Αριθμητική Ανάλυση-Αργύρης Δελής

Αριθµητική Ανάλυση

Αργύρης ∆ελής

∆ιάλεξη 1η

Γενικό Τµήµα-Τοµέας Μαθηµατικών

Πολυτεχνείο Κρήτης

Αριθµητική Ανάλυση, 4ο εξάµηνο ΜΗΧ.Ο.Π.

Εισαγωγή

Αριθµητική Ανάλυση, 4ο εξάµηνο ΜΗΧ.Ο.Π. 1

Εισαγωγή

• Ανάπτυξη και µελέτη ϐασικών αριθµητικών (υπολογιστικών) µεθόδων

(αλγορίθµων) για την επίλυση επιστηµονικών προβληµάτων (των

µαθηµατικών και της µηχανικής που έχουν συνεχείς µεταβλητές)

• Υλοποίηση των τεχνικών στον υπολογιστή µέ χρήση αριθµητικών

πράξεων.

• Υπολογισµός προσεγγιστικών λύσεων για προβλήµατα που είναι

δύσκολο (ή αδύνατο) να ϐρούµε ακριβής (αναλυτικές) λύσεις.

• Μελέτη σφάλµατος στην προσέγγιση αυτή των λύσεων (ακρίβεια

λύσεων).


Εισαγωγή





πράξεων.




λύσεων).

Αλγόριθµος= σειρά λογικών εντολών που υλοποιούν µία αριθµητική µέθοδο


Εισαγωγή





πράξεων.




λύσεων).

Αλγόριθµος= σειρά λογικών εντολών που υλοποιούν µία αριθµητική µέθοδο

Μας ενδιαφέρει η επιλογή της περισσότερο κατάλληλης µεθόδου(αλγορίθµου) για την επίλυση ενός συγκεκριµένου προβλήµατος.

Απαιτεί ανάπτυξη δεξιοτήτων και διαίσθησης.


Βαβυλώνιοι (1800-1600 π.χ)


Βαβυλώνιοι (1800-1600 π.χ)

Μαθηµατική και υπολογιστικήπροσοµείωση φαινοµένων και διεργασιών.


Αναγκαιότητα

• Χρήση εµπορικού λογισµικού που περιέχει αριθµητικές µεθόδους.

Απαραίτητη η γνώση της ϐασικής ϑεωρείας για καλύτερη χρήση και

αξιολόγηση (των αποτελεσµάτων).






• Οι αριθµητικές µέθοδοι αποτελούν ένα ισχυρό εργαλείο για την επίλυση

πρακτικών προβληµάτων.








• Υπάρχουν προβλήµατα που δεν λύνονται από έτοιµο λογισµικό και

συνεπώς πρέπει να κατασκευάσουµε δικά µας προγράµµατα υλοποίησης

υπολογιστικών µεθόδων.








• Υπάρχουν προβλήµατα που δεν λύνονται από έτοιµο λογισµικό και

συνεπώς πρέπει να κατασκευάσουµε δικά µας προγράµµατα υλοποίησης

υπολογιστικών µεθόδων.

• Στόχος η µείωση της πολυπλοκότητας (υπολογιστικής, µνήµης,

υλοποίησης), αύξηση της ταχύτητας των υπολογισµών, της ακρίβειας των

παραγώµενων λύσεων και της ανθεκτικότητας σε αριθµητικά σφάλµατα.


Περιεχόµενο Μαθήµατος



[1] Σφάλµατα στους αριθµητικούς υπολογισµούς




[2] Αριθµητική επίλυση µη γραµµικών εξισώσεων





[3] Παρεµβολή






[4] Μέθοδος (προσέγγιση) των Ελαχίστων Τετραγώνων







[5] Αριθµητική Παραγώγιση και Ολοκλήρωση








[6] Αριθµητική επίλυση Συνήθων ∆ιαφορικών Εξισώσεων








[6] Αριθµητική επίλυση Συνήθων ∆ιαφορικών Εξισώσεων

΄Αλλοι τοµείς: Αριθµητική επίλυση Μερικών ∆ιαφορικών εξισώσεων,

Αριθµητική Βελτιστοποίηση, Αριθµητική Γραµµική ΄Αλγεβρα, Υπολογιστική

Ρευστοδυναµική


Κεφάλαιο 1: Αριθµητική κινητής υποδιαστολής και σφάλµαταστους υπολογισµούς

• Εισαγωγή-Πηγές σφαλµάτων-Μέτρηση

• Αριθµοί Μηχανής (κινητής υποδιαστολής)

• Ανάλυση σφάλµατος των αριθµών κινητής υποδιαστολής






• Στα περισσότερα προβλήµατα (στη µηχανική) δεν µπορούµε να ϐρούµε

τις πραγµατικές-ακριβής (αναλυτικές) λύσεις

• Οι αριθµητικές µέθοδοι µας δίνουν προσεγγιστικές λύσεις, κοντά στις

αναλυτικές






• Στα περισσότερα προβλήµατα (στη µηχανική) δεν µπορούµε να ϐρούµε

τις πραγµατικές-ακριβής (αναλυτικές) λύσεις

• Οι αριθµητικές µέθοδοι µας δίνουν προσεγγιστικές λύσεις, κοντά στις

αναλυτικές

Πόσο σφάλµα είναι παρών στους υπολογισµούς µας; Πόσο ανεκτό είναιαυτό (ανοχή σφάλµατος);


Πηγές και Μέτρηση Σφαλµάτων

• Σφάλµατα που προκύπτουν κατά το σχηµατισµό του µαθηµατικού µοντέλου

• Σφάλµατα στα δεδοµένα

• Σφάλµατα αποκοπής ή/και στρογγύλευσης


Πηγές και Μέτρηση Σφαλµάτων

• Σφάλµατα που προκύπτουν κατά το σχηµατισµό του µαθηµατικού µοντέλου

• Σφάλµατα στα δεδοµένα

• Σφάλµατα αποκοπής ή/και στρογγύλευσης

Μέτρηση Σφαλµάτων

• απόλυτο σφάλµα (πραγµατικό σφάλµα)

• σχετικό σφάλµα

Ορισµός : Αν x είναι µία προσέγγιση του x (πραγµατική τιµή), το απόλυτοσφάλµα είναι η ποσότητα

εα = |x− x|και το σχετικό σφάλµα η ποσότητα

εσ = |x−x||x| , x 6= 0.



Τι γίνεται αν δεν ξέρουµε την πραγµατική τιµή x;



Τι γίνεται αν δεν ξέρουµε την πραγµατική τιµή x;

Οι αριθµητικές µέθοδοι υλοποιούν (συνήθως) επαναληπτικές διαδικασίεςγια τον υπολογισµό µιάς προσέγγισης του x, δηλ. xn→ x για n→∞. Η

xn+1 προσέγγιση υπολογίζεται µε ϐάση την xn. Τότε

εσ =|xn+1 − xn||xn+1|

Επί τις εκατό (%) σφάλµα : εσ × 100


Πηγές Σφαλµάτων: Αριθµοί Μηχανής

• Ακέραιοι

• Πραγµατικοί-Κινητή Υποδιαστολή

• Αριθµητική Πεπερασµένης Ακρίβειας


Πηγές Σφαλµάτων: Αριθµοί Μηχανής

• Ακέραιοι

• Πραγµατικοί-Κινητή Υποδιαστολή

• Αριθµητική Πεπερασµένης Ακρίβειας

ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΑΡΙΘΜΗΣΗΣ : ∆εκαδικό σύστηµα

(432.52)10 = 4 · 102 + 3 · 101 + 2 · 100 + 5 · 10−1 + 2 · 10−2

Βάση (αρίθµησης) β: 10 Ψηφία : 0,1,2 . . . 9

x = ±(ακέραιο µέρος︷︸︸︷aNaN−1 · · · a0 .

κλασµατικό µέρος︷︸︸︷a−1a−2 · · · a−n)10 = ±

N∑k=−n

ak · 10k

Ακέραιο µέρος : PN(β) = aNβN + · · ·+ a1β + a0

Κλασµατικό µέρος : Qn(β) = a−nβ−n + · · · a−1β

−1.


ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΑΡΙΘΜΗΣΗΣ : Γενίκευση

Βάση β≥ 2 Ψηφία : 0, 1, . . . β − 1

xβ = ±(ακέραιο µέρος︷︸︸︷aNaN−1 · · · a0 .

