Institut für Analysis Prof Dr Michael Plum Lösungsvorschlag zur Modulprüfung Numerische Methoden - Wintersemester 6/7 837 Aufgabe Punkte): Gegeben sei das lineare Gleichungssystem Ax = b mit A = 6 3 und b = 3 3 8 i) Bestimmen Sie eine untere Dreiecksmatrix L R 3 3 mit normierter Diagonale sowie eine obere Dreiecksmatrix R R 3 3 sodass A = LR gilt ii) Lösen Sie mit Hilfe der in Teil i) berechneten Matrizen das lineare Gleichungssystem Ax = b iii) Schreiben Sie eine Matlab-Funktion die ein lineares Gleichungssystem Ax = b mit Hilfe einer LR- Zerlegung mit Pivotisierung durch Vorwärts- und Rückwärtssubstitution löst Hinweis: Gehen Sie direkt davon aus dass A quadratisch und regulär ist und b die passe Dimension hat Sie dürfen außerdem eine Funktion [LRP]=LRA) welche zu einer gegeben Matrix A eine LR- Zerlegung mit Pivotisierung berechnet und eine Funktion [m]=dima) welche die Dimension einer quadratischen Matrix A R m m liefert verwen i) Die LR-Zerlegung ohne Pivotisierung liefert in den einzelnen Schritten die folgen Matrizen: A ) := 6 3 L := 3 3 3 8 3 A ) := L A ) = 6 7 L := 9 3 3 A 3) := L A ) = 6 7 Daraus erhält man schließlich die Matrizen R := A 3) sowie L := L L = 3 3 3 ii) Mit der Variable y := Rx löst man zunächst das lineare Gleichungssystem Ly = b durch Vorwärtseinsetzen Man erhält als Lösung y = )T Nun muss noch das lineare Gleichungssystem Rx = y mittels Rückwärtseinsetzen gelöst werden Somit ist die Lösung des linearen Gleichungssystems Ax = b durch x = ) gegeben
iii) function b = LGSAb) m = dima); [LRP] = LRA); b = P*b; for i = :m for j = :i- bi) = bi)-lij)*bj); for i = m:-: for j = i+:m bi) = bi)-rij)*bj); bi) = bi)/rii); Aufgabe Punkte): Gegeben seien die Matrix A sowie deren Inverse A durch A = und A = 3 Die Eigenwerte von A lauten λ = und λ = 3 i) Bestimmen Sie cond A) Betrachten Sie das lineare Gleichungssystem Ax = b Weiter sei b eine Störung der rechten Seite Wie groß ist der relative Fehler der Lösung bezüglich der -Norm höchstens wenn der relative Fehler der Störung höchstens 3 beträgt ii) Geben Sie eine Diagonalmatrix D an sodass cond DA) minimal wird Berechnen Sie außerdem diesen minimalen Wert von cond DA) iii) Berechnen Sie die ersten drei Schritte der von-mises Iteration mit der Matrix A und dem Startvektor x ) = ) T und geben Sie die im dritten Schritt berechnete Näherung und den absoluten Fehler an den approximierten Eigenwert an iv) Betrachten Sie nun die Matrix B = 6 3 3 Berechnen Sie mit Hilfe der inversen Iteration von Wielandt eine Approximation für einen Eigenwert der Matrix B mit Grobnäherung λ = Verwen Sie den Startvektor x ) = ) T und führen Sie zwei Iterationsschritte durch Hinweis: Sie dürfen Aufgabe ii) verwen i) Es gilt Mit der Formel aus der Vorlesung erhält man cond A) = A }{{ A } = 7 }{{} =7 = ) x x cond A) b b = 7 3 = 7
ii) Aus der Vorlesung ist bekannt dass die Kondition minimal wird wenn D = diag 3 7 ) gewählt wird Damit erhalten wir cond DA) = DA }{{ DA) } = 6 } {{ } = 3 z 3) i 3 = 3 = 6 iii) Die ersten drei Schritte der von-mises Iteration liefern die folgen Ergebnisse: z ) := Ax ) = i = x ) := z) z ) = z) = i 9 9 z ) := Ax ) = i = x ) := z) z ) = z) = 6 i ) z 3) := Ax ) = i 3 = x 3) := z) = 8 = z3) Mit dem Index i = erhält man als Approximation für den betragsmäßig größten Eigenwert nach dem dritten Schritt λ = Der absolute Fehler beträgt somit = = iv) Die inverse Iteration von Wielandt liefert: B λe)z ) = x ) z ) = B λe)z ) = x ) z ) = i = x ) := z) z ) i i = x ) := z) z ) i = z) = = z) = Damit lautet die gesuchte Näherung nach dem zweiten Schritt + z ) i = = Dieser Eigenwert ist sogar exakt und x ) ein zugehöriger Eigenvektor Aufgabe 3 3 Punkte): Gegeben sei die zu maximiere Zielfunktion Zx x ) = x x Bestimmen Sie eine optimale Basislösung und geben Sie den maximalen Wert von Z an unter den Nebenbedingungen x x x +x 7 x x x +x Hinweis: Führen Sie zunächst eine geeignete Transformation der beiden Variablen durch Zunächst muss das Problem auf Normalform gebracht werden Die Transformation x x := x liefert das lineare Optimierungsproblem: Maximieren Sie die Zielfunktion := x und Z x x ) = x + x unter den Nebenbedingungen x + x x + x x x x x 3
