott lineáris egyenletrendszert. x x dx 5 A x + A x () A + A ( 5 ) ( 7 5 + ) 7 () A + A 6 6 5 () 5 9 () 7 6 ( A + A ) 7 5 A + A 75 Hozzáadva az () egyenletet A + 7 75 A + 7 5 A A A 7 5 7 5.

. fejezet Közönséges differenciálegyenletek megoldása.. Feladatok... Explicit Euler-módszer. Írjuk fel az explicit Euler-módszert h esetén az { y (x) y(x), x [ ; ] y() kezdetiérték problémára! Írjuk fel az y() közelítését!. Írjuk fel az explicit Euler-módszert h esetén az { y (x) xy(x), x [ ; ] y() kezdetiérték problémára! Írjuk fel az y() közelítését!. Írjuk fel az explicit Euler-módszert h 5 esetén az { y (x) y(x), x [ ; ] y() kezdetiérték problémára! Írjuk fel az y() közelítését!. Írjuk fel az explicit Euler-módszert h esetén az y (x) y(x), x [ ; ] x y() kezdetiérték problémára! Írjuk fel az y() közelítését! 5. Írjuk fel az explicit Euler-módszert h esetén az { y (x) (x + ) y(x), x [ ; ] y() kezdetiérték problémára! Írjuk fel az y() közelítését!

. Közönséges differenciálegyenletek megoldása... Módosított Euler-módszer 6. Írjuk fel a módosított Euler-módszert h esetén az { y (x) y(x), x [ ; ] y() kezdetiérték problémára! Írjuk fel az y() közelítését! 7. Írjuk fel az explicit Euler-módszert és a módosított Euler-módszert h esetén az { y (x) xy(x), x [ ; ] y() kezdetiérték problémára! Hasonlítsuk össze az y() kétféle közelítését! 8. Írjuk fel a módosított Euler-módszert h esetén az { y (x) (x + )y(x), x [ ; ] y() kezdetiérték problémára! Írjuk fel az y() közelítését!... Implicit módszerek 9. Írjuk fel az explicit Euler-módszert h esetén { y (x) x y(x), x [ ; ] y() kezdetiérték problémára! Minden lépésben végezzünk egy javító lépést az implicit Eulermódszerrel. Mi lesz y() közelítése?. Írjuk fel az explicit Euler-módszert h esetén { y (x) x y(x), x [ ; ] y() kezdetiérték problémára! A kapott eredményre lépésenként alkalmazzuk az implicit Eulermódszer egy lépését! Mi lesz y() közelítése?.. Megoldások... Explicit Euler-módszer. Készítsük el a [; ] intervallum felosztását. h, így a felosztás: x, x, x.

.. Megoldások Az explicit Euler-módszer képlete: y n+ y n + h f(x n, y n ), (n,..., N ) y y(), ahol N, mert két részre osztottuk az intervallumot és f(x, y) y. A konkrét példára alkalmazva a rekurzió Mivel y n+ y n + h ( y n ) ( h) y n + h, (n, ) y. így y az y() közelítése. A kezdetiérték-probléma pontos megoldása y ( h) y + h ( h) + h y ( h) y + h ( h) + h, y(x) y().. Készítsük el a [; ] intervallum felosztását. h, így a felosztás: Az explicit Euler-módszer képlete: x, x, x. y n+ y n + h f(x n, y n ), (n,..., N ) y y(), ahol N, mert két részre osztottuk az intervallumot és f(x, y) xy. A konkrét példára alkalmazva a rekurzió y n+ y n + h x n y n ( + h x n ) y n, (n, ) y. Mivel y ( + hx ) y ( y ( + hx ) y + ), így y az y() közelítése. A kezdetiérték-probléma pontos megoldása y(x) e x y() e.. Készítsük el a [; ] intervallum felosztását. h 5, így a felosztás: Az explicit Euler-módszer képlete: x, x 5, x 5, x 5, x 5, x 5. y n+ y n + h f(x n, y n ), (n,..., N ) y y(),