κλασµατικό µέρος︷︸︸︷a−1a−2 · · · a−n)β = ±

∑Nk=−n ak · βk



Βάση β≥ 2 Ψηφία : 0, 1, . . . β − 1




Παράδειγµα : β = 2→ ∆υαδικό

(101.11)2 = 1 · 22 + 0 · 21 + 1 · 2 + 1 · 2−1 + 1 · 2−2 = (5.75)10



Βάση β≥ 2 Ψηφία : 0, 1, . . . β − 1





(101.11)2 = 1 · 22 + 0 · 21 + 1 · 2 + 1 · 2−1 + 1 · 2−2 = (5.75)10

Παράδειγµα : β = 8→ Οκταδικό

(53473)8 = 5 · 84 + 3 · 83 + 4 · 82 + 7 · 81 + 3 · 80 = (22331)10



Βάση β≥ 2 Ψηφία : 0, 1, . . . β − 1





(101.11)2 = 1 · 22 + 0 · 21 + 1 · 2 + 1 · 2−1 + 1 · 2−2 = (5.75)10

Παράδειγµα : β = 8→ Οκταδικό

(53473)8 = 5 · 84 + 3 · 83 + 4 · 82 + 7 · 81 + 3 · 80 = (22331)10

΄Ενας ακέραιος σ’ενα σύστηµα µε ϐάση β1 παραµένει ακέραιος αν

εκφραστεί σε άλλο σύστηµα µε ϐάση β2


Μετατροπή Αριθµών σε Συστήµατα ∆ιαφορετικών Βάσεων

Μετατροπή ακεραίου (x)β → (x)10

(x)10 = PN(β)

= aNβN + · · ·+ a1β + a0

= a0 + β(a1 + β(a2 + β(a3 + · · ·+ β(aN−1 + βaN) · · · ))

Σχήµα Horner

(x)10 = aNγια i = N − 1, . . . , 0

(x)10 = ai + β · (x)10 ← 1flop (floating point operation)τέλος


Μετατροπή Αριθµών σε Συστήµατα ∆ιαφορετικών Βάσεων

Μετατροπή ακεραίου (x)β → (x)10

(x)10 = PN(β)

= aNβN + · · ·+ a1β + a0

= a0 + β(a1 + β(a2 + β(a3 + · · ·+ β(aN−1 + βaN) · · · ))

Σχήµα Horner

(x)10 = aNγια i = N − 1, . . . , 0

(x)10 = ai + β · (x)10 ← 1flop (floating point operation)τέλος

Μετατροπή κλασµατικού (x)β → (x)10(0.11)2 = 1 · 2−1 + 1 · 2−2 = 1

2 + 14 = (0.75)10


Μετατροπή ακεραίου (x)10→ (x)β (αλγόριθµος της διαίρεσης)

(369)10 = (. . . a3a2a1a0)β = a0 + β(a1 + β(a2 + · · · ) · · · )

Παράδειγµα : β = 8

3698→ πηλίκο = (46)10→ a0 = 1 υπόλοιπο

468→ πηλίκο = (5)10 → a1 = 6 υπόλοιπο

5 < 8 → a2 = 5

(369)10 = (561)8


Μετατροπή κλασµατικού (x)10→ (x)β

(x)10 = (.a−1a−2a−3 . . .)β = a−1β−1 + a−2β

−2 + · · ·

βx = (a−1.a−2a−3 . . .)β = a−1 + a−2β−1 + · · ·

β(.a−2a−3 . . .)β = a−2 + a−3β−1 + · · ·

Παράδειγµα : (x)10 = (0.372)10 = (.a−1a−2 . . .)2



(x)10 = (.a−1a−2a−3 . . .)β = a−1β−1 + a−2β

−2 + · · ·

βx = (a−1.a−2a−3 . . .)β = a−1 + a−2β−1 + · · ·

β(.a−2a−3 . . .)β = a−2 + a−3β−1 + · · ·

Παράδειγµα : (x)10 = (0.372)10 = (.a−1a−2 . . .)2

2x = 0.744 άρα a−1 = 0 και γ1 = 0.744



(x)10 = (.a−1a−2a−3 . . .)β = a−1β−1 + a−2β

−2 + · · ·

βx = (a−1.a−2a−3 . . .)β = a−1 + a−2β−1 + · · ·

β(.a−2a−3 . . .)β = a−2 + a−3β−1 + · · ·

Παράδειγµα : (x)10 = (0.372)10 = (.a−1a−2 . . .)2

2x = 0.744 άρα a−1 = 0 και γ1 = 0.744

2γ1 = 1.488 άρα a−2 = 1 και γ2 = 0.488



(x)10 = (.a−1a−2a−3 . . .)β = a−1β−1 + a−2β

−2 + · · ·

βx = (a−1.a−2a−3 . . .)β = a−1 + a−2β−1 + · · ·

β(.a−2a−3 . . .)β = a−2 + a−3β−1 + · · ·

Παράδειγµα : (x)10 = (0.372)10 = (.a−1a−2 . . .)2

2x = 0.744 άρα a−1 = 0 και γ1 = 0.744

2γ1 = 1.488 άρα a−2 = 1 και γ2 = 0.488

2γ2 = 0.976 άρα a−3 = 0 και γ3 = 0.976



(x)10 = (.a−1a−2a−3 . . .)β = a−1β−1 + a−2β

−2 + · · ·

βx = (a−1.a−2a−3 . . .)β = a−1 + a−2β−1 + · · ·

β(.a−2a−3 . . .)β = a−2 + a−3β−1 + · · ·

Παράδειγµα : (x)10 = (0.372)10 = (.a−1a−2 . . .)2

2x = 0.744 άρα a−1 = 0 και γ1 = 0.744

2γ1 = 1.488 άρα a−2 = 1 και γ2 = 0.488

2γ2 = 0.976 άρα a−3 = 0 και γ3 = 0.976

2γ3 = 1.952 άρα a−4 = 1 και γ4 = 0.952

· · · · · · (0.371)10 = (.01011 . . .)2


Αριθµοί Μηχανής- Αριθµητική κινητής υποδιαστολής

Κάθε πραγµατικός x 6= 0 µπορεί να παρασταθεί σε οποιαδήποτε ϐάση ως

x = ±(0.d1d2d3 . . .) · βe, d1 6= 0

όπου

0 ≤ di ≤ β − 1, i = 2, 3, · · ·




x = ±(0.d1d2d3 . . .) · βe, d1 6= 0

όπου

0 ≤ di ≤ β − 1, i = 2, 3, · · ·

Παράδειγµα :

−(0.00598)10 = −0.598 · 10−2

(111.001)2 = 0.111001 · 23




x = ±(0.d1d2d3 . . .) · βe, d1 6= 0

όπου

0 ≤ di ≤ β − 1, i = 2, 3, · · ·


−(0.00598)10 = −0.598 · 10−2

(111.001)2 = 0.111001 · 23

Ο υπολογιστής, λόγο πεπερασµένης µνήµης, προσεγγίζει έναν πραγµατικό

αριθµό µε κάποιον από τους λεγόµενους αριθµούς µηχανής.




x = ±(0.d1d2d3 . . .) · βe, d1 6= 0

όπου

0 ≤ di ≤ β − 1, i = 2, 3, · · ·


−(0.00598)10 = −0.598 · 10−2

(111.001)2 = 0.111001 · 23

Ο υπολογιστής, λόγο πεπερασµένης µνήµης, προσεγγίζει έναν πραγµατικό

αριθµό µε κάποιον από τους λεγόµενους αριθµούς µηχανής.

Οι αριθµοί µηχανής αποτελούν ένα µικρό και πεπερασµένο υποσύνολοτων πραγµατικών.




∆ιάλεξη 2η




Αριθµοί Μηχανής

Η παράσταση ενός αριθµού (x 6= 0) στη µορφή

x = ±κλάσµα︷︸︸︷

(0.d1d2d3 . . . dt) ·βe = ±fβ(t) · βe, d1 6= 0

καλείται κινητής υποδιαστολής (floating point).


Αριθµοί Μηχανής

Η παράσταση ενός αριθµού (x 6= 0) στη µορφή

x = ±κλάσµα︷︸︸︷

(0.d1d2d3 . . . dt) ·βe = ±fβ(t) · βe, d1 6= 0

καλείται κινητής υποδιαστολής (floating point).

