Vzorové řešení

ıme, ˇze z´aporn´y koˇren leˇz´ı
v intervalu 〈−2,−1〉.
M˚uˇzeme to jeˇstˇe ovˇeˇrit dosazen´ım do funkce
f(x) = cosx + x2 − 3:
f(−1) = cos(−1) + 1 − 2 < 0,
f(−2) = cos(−2) + 4 − 3 > 0,
znam´enka jsou opaˇcn´a, v intervalu 〈−2,−1〉 leˇz´ı
koˇren rovnice f(x) = 0.
–101234 y
–4
–3
–2
–1
1
2
3
4
x
Koˇren m˚uˇzeme hledat napˇr. Newtonovou metodou:
V´ybˇer poˇc´ateˇcn´ı aproximace tak, aby byla zaruˇcena konvergence (nebylo nutno dˇelat):
Ovˇeˇr´ıme, ˇze fprime a fprimeprime nemˇen´ı v intervalu 〈−2,−1〉 znam´enko:
fprime(x) = −sinx + 2x < 0 pro x ∈ 〈−2,−1〉 (protoˇze −1 ≤ −sinx ≤ 1 a 2x ≤ −2 pro x ∈ 〈−2,−1〉).
fprimeprime(x) = −cosx + 2 > 0 pro libovoln´e x (protoˇze −1 ≤ −cosx ≤ 1, tedy −cosx + 2 > 0).
Zvol´ıme x0 = −2, protoˇze f(−2) > 0 a fprimeprime(−2) > 0. Dalˇs´ı aproximace pak poˇc´ıt´ame podle vztahu
xk+1 = xk − cosxk + x
2
k − 3
−sinxk + 2xk :
x1 = −1,8111; x2 = −1,7952; x3 = −1,7951. Pˇresnost je dosaˇzena, koˇren je pˇribliˇznˇe −1,795.
Pˇr. 2. Gauss-Seidelovou metodou ˇreˇste soustavu rovnic
20x − 3y + 5z = 50
3x − 10y − 2z = 20
x − 2y + 5z = 10
Ovˇeˇrte, ˇze je splnˇena podm´ınka konvergence metody – rozepiˇste!
Vyjdˇete z bodu (x0,y0,z0) = (0;0;0) a proved’te 2 kroky.
ˇReˇsen´ı:
Podm´ınka konvergence je splnˇena, protoˇze matice soustavy je ˇr´adkovˇe diagon´alnˇe dominantn´ı:
|20| > | − 3| + |5|, | − 10| > |3| + | − 2|, |5| > |1| + | − 2|.
Budeme dosazovat do iteraˇcn´ıch vztah˚u
xk+1 = 120 (50 + 3yk − 5zk)
yk+1 = − 110 (20 − 3xk+1 + 2zk)
zk+1 = 15 (10 − xk+1 + 2yk+1)
Vyjde: x1 = (50+3·0−5·0)/20 = 2,5, y1 = −(20−3·2,5+ 2·0)/10 = −1,25, z1 = (10−2,5+ 2·
(−1,25))/5 = 1
x2 = 2,0625, y2 = −1,58125, z2 = 0,955
Pˇr. 3. Najdˇete Lagrange˚uv interpolaˇcn´ı polynom dan´y uzly
xi -1 0 2
fi 6 2 12
Polynom rozn´asobte a pak proved’te zkouˇsku, ˇze se jedn´a opravdu o spr´avn´y interpolaˇcn´ı polynom.
ˇReˇsen´ı:
P2(x) = 6 · (x − 0) · (x − 2)(−1 − 0) · (−1 − 2) + 2 · (x + 1) · (x − 2)(0 + 1) · (0 − 2) + 12 · (x + 1) · (x − 0)(2 + 1) · (2 − 0) =
= 3x2 − x + 2
Zkouˇska: ovˇeˇr´ıme, ˇze P2(xi) = fi pro i = 0,1,2:
P2(−1) = 3 · (−1)2 − (−1) + 2 = 6 = f0; P2(0) = 2 = f1; P2(2) = 3 · 4 − 2 + 2 = 12 = f2.
D 9 – vzorov´e ˇreˇsen´ı
Pˇr. 1. Libovolnou z probran´ych metod najdˇete s pˇresnost´ı na 4 desetinn´a m´ısta kladn´y koˇren rovnice
ex − 2x − 3 = 0.
ˇReˇsen´ı:
Rovnici lze upravit na ex = 2x + 3.
Nakresl´ıme-li do jednoho obr´azku grafy funkc´ı y =
ex a y = 2x +3, vid´ıme, ˇze kladn´y koˇren leˇz´ı v in-
tervalu 〈1,2〉.
