Лаб_практикум_Вычисл_матем_Кузина-Кошев

Добавил:

sergeis2077 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пензенский Государственный Университет Архитектуры и Строительства

Предмет:

Вычислительная математика

Файл:

(2 x1 cos (x1))

(2 x1 cos (x1))

(2 x1 cos (x1))

(2 x1 cos (x1))

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.02.2018

Размер:

1.53 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 136 7 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Решение.										x1 0,5x22
										x1 0,5x22							0,1;
										10x2		x			2		0,1
											1				2
x [0,01;						0,2];
на интервале	1					0,1].
x2 [ 0,1;						0,1].
Начальные значения:			x		(0) 0,2						и x(0)		0,1.
				1							2
По итерационной схеме (4.1) метода Ньютона получим:
		X					X				F		X						F X
				1					0							0		1				0

		0,2						1			0,1 1			0,105							0,111
																								;
		0,1						4									0,2					0,057
		0,1						4			1						0,2					0,057
		X						X			F		X						F X
				2						1						1		1				1

	0,111							1			0,057							1		0,013				0,101
																									.
	0,057						2,22						1							0,08			0,0015
	0,057						2,22						1							0,08			0,0015

При решении системы с точностью															0,001									ответ				x1 0,1		и x2 0
получен на 4-й итерации.
В итерационной схеме (4.2) метода Ньютона – Рафсона параметр
выберем произвольно:					0 1. Пусть const 0,7.
Тогда:			X			X		F X										F X
				1			0						0			1							0

			0,2					1	0,1 1					0,105										0,138				;
					0,7																							;
			0,1					4							0,2
			0,1			X		4		1					0,2							0,01
			X			X		F X										F X
					2		1							1		1							1

	0,138						1		0,01 1								0,013										0,111
					0,7																								.
							2,76			1									0,08							0,014
	0,01						2,76			1									0,08							0,014
Решение с точностью 0,001 получено на 6-й итерации.
По итерационной схеме (4.3) метода Левенберга – Марквардта при
const 0,1 получим:						X			F X					k E							F X
			X			X			F X					k E							F X
				1			0					0							1						0
		0,2			1	0,1			0,1		1			0	1					0,105								0,118		;
		0,1			4				0,1		0			1							0,2									;
		0,1			4	1					0			1							0,2						0,044

		X		X		F X			k E					F X
			2		1			1					1			1
	0,118	1		0,044			0,1			1	0	1			0,019		0,103
	0,044	2,36			1		0,1			0	1				0,083		0,08428	.
	0,044	2,36			1					0	1				0,083		0,08428


Решение с точностью 0,001 получено на 3-й итерации.

Решимсистемуградиентнымметодом. Дляэтогоприведемееквиду(4.4):
						S X x									0,5x					2	2	10x2						x		2	2
													1							2						1				2
100x4			20x2 x			2		x2			x x					2 0,2x						0,25x4 0,9x2											0,2x		2	0,02.
		1			1	2				1				1		2					1							2				2			2
По итерационной схеме (4.5) определяем:
										X		1	X				0	0					S X 0
																													.
																							S X 0
																							S X 0
Найдем градиент в произвольной точке:
							S
															400x13					2x1				x22				40x1 x2					0,2
		S X							x						400x13					2x1				x22				40x1 x2					0,2
										1								2					3
									S									2					3											.
									S						20x1					x2				2x1 x2 1,8x2									0,2
									x2						20x1					x2				2x1 x2 1,8x2									0,2
									x2
Вычислим S X 0 S(0,2;																	0,1)							1,81
Вычислим S X 0 S(0,2;																	0,1)											.

Выполним первую итерацию:																							0,379
Выполним первую итерацию:
																																1,81
										S X				0
	1			0										0					0,2
X	1	X		0															0,2												0,379

										S X 0									0,1
							0			S X 0									0,1						0						2					2
																												1,81					( 0,379)


													0,2										0,979
																				0								.
													0,1							0
													0,1								0,205
Получим			выражения									x		(1)		0,2 0,979										0	;			x(1)		0,1 0,205					0	. Под-
													1													0					2						0

ставим их в S(X ) :

( 0 ) 100 0,2 0,979 0 4 20 0,2 0,979 0 2 0,1 0,205 0

0,2 0,979 0 2 0,2 0,979 0 0,1 0,205 0 2 0,2 0,2 0,979 0

0,25 0,1 0,205 0 4 0,9 0,1 0,205 0 2 0,2 0,1 0,205 0 0,02

91,861 40 79,035 30 21,739 20 1,8 0 0,051.