΄Ενα σύνολο αριθµών µηχανής M(β, t, L, U) χαρακτηρίζεται από

• τη ϐάση β του αριθµητικού συστήµατος

• την ακρίβεια (precision) t =πλήθος των (επιτρεπόµενων) ψηφίων του

κλάσµατος fβ (mantissa).

• το άνω, U , και κάτω, L, ϕράγµα του εκθέτη (exponent) e ∈ Z, δηλ.

L ≤ e ≤ U µε L ' −U .

M ≡M(β, t, L, U) = όλοι οι αριθµοί xβ = ±fβ(t) · βe⋃0


Ιδιότητες του συνόλου M(β, t, L, U)

• Για δεδοµένα β, t, L, U το σύνολο M είναι πεπερασµένο και έχει κατ΄

απόλυτη τιµή ένα µέγιστο και ένα ελάχιστο (6= 0) στοιχείο.

minx∈M|xβ| = (0.10 · · · 0)β · βL =

1ββL = βL−1

maxx∈M|xβ| =

(0.(β − 1)(β − 1) · · · (β − 1)

)β· βU

=( t∑k=1

(β − 1)βk

·)βU

=( t−1∑k=0

1βk−

t∑k=1

1βk

)· βU =

(1− 1

β−t

)βU


Ιδιότητες του συνόλου M(β, t, L, U)• Για δεδοµένο εκθέτη e η απόσταση, ∆(e)xβ, µεταξύ δύο διαδοχικών

αριθµών (µε τον ίδιο εκθέτη) του M είναι σταθερή.

΄Εστω xβ = ±fββe και xβ = ±fββe τότε

∆(e)xβ = |xβ − xβ| = |fβ − fβ|βe = (.0 · · · 01)ββe =1βtβe = β−tβe


Ιδιότητες του συνόλου M(β, t, L, U)• Για δεδοµένο εκθέτη e η απόσταση, ∆(e)xβ, µεταξύ δύο διαδοχικών

αριθµών (µε τον ίδιο εκθέτη) του M είναι σταθερή.

΄Εστω xβ = ±fββe και xβ = ±fββe τότε

∆(e)xβ = |xβ − xβ| = |fβ − fβ|βe = (.0 · · · 01)ββe =1βtβe = β−tβe

• Η απόσταση µεταξύ δύο (οποιονδήποτε) διαδοχικών στοιχείων του M δεν

είναι σταθερή, λόγω της µεταβολής του εκθέτη e.

΄Εστω M(2, 4,−1, 3) τότε :

∆(2)x2 = (0.0001)22 =124

22 =14, ∆(3)x2 = (0.0001)23 =

124

23 =12


Ιδιότητες του συνόλου M(β, t, L, U)• Οι παραστάσιµοι αριθµοί είναι πυκνά κατανεµηµένοι κοντά στο µηδέν και

αραιά κατανεµηµένοι µακρυά από το µηδέν.




• Η διάθεση περισσότερων ψηφίων, t, για την παράσταση της mantissa f ,

αυξάνει την πυκνότητα των αριθµών µηχανής, ενώ για παράσταση του

εκθέτη, e, έχει σαν αποτέλεσµα την αύξηση του διαστήµατος παραστασής

τους.







τους.

• Το πλήθος των αριθµών µε τον ίδιο εκθέτη, e, είναι ανεξάρτητο του e και

ίσο µε 2(β − 1)βt−1.

Το πλήθος όλων των στοιχείων του M είναι ίσο µε

2(U − L+ 1)(β − 1)βt−1.







τους.

• Το πλήθος των αριθµών µε τον ίδιο εκθέτη, e, είναι ανεξάρτητο του e και

ίσο µε 2(β − 1)βt−1.

Το πλήθος όλων των στοιχείων του M είναι ίσο µε

2(U − L+ 1)(β − 1)βt−1.

• Το σύνολο M δεν είναι κλειστό ώς προς τον πολλαπλασιασµό και την

πρόσθεση και εποµένως δεν αποτελεί υπόχωρο του R ( για παράδειγµα

πολλαπλασιάστε το 0.1 · βL µε τον ευατό του).


Ιδιότητες του συνόλου M(β, t, L, U)• Εάν ϑέλουµε να παραστήσουµε x ∈ R και

|x| < minx∈M|xβ|

τότε δεν υπάρχει αριθµός µηχανής για να τον παραστήσει και η κατάσταση

χαρακτηρίζεται ως υπεκχείλιση (underflow)


Ιδιότητες του συνόλου M(β, t, L, U)• Εάν ϑέλουµε να παραστήσουµε x ∈ R και

|x| < minx∈M|xβ|


χαρακτηρίζεται ως υπεκχείλιση (underflow)

• Εάν ϑέλουµε να παραστήσουµε x ∈ R και

|x| > maxx∈M|xβ|


χαρακτηρίζεται ως υπερχείλιση (overflow)


Παράδειγµα

Αν M ≡M(2, 3,−1, 2) να ϐρεθούν και να παρασταθούν οι αριθµοί

µηχανής.



Αν M ≡M(2, 3,−1, 2) να ϐρεθούν και να παρασταθούν οι αριθµοί

µηχανής.

Οι αριθµοί ∈M έχουν τη µορφή

x = ±f · βe = (0.1d2d3)2 · 2e, 0 ≤ di ≤ 1, i = 2, 3

Ο µικρότερος (ϑετικός) αριθµός του M είναι ο (0.100)2 · 2−1 = 14.

Για δεδοµένο e έχουµε τους εξής τέσσερις αριθµούς για την f

0.100, 0.101, 0.110, 0.111

άρα για e = −1, 0, 1, 2 οι ϑετικοί αριθµοί του M είναι :


. . .Παράδειγµα. . .

Επιπλέον, υπάρχει το 0 και το αντίστοιχο σύνολο αρνητικών.

Η γραφική παράσταση των αριθµών είναι η ακόλουθη


. . .Παράδειγµα. . .

Παρατηρούµε ότι δεν υπάρχουν αριθµοί στα διαστήµατα (−1/4, 0) και

(1/4, 0).

Επίσης, οι αριθµοί δεν είναι οµοιόµορφα κατανεµηµένοι. Ωστόσο οι αριθµοί

µε κοινό εκθέτη έχουν ίση απόσταση µεταξύ τους.


Σφάλµατα στη παράσταση των αριθµών µηχανής

΄Εστω το σύνολο M(β, t, L, U) και ο πραγµατικός αριθµός κινητής

υποδιαστολής

x = (0.d1d2d3 . . . dtdt+1 · · ·) · βk = q · βk.Το µέγιστο πλήθος (επιτρεπόµενων) ψηφείων είναι t, άρα ο αριθµός αυτός

δεν µπορεί να παρασταθεί στη µνήµη.

Ερώτηµα : ποιός είναι ο πλησιέστερος αριθµός µηχανής ∈M προς τον x;








Ο x /∈M ϑα πρέπει να προσεγγιστεί από έναν αριθµό ο οποίος

συµβολίζεται fl(x) και ∈M . Η προσέγγιση αυτή εισάγει κάποιο σφάλµα.

Θέλουµε συνεπώς να ισχύει

|x− fl(x)| ≤ |x− y|, ∀y ∈M








Ο x /∈M ϑα πρέπει να προσεγγιστεί από έναν αριθµό ο οποίος

συµβολίζεται fl(x) και ∈M . Η προσέγγιση αυτή εισάγει κάποιο σφάλµα.

Θέλουµε συνεπώς να ισχύει

|x− fl(x)| ≤ |x− y|, ∀y ∈M

Αν ϑεωρήσουµε δύο διαδοχικούς αριθµούς µηχανής x′, x′′, µεταξύ των

οποίων ϐρίσκεται ο x, τότε συµβαίνει µια από τις δύο περιπτώσεις :


Προσέγγιση και σφάλµα

Στην περίπτωση (α) ο πλησιέστερος αριθµός µηχανής είναι ο x′ και

ϐρίσκεται αν αποκοπούν τα ψηφία dt+1 · · · από το δεκαδικό τµήµα του x,

δηλ.

x′ = (0.d1d2d3 . . . dt) · βk,Στην περίπτωση (β) ο πλησιέστερος αριθµός µηχανής είναι ο x′′ και

ϐρίσκεται αν προστεθεί η ποσότητα (0.00 . . . 01) = β−t στο t δεκαδικό

ψηφείο του x, δηλ.

x′′ =(

(0.d1d2d3 . . . dt) + β−t)· βk,


. . .Προσέγγιση και σφάλµα. . .