Das Ausgangstableau für dieses Problem lautet: x x y y y 3 y y y 3 Der Simplex-Algorithmus liefert im ersten Schritt das Tableau: x x y y y 3 y x y 3 3 Da in der Zielfunktionszeile nur noch positive Einträge stehen ist der Simplex-Algorithmus hier beet und x x ) = ) ist eine optimale Basislösung für Z Rücktransformation liefert schließlich die gesuchte optimale Basislösung x x ) = ) für Z und den optimalen Wert Z ) = Aufgabe Punkte): Gegeben sei die Funktion F : R R durch x + y F x y) = x y i) Zeigen Sie dass F eine Nullstelle x y ) in [ ] [ ] besitzt Hinweis: Sie können direkt vorgehen oder die Hilfsfunktion fx) = x + x ) verwen ii) Formulieren Sie das Newton-Verfahren zur Bestimmung einer Nullstelle von F Begründen Sie warum der Vektor x y) T = ) T nicht als Startvektor für das Newton-Verfahren geeignet ist iii) Führen Sie die ersten zwei Newton-Schritte zum Startvektor x y) T = ) T durch und geben Sie die approximative Nullstelle nach dem zweiten Schritt an i) x y) T ist genau dann eine Nullstelle von F wenn = x + y und y = x gilt Einsetzen der zweiten Gleichung in die erste ergibt das Nullstellenproblem fx) = Das heißt ist x eine Nullstelle von f so ist x x ) ) T eine Nullstelle von F Es gilt f) = < und f) = 6 > Wegen der Stetigkeit von f liegt also nach dem Zwischenwertsatz eine Nullstelle x von f in [ ] Damit liegt y := x ) in [ ] also besitzt F eine Nullstelle x y ) in [ ] [ ] ii) Die Jacobi-Matrix von F lautet F x y) = x x ) y Mit z k) = x y) T und Startvektor z ) lautet das Newtonverfahren z k+) = z k) F z )) k) F z k) ) = z k) y x + y + x + y) x x x y k )
Für ) T ist die Jacobi-Matrix von F nicht invertierbar also ist ) T nicht als Startvektor für das Newton-Verfahren geeignet iii) Die Approximationen der ersten beiden Schritte mit Startvektor x y) T = ) T lauten: z ) = + 3 = z ) = + 8 73 6 = 36 9 9 Die gesuchte approximative Nullstelle nach dem zweiten Schritt lautet also 6 36 9 )T 69 ) T Aufgabe Punkte): Gegeben sei das Integral e lnx) + x ) dx dessen exakter Wert e e ) + 3 beträgt Formulieren Sie die Sehnentrapezregel Im Skript zweipunktige Trapezregel genannt) und berechnen Sie damit eine Näherung für das obige Integral Geben Sie außerdem den absoluten Fehler an Hinweis: 3 e 8 Die Sehnentrapezregel lautet: b a fx) dx = b a [fa) + fb)] + R T f) Damit berechnet man die folge Approximation für das obige Integral: e lnx) + x ) dx e [ln) + + lne) + e ] = e e ) 3 Der absolute Fehler lautet e e ) + 3 e e ) = 3 e) Aufgabe 6 Punkte): i) Zeigen Sie dass das modifizierte Polygonzugverfahren also das -stufige Runge-Kutta-Verfahren mit β = Konsistenzordnung hat ii) Betrachten Sie das Anfangswertproblem y x) = yx) x + y) = ) Formulieren Sie für dieses Anfangswertproblem das modifizierte Polygonzugverfahren also das - stufige Runge-Kutta-Verfahren mit β = zur Schrittweite h = und berechnen Sie damit eine Näherung für y) i) Sei z die Lösung des Anfangswertproblems Der Satz von Taylor liefert: z t) = ft zt)) zx) = y zx + h) = zx) + hz x) + h z x) + Oh 3 ) z x) = f x x zx)) + f y x zx)) z x) }{{} =fxzx)) Φx y h) = fx y) + h f xx y) + h f yx y)fx y) + Oh )
für h Damit gilt für den lokalen Diskretisierungsfehler θx y h) = zx + h) y h Φx y h) = zx) + hz x) + h z x) y h = Oh ) fx y) h [f xx y) + f y x y)fx y)] + Oh ) für h und somit hat das modifizierte Polygonzugverfahren Konsistenzordung ii) Das modifizierte Polygonzugverfahren mit dem Anfangswert y ) = lautet: ) y k+) = y k) + y k) + yk) x k) + ) x k) + k ) ) wobei x k) = k k ) Damit berechnet man: [ y ) = + + [ y ) = + + ] ) = ] ) = 3 Die gesuchte Näherung für y) lautet also 3 Aufgabe 7 3 Punkte): Betrachten Sie das Randwertproblem yx) + x)y x) 3yx) = 8x x )) y) = 3 y) = 3 Leiten Sie das lineare Gleichungssystem her welches man erhält wenn man das Randwertproblem mit finiten Differenzen und Schrittweite h = diskretisiert Sie brauchen das Gleichungssystem nicht zu lösen) Hinweis: Verwen Sie für die Diskretisierung der ersten Ableitung den zentralen Differenzenquotienten: y yx + h) yx h) x) h Um die zweite Ableitung zu diskretisieren werden zweite Differenzen verwet: y x k ) yx k) yx k ) + yx k+ ) h und für die erste Ableitung der zentrale Differenzenquotient: y x k ) yx k+) yx k ) h wobei x k = + k k ) gilt Mit den Näherungswerten y k yx k ) k 3) und den Randwerten y = 3 und y = 3 erhält man schließlich die Gleichungen: also das folge lineare Gleichungssystem: x k )y k + y k x k y k+ = x k k 3) 3 6 y y y 3 =