Определим параметр 0. Значение 0 выберем из условия минимума

функции ( 0 ) по переменной 0 . Для этого найдем d ( 0 ) 0 , откуда d 0

	0,061. Так как		d 2 (		)	18,654 0,			найденное
0				0
0				2
			d 0
обеспечивает минимум функции ( 0 )								по переменной 0 .
	Найдем первое приближение:
			0,2				0,979			0,14
	X (1)			0,061							.
			0,1				0,205
			0,1				0,205			0,113
	Аналогично вычислим второе приближение:
		0,14					0,055				0,143
	X (2)			0,061
								1			0,052
		0,113						1			0,052

и т.д. Как видим, наблюдается сходимость к решению. Заметим, что для лучшей сходимости метода значение

пересчитывать на каждой итерации.

значение 0

0 необходимо

Пример 1 0 .

Исследовать на сходимость СНУ и решить с использованием системы MathCAD методами простой итерации и Ньютона. Исследовать сходимость методов.

	2	2		x1 0;
	0,5x1	x2		x1 0;
x12 0,5x22 x2 0.
Решение.
Решим СНУ в системе MathCAD.
x1 0.1			x2 0.1
Given
	0.5 x12 x22 x1				0


	x12		0.5 x22 x2		0

Find(x1 x2)

Для решения методом простой итерации СНУ приводится к виду

x1 0,5x12 x22 ;x2 x12 0,5x22 .

Решение будем искать на интервале [0; 0,3]. Выясним сходимость итерационного метода:

		x , x	2		0,5x2		x2	;	1		x	,		1			2x			2		;
		x , x			0,5x2		x2	;	1		x	,		1			2x					;
1		1				1	2		x1	1					x2
									x1						x2
		x , x			x2	0,5x2;			2		2x		,		2			x	2		.


	2	1		2	1		2		x		1				x	2
	2	1		2	1		2		x		1				x
									1

Очевидно, что
	max		x1			2x2	,	x2	2x1	1,
	max		x1			2x2	,	x2	2x1	1,
						0 x1 0,3;
						0 x2 0,3.
Откуда следует сходимость метода простой итерации.
Действительно, пусть x0 x				0		0,1, тогда
	0,5 0,1 2 0,1 2	1		2			0,5 0,015 2 0,015 2
x1	0,5 0,1 2 0,1 2	0,015,				x2	0,5 0,015 2 0,015 2				0,00034
1	0,1 2 0,5 0,1 2				1		0,015 2 0,5 0,015 2
x12	0,1 2 0,5 0,1 2	0,015,				x22	0,015 2 0,5 0,015 2				0,00034
Нетрудно видеть, что процесс решения сходится к точному решению
x1 0,	x2 0.
Приведём пример программы, реализующей алгоритм метода простой
итерации в MathCAD.
N e 0.001
	x01 0.1
	x02 0.1
	for i 1 500

x1 0.5 x012 x022

x2 x012 0.5 x022

break if ( x1 x01 e) ( x2 x02 e)

						otherwise
							x01 x1
							x01 x1
							x02 x2
			c0 x1
			c1 x2
			c2 i
			c						1.709		7
									1.709		10	корни уравнения
								N	1.709		7	корни уравнения
									1.709		10
												количество итераций
										3		количество итераций
Решим СНУ методом Ньютона.
Выберем начальное приближение x (0) 0,1;													x (0)	0,1.
		x , x				0,5x2						1	2
f	1	x , x		2		0,5x2		x2	x ;
	1	1		2		1		2	1
f	2	x , x			2	x2 0,5x2			x	.
	2	1			2	1		2	2

Итерационная схема метода Ньютона

X (k 1) X (k) W 1 X (k ) F X (k ) ,

где W – матрица Якоби,

W (x , x		1		x	2x			,		0,9	0,2	,
W (x , x		)		1	1	x	2	,	W (0,1; 0,1)	0,2	0,9	,
1	2		2x		1	x	2			0,2	0,9
				1			2

W		W 1	1	0,9	0,2
	0,77,		1			.
	0,77,					.
		0,77		0,2	0,9
		0,77		0,2	0,9

Вычислим значения исходных функций в точке начального прибли-

жения F 0,1; 0,1 0,085 .0,085

Подставив полученные значения в итерационную схему, получим:

x11	0,1	1	0,9	0,2	0,085	0,1	0,12	0,26
									.
									.
1		0,77	0,2	0,9	0,085		0,12	0,26
x2	0,1	0,77	0,2	0,9	0,085	0,1	0,12	0,26

Видим, что даже за одну итерацию достигнуто существенное приближение к точному решению: x1 0, x2 0.