Ισχύουν τα εξής αν εφαρµόσουµε στρογγύλευση την (α) περίπτωση :

|x− x′| = |x− fl(x)| ≤ 12|x′ − x′′| = 1

2βk−t, (απόσταση)

και1β≤ 0.d1 ≤ q < 1, (κλάσµα)⇒ |x| = qβk ≥ βk−1



Ισχύουν τα εξής αν εφαρµόσουµε στρογγύλευση την (α) περίπτωση :

|x− x′| = |x− fl(x)| ≤ 12|x′ − x′′| = 1

2βk−t, (απόσταση)

και1β≤ 0.d1 ≤ q < 1, (κλάσµα)⇒ |x| = qβk ≥ βk−1

Συνολικά το απόλυτο σχετικό σφάλµα στην παράσταση του x από το M

|fl(x)− x||x|

≤ 12|x′ − x′′||x|

≤ 12β1−t

(1)

Ο τύπος (1) µας δίνει ένα άνω φράγµα του σφάλµατος.

Τα ίδια ισχύουν και για την περίπτωση (ϐ) του σχήµατος.



Γενικότερα στρογγύλευση(rounding) λέγεται η επιλογή του fl(x) ως του

πλησιέστερου αριθµού µηχανής προς τον x και στη πράξη γίνεται µε

στρογγύλευση του t− ψηφίου του x προς τα πάνω η κάτω.






Μία άλλη τεχνική είναι αυτή της αποκοπής(chopping) όπου ο x

προσεγγίζεται πάντα από τα αριστερά, δηλαδή από τον x′ (ϐλ. προηγ.

σχήµα). Τότε το ανάλογο σφάλµα είναι

|fl(x)− x||x|

≤ β1−t(2)






Μία άλλη τεχνική είναι αυτή της αποκοπής(chopping) όπου ο x

προσεγγίζεται πάντα από τα αριστερά, δηλαδή από τον x′ (ϐλ. προηγ.

σχήµα). Τότε το ανάλογο σφάλµα είναι

|fl(x)− x||x|

≤ β1−t(2)

Παράδειγµα για β = 10 και t = 5 αν x = (.a1a2a3a4a5a6 · · ·)10k, τότε

fl(x) = x′′ = ((.a1a2a3a4a5) + 10−5)10k (στρογγύλευση, αν a6 ≥ 5)

fl(x) = x′ = (.a1a2a3a4a5)10k (αποκοπή, αν a6 < 5 )


Σχετικό Σφάλµα Προσέγγισης

|fl(x)− x||x|

≤ u, u =

12β

1−t

β1−t

u = µοναδιαίο σφάλµα στρογγύλευσης



|fl(x)− x||x|

≤ u, u =

12β

1−t

β1−t


Αν ϑέσουµε

fl(x)− xx

= ε =⇒ fl(x) = x(1 + ε), ε = ε(x), |ε| ≤ u << 1

Η «µικρή» ποσότητα ε καλείται µονάδα µηχανής και η παραπάνω σχέση

δηλώνει ότι ο fl(x) είναι µία ελαφριά διαταραχή του x.



|fl(x)− x||x|

≤ u, u =

12β

1−t

β1−t


Αν ϑέσουµε

fl(x)− xx

= ε =⇒ fl(x) = x(1 + ε), ε = ε(x), |ε| ≤ u << 1

Η «µικρή» ποσότητα ε καλείται µονάδα µηχανής και η παραπάνω σχέση

δηλώνει ότι ο fl(x) είναι µία ελαφριά διαταραχή του x.

•Υπάρχουν περιπτώσεις που λόγω συσσώρευσης τους, µετά από ένα

µεγάλο πλήθος πράξεων, σφάλµατα στη παράσταση των αριθµών

καταστρέφουν τελείως την ακρίβεια των υπολογισµών

•Η µελέτη των σφαλµάτων στρογγύλευσης είναι ένα σηµαντικό τµήµα της

Αριθµητικής Ανάλυσης.


Οι πράξεις στον υπολογιστή

΄Εστω x ∈ R και fl(x) ∈M(β, t, L, U)

x 7−→H/Y(u,M)

7−→ fl(x)




x 7−→H/Y(u,M)

7−→ fl(x)

Συµβολίζουµε µε ? την όποια από τις τέσσερεις πράξεις, δηλ,

? ≡ +,−,×,÷




x 7−→H/Y(u,M)

7−→ fl(x)

Συµβολίζουµε µε ? την όποια από τις τέσσερεις πράξεις, δηλ,

? ≡ +,−,×,÷΄Εστω x, y ∈ R και fl(x), f l(y) ∈M(β, t, L, U)

x ? y 7−→H/Y(u,M)

7−→ z ≡ fl(fl(x) ? fl(y)

)Σχετικό σφάλµα

|z − x ? y||x ? y|

= |fl(fl(x) ? fl(y)

)− x ? y|

|x ? y|Αριθµητική Ανάλυση, 4ο εξάµηνο ΜΗΧ.Ο.Π. 16


΄Εστω υπολογιστής µε M(10, 5,−10, 10) και x, y ∈ R µε

x = 5891.26 −→ fl(x) = 0.58913 · 104

y = 0.0773414 −→ fl(y) = 0.t=5︷︸︸︷

77341 4 · 10−1 = 0.77341 · 10−1




x = 5891.26 −→ fl(x) = 0.58913 · 104

y = 0.0773414 −→ fl(y) = 0.t=5︷︸︸︷

77341 4 · 10−1 = 0.77341 · 10−1

fl(x) + fl(y) = 0.︷︸︸︷58913 77341 · 104

z = fl(fl(x) + fl(y)

)= 0.58913 · 104 ( ο αριθµός στον Η/Υ)




x = 5891.26 −→ fl(x) = 0.58913 · 104

y = 0.0773414 −→ fl(y) = 0.t=5︷︸︸︷

77341 4 · 10−1 = 0.77341 · 10−1

fl(x) + fl(y) = 0.︷︸︸︷58913 77341 · 104


)= 0.58913 · 104 ( ο αριθµός στον Η/Υ)

΄Οµως

x+ y = 5891.3373414( 6= z 6= fl(x+ y) 6= fl(x) + fl(y))




x = 5891.26 −→ fl(x) = 0.58913 · 104

y = 0.0773414 −→ fl(y) = 0.t=5︷︸︸︷

77341 4 · 10−1 = 0.77341 · 10−1

fl(x) + fl(y) = 0.︷︸︸︷58913 77341 · 104


)= 0.58913 · 104 ( ο αριθµός στον Η/Υ)

΄Οµως

x+ y = 5891.3373414( 6= z 6= fl(x+ y) 6= fl(x) + fl(y))«Παράδοξα» στους υπολογισµούς

a = 1, b = 3 · 10−5, c = 3 · 10−5

(a+ b) + c = 1!

a+ (b+ c) = 1.0001


«Παράδοξα» στους υπολογισµούς

΄Εστω υπολογιστής µε M(10, 5,−10, 10)

Αν x = 4 · 10−5(x ∈M) τότε

fl(1 + x) = fl(1.00004) = 0.100004 · 101 = 1, δηλ.




Αν x = 4 · 10−5(x ∈M) τότε

fl(1 + x) = fl(1.00004) = 0.100004 · 101 = 1, δηλ.

1+ x=1 ! ! !

Αυτό ϑα ισχύει ∀x ∈ R µε 0 < x < 5 · 10−5.




Αν x = 4 · 10−5(x ∈M) τότε

fl(1 + x) = fl(1.00004) = 0.100004 · 101 = 1, δηλ.

1+ x=1 ! ! !

Αυτό ϑα ισχύει ∀x ∈ R µε 0 < x < 5 · 10−5.