M˚uˇzeme to jeˇstˇe ovˇeˇrit dosazen´ım do funkce
f(x) = ex − 2x − 3:
f(1) = e − 2 − 3 < 0, f(2) = e2 − 4 − 3 > 0,
znam´enka jsou opaˇcn´a, v intervalu 〈1,2〉 leˇz´ı koˇren
rovnice f(x) = 0.
Koˇren m˚uˇzeme hledat napˇr. Newtonovou
metodou:
V´ybˇer poˇc´ateˇcn´ı aproximace tak, aby byla
zaruˇcena konvergence (nebylo nutno dˇelat):
Ovˇeˇr´ıme, ˇze fprime a fprimeprime nemˇen´ı v intervalu 〈1,2〉
znam´enko:
fprime(x) = ex − 2 > 0 pro x ∈ 〈1,2〉 (protoˇze
ex ≥ e .= 2,7 pro x ∈ 〈1,2〉).
fprimeprime(x) = ex > 0 pro libovoln´e x.
2468
y
–3
–2
–1
1
2
3
x
Zvol´ıme x0 = 2, protoˇze f(2) > 0 a fprimeprime(2) > 0. Dalˇs´ı aproximace pak poˇc´ıt´ame podle vztahu
xk+1 = xk − e
xk − 2xk − 3
exk − 2 :x
1 = 1,9278; x2 = 1,9239; x3 = 1,9239. Pˇresnost je dosaˇzena, koˇren je pˇribliˇznˇe 1,9239.
Pˇr. 2. Jacobiho metodou ˇreˇste soustavu rovnic
5x − 2y + z = −15
2x − 20y + 5z = 30
3x − y + 10z = 20
Ovˇeˇrte, ˇze je splnˇena podm´ınka konvergence metody – rozepiˇste!
Vyjdˇete z bodu (x0,y0,z0) = (−3;−1;2) a proved’te 2 kroky.
ˇReˇsen´ı:
Podm´ınka konvergence je splnˇena, protoˇze matice soustavy je ˇr´adkovˇe diagon´alnˇe dominantn´ı:
|5| > | − 2| + |1|, | − 20| > |2| + |5|, |10| > |3| + | − 1|.
Budeme dosazovat do iteraˇcn´ıch vztah˚u
xk+1 = 15 (−15 + 2yk − zk)
yk+1 = − 120 (30 − 2xk − 5zk)
zk+1 = 110 (20 − 3xk + yk)
Vyjde: x1 = (−15 + 2 · (−1) − 2)/5 = −3,8, y1 = −(30 − 2 · (−3) − 5 · 2)/20 = −1,3, z1 =
(20 − 3 · (−3) + (−1))/10 = 2,8
x2 = −4,08, y2 = −1,18, z2 = 3,01
Pˇr. 3. Najdˇete Lagrange˚uv interpolaˇcn´ı polynom dan´y uzly
xi -2 0 1
fi 4 -4 1
Polynom rozn´asobte a pak proved’te zkouˇsku, ˇze se jedn´a opravdu o spr´avn´y interpolaˇcn´ı polynom.
ˇReˇsen´ı:
P2(x) = 4 · (x − 0) · (x − 1)(−2 − 0) · (−2 − 1) − 4 · (x + 2) · (x − 1)(0 + 2) · (0 − 1) + 1 · (x + 2) · (x − 0)(1 + 2) · (1 − 0) =
= 3x2 + 2x − 4
Zkouˇska: ovˇeˇr´ıme, ˇze P2(xi) = fi pro i = 0,1,2:
P2(−2) = 3 · (−2)2 + 2 · (−2) − 4 = 4 = f0; P2(0) = −4 = f1; P2(1) = 3 + 2 − 4 = 1 = f2.
A 10 – vzorov´e ˇreˇsen´ı
Pˇr. 1. Libovolnou z probran´ych metod najdˇete s pˇresnost´ı na 4 desetinn´a m´ısta z´aporn´y koˇren
rovnice
ex − 2x − 3 = 0.
ˇReˇsen´ı:
Rovnici lze upravit na ex = 2x + 3.
Nakresl´ıme-li do jednoho obr´azku grafy funkc´ı y =
ex a y = 2x+3, vid´ıme, ˇze z´aporn´y koˇren leˇz´ı v in-
tervalu 〈−2,−1〉.
M˚uˇzeme to jeˇstˇe ovˇeˇrit dosazen´ım do funkce
f(x) = ex − 2x − 3:
f(−1) = e−1 +2−3 < 0, f(−2) = e−2 +4−3 > 0,
znam´enka jsou opaˇcn´a, v intervalu 〈−2,−1〉 leˇz´ı
koˇren rovnice f(x) = 0.
Koˇren m˚uˇzeme hledat napˇr. Newtonovou
metodou:
V´ybˇer poˇc´ateˇcn´ı aproximace tak