Приведём пример программы, реализующей алгоритм метода Ньютона в MathCAD.

e 0.001

0.1

for i 1 500

0.5 x0

x 2

0.5 x

2 x

x1 1

3 x1 x0 x0 x1 1

3 x1 x0 x0 x1

x0 1

3 x x x x 1

3 x

x x x 1

X1 x W1 F

break

x0 X10

x1 X11

x X1

c0 X10

c1 X11

c2 i

6.27

корни системы уравнений

6.27

количество итераций

Получим символьное выражение матрицы, обратной матрице Якоби,

(x2 1)

x1 1

2 x2 1

(3 x2 x1

x1 x2 1)

(3 x2 x1 x1 x2 1)

(x1 1)

2 x1

(3 x2 x1

x2 1)

(3 x2 x1 x1 x2 1)

x2 1

и используем ее в программе.

Как видно из полученного в системе MathCAD решения, требуемая точность достигнута на 3-й итерации как в методе простой итерации, так и в методе Ньютона.

Если начальное приближение выбрать	x (0)	0,01;	x (0)	0,01, реше-
	1		2

ние будет получено на 2-й итерации.

Пример 1 1 .

Решить СНУ методом Ньютона, методом Ньютона – Рафсона и методом Левенберга – Марквардта в системе MathCAD. Сравнить сходимость методов.

x2 x 0;

1 2

sin x1 x2 0.

Решение.

		x1 1					x2 1
Given
x12 x2			0					Find(x1 x2)					0.877



sin(x1) x2					0								0.769


Итерационная схема метода Ньютона
X (k 1) X (k) W 1 X (k ) F X (k ) .
Выберем начальное приближение							x		(0)	1;		x (0)	1.
	x , x					x2		1				2
f	x , x				2	x2		x		2	;
1			1		2		1			2
f2	x1 , x2					sin x1				x2 .
Найдем матрицу Якоби						2x			1
W (x			, x			2x			1
W (x			, x		)		1					.
	1			2		cos x					1
									1

Определим аналитически матрицу, обратную матрице Якоби,

и получим решение с точностью 0,001.

e 0.01

for i 1 500

sin x0

(2 x1 cos (x1))

cos (x1)

x1 cos (x1))

(2 x1 cos (x1))

X1 x W1 F

break

x0 X10

x1 X11

x X1

c0 X10

c1 X11

c2 i

0.877

корнисистемы уравнений

0.769

количество итераций

Результаты расчёта сведены в табл. 8.

Таблица 8

Номер итерации

x1 k

0,891

0,88

0,877

x2k

0,783

0,772

0,769

Итерационная схема метода Ньютона – Рафсона отличается лишь параметром k, который может быть или убывающей последовательностью, или k const , или выбирается из условия минимума нормы

функции F X k 1 , k от переменной k . Как правило, k 1.

X (k 1) X (k ) kW 1 X (k ) F X (k ) .

Выберем k const . Найдем решения системы при значениях пара-

метра , равных 0,5; 0,75; 0,9.

Приведём пример программы, реализующей алгоритм метода Ньютона

– Рафсона в MathCAD.