Γενικά ∀x ∈ R µε 0 < x < u = 12β

1−t. είναι λύση ! της 1 + x = 1

Στον υπολογιστή υπάρχει ένα όριο κάτω από το οποίο οι αριθµοί είναι

αµελητέοι, πρακτικά «µηδέν» για την πρόσθεση

Το όριο αυτό λέγεται µηδέν ή έψιλον της µηχανής (eps)


Εκτίµηση του µηδέν της µηχανής

eps← 1εφ’οσον 1 + eps > 1

eps← 12eps

τέλος




eps← 12eps

τέλος

Για παράδειγµα στη MATLAB και για β = 2, t = 53 το eps = 2.2204e− 016.




eps← 12eps

τέλος

Για παράδειγµα στη MATLAB και για β = 2, t = 53 το eps = 2.2204e− 016.

΄Ασκηση: Υπάρχουν αριθµοί µηχανής που λειτουργούν σαν το «∞ της

µηχανής» δηλ. ικανοποιούν την εξίσωση x+ 1 = x;




∆ιάλεξη 3η




Σφάλµατα στρογγύλευσης στους υπολογισµούς

• Πολλαπλασιασµός

xy 7−→H/Y(u,M)

7−→ z ≡ fl(fl(x)fl(y)

)Μπορεί να αποδειχθεί ότι

|z − xy||xy|

≤ 3u+ 4u2

µε u << 1 και u2 << u λέµε ότι στον πολλαπλασιασµό το σχετικό σφάλµα

στρογγύλευσης είναι περίπου τριπλασιο του µοναδιαίου (σφάλµατος

στρογγύλευσης).


Σφάλµατα στρογγύλευσης στους υπολογισµούς

• Πολλαπλασιασµός

xy 7−→H/Y(u,M)

7−→ z ≡ fl(fl(x)fl(y)

)Μπορεί να αποδειχθεί ότι

|z − xy||xy|

≤ 3u+ 4u2

µε u << 1 και u2 << u λέµε ότι στον πολλαπλασιασµό το σχετικό σφάλµα

στρογγύλευσης είναι περίπου τριπλασιο του µοναδιαίου (σφάλµατος


• ∆ιαίρεση

z = fl(fl(x)fl(y)

)⇒ |z − x/y|

|x/y|≤ 3u.


• Πρόσθεση-Αφαίρεση


)⇒ |z − (x+ y)|

|x+ y|≤ 2u(|x|+ |y|)

|x+ y|




)⇒ |z − (x+ y)|

|x+ y|≤ 2u(|x|+ |y|)

|x+ y|

Αν οι x, y οµόσηµοι τότε |x+ y| = |x|+ |y| ⇒ το ϕράγµα του

σφάλµατος ≈ 2u, δηλ. µικρό σφάλµα.




)⇒ |z − (x+ y)|

|x+ y|≤ 2u(|x|+ |y|)

|x+ y|



Αν οι x, y ετερόσηµοι και x ≈ y ⇒το ϕράγµα του σφάλµατος

≈ 2u(|x|+|y|)||x|−|y|| γίνεται πολύ µεγάλο.




)⇒ |z − (x+ y)|

|x+ y|≤ 2u(|x|+ |y|)

|x+ y|





Παράδειγµα: έστω x = 451852000 και y = −45185100

x+ y = 1000




)⇒ |z − (x+ y)|

|x+ y|≤ 2u(|x|+ |y|)

|x+ y|





Παράδειγµα: έστω x = 451852000 και y = −45185100

x+ y = 1000

Σε υπολογιστή µε M(10, 5,−10, 10) και στρογγύλευση :

z = fl(fl(x) + fl(y)) = 0


Παράδειγµα: ΄Εστω x = .45142708 και y = −.45115944 τότε

x+ y = .26764 · 10−3



x+ y = .26764 · 10−3


z = fl(fl(x)+fl(y)) = fl(.45143− .45116) = 0.00027 = .27000 ·10−3

Εδώ 2u = 10−4 και

|εσ| =|z − (x+ y)||x+ y|

∼= 88 · 10−4

Η εµφάνιση των µηδενικών οφείλεται στη «ακύρωση» των ψηφίων .451 και

τη µετατροπή σε αριθµό µηχανής =⇒ απώλεια σηµαντικών δεκαδικών

ψηφίων.

Σηµαντικά ψηφία ενός δεκαδικού αριθµού είναι όλα τα ψηφία του αριθµού,

από αριστερά προς τα δεξιά, του πρώτου µη µηδενικού

(συµπεριλαµβανοµένου).



x+ y = .26764 · 10−3


z = fl(fl(x)+fl(y)) = fl(.45143− .45116) = 0.00027 = .27000 ·10−3

Εδώ 2u = 10−4 και

|εσ| =|z − (x+ y)||x+ y|

∼= 88 · 10−4

Η εµφάνιση των µηδενικών οφείλεται στη «ακύρωση» των ψηφίων .451 και

τη µετατροπή σε αριθµό µηχανής =⇒ απώλεια σηµαντικών δεκαδικών

ψηφίων.

Σηµαντικά ψηφία ενός δεκαδικού αριθµού είναι όλα τα ψηφία του αριθµού,

από αριστερά προς τα δεξιά, του πρώτου µη µηδενικού

(συµπεριλαµβανοµένου).

Για τον έλεγχο της προσέγγισης z του x υπάρχουν τα κριτήρια :


• Αν |εα| = |x− z| ≤ 12 · 10−d ο z προσεγγίζει τον x σε d (σωστά)

δεκαδικά ψηφία

• Αν |εσ| = |x− z|/|x| ≤ 5 · 10−k ο z προσεγγίζει τον x σε k (ακριβή)

σηµαντικά ψηφία






Παράδειγµα: έστω x = 0.028254 και z = 0.028271

|εα| = | − 0.000017| = 0.17 · 10−4 ≤ 0.5 · 10−4 =⇒ ο z είναι ακριβής σε

τέσσερα δεκαδικα ψηφία.









|εσ| ≈ 0.602 · 10−3 ≤ 5 · 10−3 =⇒ ο z είναι ακριβής σε τρία σηµαντικά

ψηφία.










ψηφία.

Παράδειγµα: έστω x = 28.254 και z = 28.271|εα| = | − 0.017| = 0.17 · 10−1 ≤ 0.5 · 10−1 =⇒ ο z είναι ακριβής σε ένα

δεκαδικό ψηφίο.










ψηφία.

Παράδειγµα: έστω x = 28.254 και z = 28.271|εα| = | − 0.017| = 0.17 · 10−1 ≤ 0.5 · 10−1 =⇒ ο z είναι ακριβής σε ένα

δεκαδικό ψηφίο.

|εσ| ≈ 0.602 · 10−3 ≤ 5 · 10−3 =⇒ ο z ακριβής σε τρία σηµαντικά ψηφία.


Αποφυγή καταστροφικής ακύρωσης : Θέλω να µην κάνω αφαίρεση σχεδόν

ίσων αριθµών.

Παράδειγµα : έστω M(10, 10, L, U) και ϑέλω το αποτέλεσµα

z =√

7892−√

7891√

7892 = 0.8883692926 · 102 και√

7891 = 0.8883130079 · 102

z = 0.5628470000 · 102


Αποφυγή καταστροφικής ακύρωσης : Θέλω να µην κάνω αφαίρεση σχεδόν

ίσων αριθµών.

Παράδειγµα : έστω M(10, 10, L, U) και ϑέλω το αποτέλεσµα

z =√

7892−√

7891√

7892 = 0.8883692926 · 102 και√

7891 = 0.8883130079 · 102

z = 0.5628470000 · 102

Χρησιµοποιώντας όµως την ταυτότητα

√x−√y =

x− y√x−√y

ϐρίσκουµε

z = 0.56284768294 · 102


Σφάλµατα στον υπολογισµό αθροισµάτων-∆ιαδιδόµενο

σφάλµα

΄Εστω ότι ϑέλουµε να υπολογίσουµε το



σφάλµα


Sn = 1 +n∑k=1

1k2 + k



σφάλµα


Sn = 1 +n∑k=1

1k2 + k

= 2− 1n+ 1

(ακριβής τιµή)

Τότε για παράδειγµα S999 = 1.999, S9999 = 1.9999.



σφάλµα


Sn = 1 +n∑k=1

1k2 + k

= 2− 1n+ 1

(ακριβής τιµή)

Τότε για παράδειγµα S999 = 1.999, S9999 = 1.9999.