. Közönséges differenciálegyenletek megoldása ahol N 5, mert öt részre osztottuk az intervallumot és f(x, y) y. A konkrét példára alkalmazva a rekurzió y n+ y n + h ( y n ) ( h) y n + h, (n,..., ) y. Mivel y ( h) y + h h 5 y ( h) y + h 5 5 + 5 8 5 y ( h) y + h 5 8 5 + 5 9 5 y ( h) y + h 5 9 5 + 5 7 65 + 5 7 65 y 5 ( h) y + h 5 7 65 + 5 86 5 + 5 5 így y 5 5, 6 az y() közelítése. A kezdetiérték-probléma pontos megoldása y(x) ( e x ) y() ( e ),.. Készítsük el az [; ] intervallum felosztását. h, így a felosztás: Az explicit Euler-módszer képlete: x, x 5, x 6, x 7, x. y n+ y n + h f(x n, y n ), (n,..., N ) y y(), ahol N, mert két részre osztottuk az intervallumot és f(x, y) y x. A konkrét példára alkalmazva a rekurzió Mivel y n+ y n + h y n x n y. ( h x n y x h y x y x h x y y x h x y y x h x y így y 7, 857 az y() közelítése. A kezdetiérték-probléma pontos megoldása ) y n x n h x n y n, (n,..., ) 5 5 6 6 7 7 5 5 5 5 7 y(x) x y().

.. Megoldások 5 5. Készítsük el a [; ] intervallum felosztását. h, így a felosztás: x, x, x, x, x. Az explicit Euler-módszer képlete: y n+ y n + h f(x n, y n ), (n,..., N ) y y(), ahol N, mert két részre osztottuk az intervallumot és f(x, y) (x + ) y. A konkrét példára alkalmazva a rekurzió y n+ y n + h (x n + ) y n ( + h (x n + ) ) y n, (n,..., ) y. Számítsuk az egyes lépéseket! y ( + h (x + ) ) y ( + h ) 5 ( y ( + h (x + ) ) y + ( ) ) 5 ( y ( + h (x + ) ) y + ( ) ) 6 ( y ( + h (x + ) ) y + ( ) ) 7 5 89 6 5 5 56 5 56 5 96 5 96 575, 7955 6 így y, 7955 az y() közelítése. A kezdetiérték-probléma pontos megoldása y(x) e x +x +x y() e 7/,.... Módosított Euler-módszer 6. Készítsük el a [; ] intervallum felosztását. h, így a felosztás: x, x, x. A módosított Euler-módszer képlete: y n+ y n + h f y y(), ( x n + h, y n + h ) f(x n, y n ), (n,..., N )

6. Közönséges differenciálegyenletek megoldása ahol N, mert két részre osztottuk az intervallumot és f(x, y) y. A konkrét példára alkalmazva a rekurzió ( y n+ y n + h f x n + h, y n + h ) f(x n, y n ) ( y n + h f x n + h, y n + h ) ( y n) y n + h ( ( y n + h ( y n) )) y n + h hy n h + h y n ) ( h + h y n + h h, (n, ) y. Használjuk a fenti átalakítást. így y az y() közelítése. ) y ( h + h + h h ) y ( h + h + h h, 7. Készítsük el a [; ] intervallum felosztását. h, így a felosztás: x, x, x. N, mert két részre osztottuk az intervallumot és f(x, y) xy. a) Az explicit Euler-módszer képlete: y n+ y n + h f(x n, y n ), (n,..., N ) y y(), A konkrét példára alkalmazva a rekurzió y n+ y n + h x n y n ( + hx n ) y n, (n, ) y. Mivel y ( + hx ) y ( y ( + hx ) y + ) 5, így y 5 az y() közelítése. b) A módosított Euler-módszer képlete: y n+ y n + h f y y(), ( x n + h, y n + h ) f(x n, y n ), (n,..., N )