e 0.001

x		1
x		1
		1
0.5
for		i 1 500
				x			2 x
				x			2 x
	F			0			1

			sin x0 x1
							1										1
						(2 x1 cos (x1))								(2 x1 cos (x1))
	W1							cos (x1)											x1
								cos (x1)					2						x1
				(2				x1 cos (x1))					2			(2 x1 cos (x1))
	X1 x W1 F
		break		if				x0 X10			e			x1 X11						e
		break		if				x0 X10			e			x1 X11						e
	x X1
c0 X10
c1 X11
c2 i												0.878
c												0.878					корни системы уравнений
c										M			0.77				корни системы уравнений
										M			0.77				количество итераций
													9				количество итераций
													9
Результаты расчёта при значениях параметра , равных 0,5; 0,75; 0,9,
сведены в табл. 9.																								Таблица 9
																	0,5							Таблица 9
																	0,5
k		1					2			3							4			5		6	7	8		9
x1 k	0,946				0,917					0,901					0,891					0,886		0,882	0,88	0,879		0,878
x2k	0,891				0,836					0,806					0,79					0,781		0,776	0,773	0,771		0,77
																	0,75
k				1								2						3			4		5		6
x1 k				0,919					0,893								0,884				0,88		0,878		0,877
x2k				0,837					0,792								0,777				0,772		0,77		0,769

		0,9
k	1	2	3	4
x1 k	0,902	0,884	0,879	0,877
x2k	0,805	0,777	0,771	0,769

Как видно из табл. 9, для данной СНУ метод Ньютона ( 0) имеет бо́льшую скорость сходимости по сравнению с методом Ньютона – Рафсона. Сходимость метода Ньютона – Рафсона зависит от выбора параметра

Итерационная схема метода Левенберга – Марквардта:

							X (k 1)		X ( k )				[F X ( k ) k E] 1 F X ( k ) .
Найдем решения системы при значениях параметра , равных 0,2.
Выберем начальное приближение																				x (0) 1;						x (0) 1.
																					1				2
											f		x , x		2		x2				x		2	;
											1		1		2					1			2
											f2		x1 , x2				sin x1					x2 .
Матрица Якоби
W (x	, x					2x		1
W (x	, x			)			1			.
1			2		cos x				1
								1
					2	1			;	F(1,1)								0
W (1,1)									;	F(1,1)
					0,54													0,159
					0,54		1											0,159
		1					2	1								1		0		1					0				0,87
X (1)							0,54				0,2					0		1											0,713
		1					0,54			1						0		1							0,159				0,713


								1,74		1				;														0,0039
W (0,87, 0,713)														;				F(0,87, 0,713)
																												0,0069
								0,645			1																	0,0069
X (2)				0,87				1,74			1						0,2				1		0		1		0,0039					0,887
X (2)				0,713													0,2				0	1					0,0069					0,791
				0,713				0,645				1									0	1					0,0069					0,791


и т.д.
Результаты расчёта сведены в табл. 10.																														Таблица 1 0
																		0,2												Таблица 1 0
																		0,2
k					1				2					3							4						5				6		7
x1 k		0,87						0,887					0,874						0,878							0,878				0,876			0,877
x2k		0,713						0,791					0,761						0,772							0,772				0,767			0,769

Для определим аналитически в среде MathCAD обратную матрицу

		2x1	1	0.2	1	0	1
		cos (x1)	1	0.2	0	1
		cos (x1)	1		0	1
		20.0					25.0
	40.0 x1 25.0 cos (x1)		4.0	40.0 x1			25.0 cos (x1)	4.0
		25.0 cos (x1)			5.0 (10.0 x1 1.0)
		25.0 cos (x1)			5.0 (10.0 x1 1.0)
40.0 x1		25.0 cos (x1)	4.0	40.0 x1			25.0 cos (x1)	4.0

и составим алгоритм решения СНУ методом Левенберга – Марквардта.

M e 0.001

for i 1 500

F x0 2 x1sin x0 x1

40 x0

25 cos x0 4

40 x0

25 cos x0 4

25 cos x0

5 10 x0 1

40 x0

25 cos x0 4

40 x0

25 cos x0 4

X1 x W1 F

break if

X10

X11

x X1

X10

X11

0.877

M0.769

Требуемая точность решения достигнута на 7-м шаге итерационного процесса.

Наилучшую сходимость показал метод Ньютона.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 136 7 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Вычислительная математика

#
03.02.20187.71 Кб11Итерация.xlsx
#
03.02.20181.24 Mб5КП.docx
#
03.02.20181.12 Mб7КП.pdf
#
03.02.201833.55 Кб10Кп.xlsx
#
03.02.20187.08 Кб12Крамер.xlsx
#
03.02.20181.53 Mб29Лаб_практикум_Вычисл_матем_Кузина-Кошев.pdf
#
03.02.20187.03 Кб8Обратка.xlsx
#
03.02.20184.18 Mб43УП_Вычисл_матем_Кузина-Кошев.pdf