Αλγόριθµος 1 S0 = 1,

Sk = Sk−1 + 1k(k+1), k = 1, 2 . . . , n


Αλγόριθµος 2S0 = 1

n(n+1),

Sk = Sk−1 + 1(n−k)(n−k+1), k = 1, . . . , n− 1,

Sn = Sn−1 + 1


Αλγόριθµος 2S0 = 1

n(n+1),

Sk = Sk−1 + 1(n−k)(n−k+1), k = 1, . . . , n− 1,

Sn = Sn−1 + 1

Σε υπολογιστή µε M(10, 10, L, U)

n Αλγόριθµος 1 Αλγόριθµος 2

99 1.990000003 1.9900000000

999 1.999000003 1.999000000

9999 1.999899972 1.999900000

Γιατί ο αλγόριθµος 2 είναι ποιό ακριβής από τον αλγόριθµο 1;


΄Εστω ένα οποιοδήποτε άθροισµα sN =∑Ni=1 ai µε αλγόριθµο

s1 = a1, sk = sk−1 + ak, k = 2, 3, . . . , N

Αν υποθέσουµε ότι ai ∈M τότε

s1 = a1, sk = fl(sk−1 + ak) = (sk−1 + ak)(1 + εk), |εk| ≤ u

Το σχετικό σφάλµα τότε

|sN − sN ||sN |

≤ γN|sN |

u =: ρNu

όπου γN = |s2|+ |s3|+ · · ·+ |sN | (άθροισµα µερικών αθροισµάτων)

Ο ρN = συντελεστής µετάδοσης του (σχετικού) σφάλµατος κατα τις

πράξεις.


΄Εστω ένα οποιοδήποτε άθροισµα sN =∑Ni=1 ai µε αλγόριθµο

s1 = a1, sk = sk−1 + ak, k = 2, 3, . . . , N

Αν υποθέσουµε ότι ai ∈M τότε

s1 = a1, sk = fl(sk−1 + ak) = (sk−1 + ak)(1 + εk), |εk| ≤ u

Το σχετικό σφάλµα τότε

|sN − sN ||sN |

≤ γN|sN |

u =: ρNu

όπου γN = |s2|+ |s3|+ · · ·+ |sN | (άθροισµα µερικών αθροισµάτων)

Ο ρN = συντελεστής µετάδοσης του (σχετικού) σφάλµατος κατα τις

πράξεις.

Αλγόριθµος 1→ ρN ∼ n (γραµµική αύξηση !)

Αλγόριθµος 2→ ρN ∼ 12 log n (λογαριθµική αύξηση).


Τι µπορεί να συµβεί αν τα ai ετερόσηµα ;

Τότε ένα ή περισσότερα από τα µερικά αθροίσµατα sk >> sN (το τελικό

άθροισµα) και συνεπώς ο ρN >>.





Παράδειγµα : Προσέγγιση του e−x για x >> 1 από

sN = 1− x+x2

2!− · · ·+ (−1)N−1 xN−1

(N − 1)!

Τότε sN → e−x, N →∞ ∀x, και γνωρίζω πόσο µεγάλο πρέπει να είναι

το N έτσι ώστε να έχω ικανοποιητική προσέγγιση. ΄Οµως .....






sN = 1− x+x2

2!− · · ·+ (−1)N−1 xN−1

(N − 1)!



για x = 100 το e−100 ≈ 0, ενώ s2 = −99, s3 = 4901, s4 = −161766.






sN = 1− x+x2

2!− · · ·+ (−1)N−1 xN−1

(N − 1)!



για x = 100 το e−100 ≈ 0, ενώ s2 = −99, s3 = 4901, s4 = −161766.

Για M(10, 5, L, U) και N = 25 για x = 5.5

e−5.5 ≈ .0002636 ενώ το πραγµατικό e−5.5 ≈ .0040867.

Αν x = 100 το αποτέλεσµα γίνεται αρνητικό !!


Ευστάθεια Αλγορίθµων

Ορισµός : ΄Ενας αλγόριθµος λέγεται αριθµητικά ασταθής εάν µικρές

διαταραχές (σφάλµατα) που γίνονται κατά την παράσταση των αριθµών και

τις πράξεις στον υπολογιστή επιφέρουν µεγάλες µεταβολές στο τελικό

αποτέλεσµα δηλ. είναι πολύ ευαίσθητος σε διαταραχές των δεδοµένων

του.

∆ιαφορετικά (αν µικρές διαταραχές στα δεδοµένα δεν επηρεάζουν πολύ

το τελίκό αποτέλεσµα) ο αλγόριθµος λέγεται (αριθµητικά) ευσταθής.



Ορισµός : ΄Ενας αλγόριθµος λέγεται αριθµητικά ασταθής εάν µικρές

διαταραχές (σφάλµατα) που γίνονται κατά την παράσταση των αριθµών και

τις πράξεις στον υπολογιστή επιφέρουν µεγάλες µεταβολές στο τελικό

αποτέλεσµα δηλ. είναι πολύ ευαίσθητος σε διαταραχές των δεδοµένων

του.

∆ιαφορετικά (αν µικρές διαταραχές στα δεδοµένα δεν επηρεάζουν πολύ

το τελίκό αποτέλεσµα) ο αλγόριθµος λέγεται (αριθµητικά) ευσταθής.

Η «ποιότητα» ενός αλγορίθµου καθορίζεται από την

• Ευστάθεια του

• Ακρίβεια του

• Ταχυτητά του



Παράδειγµα: Για τον υπολογισµό του e−x µε µερικά αθροίσµατα Taylor

sN = 1− x+x2

2!− · · ·

είδαµε στην ασταθειά του στο προηγούµε νο παράδειγµα.




sN = 1− x+x2

2!− · · ·


Αντίθετα, ο αλγόριθµος

sN =1ex

=1

1 + x+ x2

2! + · · ·είναι αριθµητικά ευσταθής.




sN = 1− x+x2

2!− · · ·


Αντίθετα, ο αλγόριθµος

sN =1ex

=1

1 + x+ x2

2! + · · ·είναι αριθµητικά ευσταθής.

Οι υπολογιστές κάνουν την πράξη e−x,∀x ως

ex = em+f = (em)ef =

y

(︷︸︸︷e1+f/m)m, m = ακέραιος, 0 ≤ f < 1,

και y ∈ [0, 2).



Παράδειγµα: Υπολογισµός του

In =∫ 1

0

xnex−1dx, n = 1, 2, 3 . . .




In =∫ 1

0

xnex−1dx, n = 1, 2, 3 . . .

Το In > 0 ∀n ≥ 1, In+1 < In ≤ 1n+1 στο (0,1) και In → 0, καθώς n→∞




In =∫ 1

0

xnex−1dx, n = 1, 2, 3 . . .

Το In > 0 ∀n ≥ 1, In+1 < In ≤ 1n+1 στο (0,1) και In → 0, καθώς n→∞

Αλγόριθµος 1: I1 = 1

e

In = 1− nIn−1, n = 2, 3, . . .

Αλγόριθµος 2: Im, m > n (τυχαία τιµή)

In−1 = (1− In)/n, n = m, . . . k

Για τον υπολογισµό του I9 τα αποτελέσµατα σε έναν υπολογιστή µε

M(10, 6, L, U) είναι :


n Αλγόριθµος 1(ασταθής) n Αλγόριθµος 2(ευσταθής)

1 .367879 (m =)20 .00000

2 .264242 19 .05000

3 .207274 18 .05000

... ... ... ...

9 -.068480 κ=9 .0916123

Υποθέτοντας ότι κάνουµε σφάλµα ε1, εm, δηλ. µόνο στις αρχικές τιµές

αντίστοιχα, τότε το σφάλµα εn


n Αλγόριθµος 1(ασταθής) n Αλγόριθµος 2(ευσταθής)

1 .367879 (m =)20 .00000

2 .264242 19 .05000

3 .207274 18 .05000

... ... ... ...