.. Megoldások 7 A konkrét példára alkalmazva a rekurzió ( y n+ y n + h f x n + h, y n + h ) f(x n, y n ) y n + h f (x n + h, y n + h ) x ny n ( y n + h x n + h ) (y n + h ) x ny n, (n, ) y. Használjuk a fenti átalakítást. ( y y + h x + h ) (y + h ) x y + ( + ) 9 8 ( y y + h x + h ) (y + h ) x y 9 8 + ( + ) ( 9 8 + 9 ) 8 9 8 + 8 8 576 + 89, 5996, 6 5 5 így y, 5996 az y() közelítése. c) A kezdetiérték-probléma pontos megoldása az y(x) e x y() e e, 687. Ezzel összehasonlíthatjuk a két módszerrel kapott eredményt. 8. Készítsük el a [; ] intervallum felosztását. h, így a felosztás: x, x, x. N, mert két részre osztottuk az intervallumot és f(x, y) (x + )y. A módosított Euler-módszer képlete: ( y n+ y n + h f x n + h, y n + h ) f(x n, y n ), (n,..., N ) A konkrét példára y y(), y n+ y n + h f y. Számoljuk egyenként a függvény hívásokat. f ( x + h, y + h f(x, y ) ( x n + h, y n + h ) f(x n, y n ), (n, ) f(x, y (x + ) y ) ( h f, + h ) f (, 5 ) ( ) 6 + 5 85 6

8. Közönséges differenciálegyenletek megoldása y y + h f ( x + h, y + h ) f(x, y ) + 85 6, 66 8 A következő lépést érdemes számológéppel (vagy Maple-lel) ellenőrizni. f(x, y ) (x + ) y 7 6 8 6 ( 8 f x + h, y + h ) ( f(x, y ) f, 8 + 6 ) 8 ( f, 75 ) 85 89 768 ( y y + h f x + h, y + h ) f(x, y ) 8 + 85 768 88, 6 6556 így y, 6 az y() közelítése. A kezdetiérték-probléma pontos megoldása az y(x) e x +x y() e /, 797.... Implicit módszerek 9. Készítsük el a [; ] intervallum felosztását. Mivel h, így a felosztás: x, x, x. A példában az f(x, y) x y függvénnyel dolgozunk.. lépés: Az explicit Euler-módszer képlete: Így y n+ y n + h f(x n, y n ) y n + h(x n y n ), (n, ) y y(), y y + h(x y ). Most végezzünk egy javító lépést az implicit Euler-módszerrel. Az implicit Euler-módszer: Az implicit Euler-módszer iterációja: ahol y () n+ y n+ y n + h f(x n+, y n+ ). y (k+) n+ y n + h f(x n+, y (k) n+ ), egy explicit módszerrel kapott közelítés. Az y() a kiinduló értékünk és ( ) y () y + h y() ( ).. lépés: Az explicit Euler-módszer újabb lépése, de most már a javított közelítésből y () -ből megyünk tovább. y y () + h(x y () ) + ( ).

.. Megoldások 9 Az y () y Az y() közelítése y (). a kiinduló érték az implicit módszerrel történő javításhoz. y () y () + h(x y () ) + ( ) +.. Készítsük el a [; ] intervallum felosztását. h, így a felosztás: A példában f(x, y) x y.. lépés: Az explicit Euler-módszer képlete: x, x, x. y n+ y n + h f(x n, y n ) y n + h x n y n, (n, ) y y(), Így y y + h x y h +. Most végezzünk egy javító lépést az implicit Euler-módszerrel. Az implicit Euler-módszer iterációja: y (k+) n+ y n + h f(x n+, y (k) n+ ), ahol y () n+ egy explicit módszerrel kapott közelítés. Az y() a kiinduló értékünk és y () y + h x y () + ( ) 7 6.. lépés: Az explicit Euler-módszer újabb lépése, de most már a javított közelítésből y () -ból megyünk tovább. Az y () y 89 56 y y () + h x y () 7 6 + ( ) 7 6 ( ) 7 89 6 56. a kiinduló érték az implicit módszerrel történő javításhoz. y () y () + h x y () 7 6 + 89 56 8 5. Az y() közelítése y () 8 5, 669. Megjegyezzük, hogy a kezdetiérték-probléma pontos megoldása a pontos érték, amit közelítettünk. y(x) e x y() e /, 8 7 6