9 -.068480 κ=9 .0916123

Υποθέτοντας ότι κάνουµε σφάλµα ε1, εm, δηλ. µόνο στις αρχικές τιµές

αντίστοιχα, τότε το σφάλµα εn

Αλγόριθµος 1: εn = (−1)n−1n!ε1, µεγένθυση (αρχικού) σφάλµατος

ε1 ≈ −4.4 · 10−7 και ε9 = 9!ε1 ≈ − 0.16

Αλγόριθµος 2: εk = (−1)m−k 1k+1

1k+2 · · ·

1mεm καταστολή (αρχικού)

σφάλµατος

ε20 ≈ 1/21 και ε9 ≈ 0.15 · 10−14ε20


Κατάσταση (ευαισθησία) Προβληµάτων

Η αριθµητική επίλυση προβληµάτων γίνεται σε περιβάλλον διαταραχών

λόγω σφαλµάτων στρογγύλευσης στους υπολογισµούς.





Ορισµός : Αν σ΄ ένα πρόβληµα η λύση του αλλάζει λίγο αν τα δεδοµένα

του διαταραχθούν ελάχιστα, δηλ. δεν είναι ευαίσθητο σε διαταραχές

δεδοµένων τότε το πρόβληµα είναι καλής κατάστασης.








• Αν ένα πρόβληµα είναι κακής κατάστασης τότε κάθε αριθµητική µέθοδος

(αλγόριθµος) ϑα είναι ασταθής.

• Αν ένα πρόβληµα είναι κακής κατάστασης ϑα λύνω στην ουσία ένα άλλο

διαταραγµένο πρόβληµα και η αριθµητική λύση ϑα είναι η ακριβής λύση

αυτού του διαταραγµένου προβλήµατος.








• Αν ένα πρόβληµα είναι κακής κατάστασης τότε κάθε αριθµητική µέθοδος

(αλγόριθµος) ϑα είναι ασταθής.

• Αν ένα πρόβληµα είναι κακής κατάστασης ϑα λύνω στην ουσία ένα άλλο

διαταραγµένο πρόβληµα και η αριθµητική λύση ϑα είναι η ακριβής λύση

αυτού του διαταραγµένου προβλήµατος.

Πρέπει να µπορούµε να διερευνούµε την κατάσταση των προβληµάτων

(παράδειγµα ο δείκτης κατάστασης ενός πίνακα στην λύση γραµµικών

συστηµάτων Ax = b, A ∈ Rn×n).


Κατάσταση Προβληµάτων

Παράδειγµα: Η λύση (ϱίζα) της εξίσωσης (x− 2)6 είναι, προφανώς η

x = 2 (πολαπλότητας 6).

Μεταβάλλοντας ελάχιστα τα δεδοµένα

(x− 2)6 = 10−6


Κατάσταση Προβληµάτων

Παράδειγµα: Η λύση (ϱίζα) της εξίσωσης (x− 2)6 είναι, προφανώς η

x = 2 (πολαπλότητας 6).

Μεταβάλλοντας ελάχιστα τα δεδοµένα

(x− 2)6 = 10−6

οι ϱίζες τότε είναι

xk = 2 +110e2πik/6, k = 0, 1, 2, . . . , 5

Η µικρή διαταραχή 10−6 προκάλεσε τη σχετικά ¨µεγάλη¨ µεταβολή 10−1

(|xk − 2| = 1/10).


ΑΞΙΖΕΙ ΝΑ ΚΑΛΥΠΤΟΥΜΕ ΤΗΝ ¨ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΚΙΝΗΤΗΣ

ΥΠΟ∆ΙΑΣΤΟΛΗΣ¨ ΣΤΟ ΜΑΘΗΜΑ;


ΑΞΙΖΕΙ ΝΑ ΚΑΛΥΠΤΟΥΜΕ ΤΗΝ ¨ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΚΙΝΗΤΗΣ

ΥΠΟ∆ΙΑΣΤΟΛΗΣ¨ ΣΤΟ ΜΑΘΗΜΑ;

Η καταστροφή του Ariane 5. Στις 4 Ιουνίου του 1996 µια έκρηξη κατέστρεψε το πύραυλο

εκτόξευσης ενός δορυφόρου της Ευρωπαϊκής Υπηρεσίας ∆ιαστήµατος (ΕΥ∆). Ο πύραυλος

έκανε το παρθενικό του ταξίδι και καταστράφηκε 40 δευτερόλεπτα µετά την εκτόξευσή του.

Η κύρια αιτία ήταν η λάθος µετατροπή ενός αριθµού κινητής υποδιαστολής. Κόστος ήταν

περίπου 500,000,000.

Intel Pentium Bug. Στις 30 Οκτώβρη του 1994 κάποιος καθηγητής Μαθηµατικών ενός µικρού

Κολεγίου των Η.Π.Α. ανακοινώνει ότι υπάρχει κάποιο λάθος στον υπολογισµό της διαίρεσης

αριθµών κινητής υποδιαστολής στον πρόσφατα κατασκευασθέντα επεξεργαστή Pentium. Η

αρχική αντίδραση της κατασκευάστριας εταιρίας ήταν ότι ο καθηγητής µάλλον είναι

λεπτολόγος αν όχι γραφικός. Στις 20 ∆εκέµβρη όµως αναγκάζεται να ανακοινώσει ότι

αντικαθιστά όλους του επεξεργαστές Πεντιυµ που είχε διαθέσει στην αγορά τους

τελευταίους 6 µήνες. Το συνολικό κόστος της εταιρίας υπολογίζεται σε πολύ πάνω από τα

10,000,000.

Η αποτυχία ενός πυραύλου Patriot. Στις 25 Φλεβάρη του 1991, κατά την διάρκεια του

πολέµου του Κόλπου ένας πύραυλος Patriot αποτυγχάνει στην αναχαίτιση ενός Ιρακινού

πυραύλου Scud ο οποίος τελικά σκοτώνει 28 στρατιώτες των Η.Π.Α. και τραυµατίζει άλλους

100. Αργότερα ανακαλύφθηκε ότι λάθη στρογγύλευσης ήταν η αιτία αποτυχίας του Patriot .


Λάθος στρογγύλευση στην µετατροπή συναλλάγµατος απο/σε EURO. Η µετατροπή

συναλλάγµατος απο/προς Λίρες Αγγλίας και Βελγικά Φράγκα σε ΕΥΡ γινόταν µε λάθη

στρογγύλευσης επί περίπου 1 µήνα πρόσφατα. Το French National Council for the

Consumer έχει υπολογίσει ότι λόγω του σφάλµατος αυτού οι µεγάλες αλυσίδες

supermarkets στην Γαλλία κέρδισαν περίπου 500,000 EUR.

Λάθος στοιχεία από τον δορυφόρο ROSAT. Το 1991 µία ερευνητική οµάδα

Ράδιο-Αστρονοµίας από το Manchester ανακοίνωσε την ανακάλυψη ενός νέου πλανήτη

εκτός του Ηλιακού µας συστήµατος. ΄Ενα χρόνο µετά ανακαλύφθηκε ότι ο πλανήτης αυτός

δεν ήταν τίποτε άλλο από ένα λάθος στρογγύλευσης, ενός δορυφόρου παρατήρησης,

στον υπολογισµό της κίνησης της Γης γύρω από τον ΄Ηλιο.

Σε λίγες ώρες ο δείκτης χρηµατιστηρίου διπλασιάστηκε. Ο δείκτης του Χρηµατιστηρίου του

Βανκούβερ υπολογιζόταν µε 4 δεκαδικά ψηφία και κατόπιν µετατρεπόταν σε 3 µε αποκοπή

αντί για στρογγύλευση. Ο δείκτης αυτός υπολογιζόταν κάθε ϕορά που πραγµατοποιούταν

µία συναλλαγή (περίπου 3000 ϕορές την µέρα). Αυτό είχε σαν αποτέλεσµα το χάσιµο

περίπου 20 πόντων τον µήνα. Στο κλείσιµο της Παρασκευή 25 Νοέµβρη 1983, ο δείκτης

ήταν 524.811. Μια οµάδα ειδικών µετά από µελέτες 3 εβδοµάδων υπολόγισε το συνολικό

λάθος. ΄Ετσι την ερχόµενη ∆ευτέρα το πρωί ο δείκτης άνοιξε στις 1098.892 µονάδες.

Λάθος κυβέρνηση σε κρατίδιο της Γερµανίας. Την Κυριακή 5 Απρίλη του 1992 έγιναν

εκλογές στο κρατίδιο Schleswig - Holstein της Γερµανίας. Σύµφωνα µε τα αποτελέσµατα


που δηµοσιοποιήθηκαν το ϐράδυ της ίδιας µέρας το κόµµα των Πρασίνων συγκέντρωσε

ακριβώς 5% µε αποτέλεσµα να µπει στην κατανοµή των εδρών. Αργότερα ανακαλύφθηκε

ότι λόγω λάθους στρογγύλευσης οι Πράσινοι δεν είχαν 5% αλλά 4.97%. Αυτό είχε σαν

αποτέλεσµα να µην καταλάβουν καµία έδρα στο κοινοβούλιο. Μετά από αυτό οι

Σοσιαλδηµοκράτες σχηµάτισαν κυβέρνηση έχοντας την πλειοψηφία της ϐουλής κατά µία

έδρα.




∆ιάλεξη 4η




Κεφ. 2: Αριθµητική επίλυση µη γραµµικών εξισώσεων

΄Ενα από τα ϐασικά προβλήµατα στις εφαρµογές είναι η εύρεση ϱιζών µιας

εξίσωσης της µορφής

f(x) = 0

όπου η f(x) είναι µία συνάρτηση πραγµατικής ή µιγαδικής µεταβλητής x.


Κεφ. 2: Αριθµητική επίλυση µη γραµµικών εξισώσεων

΄Ενα από τα ϐασικά προβλήµατα στις εφαρµογές είναι η εύρεση ϱιζών µιας

εξίσωσης της µορφής

f(x) = 0

όπου η f(x) είναι µία συνάρτηση πραγµατικής ή µιγαδικής µεταβλητής x.

• Μόνο µία µικρή κατηγορία εξισώσεων µπορούν να λυθούν µε τη χρήση

κλασικών Μαθηµατικών (π.χ. πολυωνυµικές εξισώσεις ϐαθµού ≤ 4.)


Αριθµητική επίλυση µη γραµµικών εξισώσεων

• Με τη χρήση αριθµητικών µεθόδων επιτυγχάνεται ο προσεγγιστικός

εντοπισµός των ϱιζών µίας µη γραµµικής εξίσωσης.

Ρίζα καλείται οποιοσδήποτε αριθµός x?τέτοιος ώστε f(x?) = 0.

• Για τις βασικές αριθµητικές µεθόδους που ϑα µελετήσουµε υποθέτουµε

ότι γνωρίζουµε ένα διάστηµα [a, b] εντός του οποίου ϐρίσκεται η (µοναδική)

ϱίζα x?.

Αν αυτό δεν είναι γνωστό, τότε ϑα πρέπει να εξασφαλιστεί µε κάποιες

συνθήκες.


Αριθµητική επίλυση µη γραµµικών εξισώσεων

• Με τη χρήση αριθµητικών µεθόδων επιτυγχάνεται ο προσεγγιστικός

εντοπισµός των ϱιζών µίας µη γραµµικής εξίσωσης.

Ρίζα καλείται οποιοσδήποτε αριθµός x?τέτοιος ώστε f(x?) = 0.

• Για τις βασικές αριθµητικές µεθόδους που ϑα µελετήσουµε υποθέτουµε

ότι γνωρίζουµε ένα διάστηµα [a, b] εντός του οποίου ϐρίσκεται η (µοναδική)

ϱίζα x?.

Αν αυτό δεν είναι γνωστό, τότε ϑα πρέπει να εξασφαλιστεί µε κάποιες

συνθήκες.

Θα συµβολίζουµε σε ένα διάστηµα I ⊂ RΜε C(I) το σύνολο των συνεχών συναρτήσεων στο I δηλ,

C(I) = f |f : I → R, fσυνεχήςCn(I) = f |f ∈ C(I) : f n ϕορές συνεχώς παραγωγίσιµη στοI


Η µέθοδος διχοτόµησης ή Bolzano

Από την Ανάλυση είναι γνωστό το ακόλουθο για τον εντοπισµό ϱιζών

Θεώρηµα : ΄Αν f(x) ∈ C[a, b] και αν f(a) · f(b) < 0 τότε για κάποιο

x? ∈ (a, b) έχουµε f(x?) = 0.


Η µέθοδος διχοτόµησης ή Bolzano

Από την Ανάλυση είναι γνωστό το ακόλουθο για τον εντοπισµό ϱιζών

Θεώρηµα : ΄Αν f(x) ∈ C[a, b] και αν f(a) · f(b) < 0 τότε για κάποιο

x? ∈ (a, b) έχουµε f(x?) = 0.

• Από τη στιγµή που ϑα εξασφαλιστεί το διάστηµα [a, b] εντός του οποίου

ϐρίσκεται η άγνωστη ϱίζα x?, προχωρούµε επαναληπτικά.

Επαναλαµβάνουµε, δηλαδή, µία διαδικασία µε δεδοµένα διαφορετικά

(ϐελτιωµένα) σε κάθε επανάληψη µέχρις ότου πετύχουµε το επιθυµητό

αποτέλεσµα δηµιουργώντας µία ακολουθία τιµών x1, x2, . . .

• Πρέπει πρώτα να εξασφαλιστεί η επιβολή συνθηκών έτσι ώστε η

ακολουθία xn, n = 0, 1, 2 . . . να συγκλίνει στη ϱίζα x?.

Το δεύτερο είναι η σύγκλιση πρός την x?να είναι όσο το δυνατόν πιο

αποτελεσµατική.


Μέθοδος ∆ιχοτόµησης

Καταρχήν υποθέτουµε ότι ισχύσει το Θεώρηµα (δηλ. f(x) ∈ C[a, b] και

f(a)f(b) < 0) και άρα ότι εντός του (a, b) ∃ (τουλάχιστον) µία ϱίζα.

• Η µέθοδος διαιρεί διαδοχικά το [a, b] λαµβάνοντας κάθε ϕορά εκείνο το

διάστηµα που περιέχει τη ϱίζα

• Υπολογίζει το µέσο του διαστήµατος c0 = (a0 + b0)/2 = (a+ b)/2

• Αν f(c0) = 0 τότε x? = c0διαφορετικά ελέγχεται η συνθήκη f(a0)f(c0) < 0:

Αν ισχύει, τότε η ϱίζα x? ∈ (a0, c0) και επαναλαµβάνεται η διαδικασία µε

a1 = a0 και b1 = c0, όπου το νέο διάστηµα [a1, b1] είναι το µισό του

αρχικού.

Αν f(a0)f(c0) > 0 τότε η ϱίζα ∈ (c0, b0) και επαναλαµβάνεται η

διαδικασία µε a1 = c0 και b1 = b0



∆ηµιουργείται µία ακολουθία διαστηµάτων [a0, b0], [a1, b1], . . . , [an, bn]

a0 ≤ a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ b0b0 ≥ b1 ≥ b2 ≥ . . . ≥ a0

µε

f(an) · f(bn) ≤ 0, n = 0, 1, 2, . . .

και

bn − an =12(bn−1 − an−1)

Η ακολουθία an είναι αύξουσα και άνω ϕραγµένη, συγκλίνει. Η

ακολουθία bn είναι ϕθίνουσα και κάτω ϕραγµένη, συγκλίνει. Βρίσκουµε

ότι

bn − an =b0 − a0

2n=b− a2n


. . . Μέθοδος ∆ιχοτόµησης. . .

Εποµένως

limn→∞

bn − limn→∞

an = limn→∞

2−n(b0 − a0) = 0

Αν τεθεί

x? = limn→∞

bn = limn→∞

an

τότε λαµβάνοντας όρια στο f(an) · f(bn) ≤ 0 και λόγω συνέχειας της f(x)

[f(x?)]2 ≤ 0

δηλ., τα όρια των διαστηµάτων συγκλίνουν στη ϱίζα x?της f .


. . . Μέθοδος ∆ιχοτόµησης. . .

Εποµένως

limn→∞

bn − limn→∞

an = limn→∞

2−n(b0 − a0) = 0

Αν τεθεί

x? = limn→∞

bn = limn→∞

an

τότε λαµβάνοντας όρια στο f(an) · f(bn) ≤ 0 και λόγω συνέχειας της f(x)

[f(x?)]2 ≤ 0

δηλ., τα όρια των διαστηµάτων συγκλίνουν στη ϱίζα x?της f .

Αν υποτεθεί ότι σε κάποια ϕάση η διαδικασία σταµατήσει στο [an, bn], τότε η

καλύτερη προσέγγιση xn της ϱίζας x?είναι τό µέσο του [an, bn] δηλ.,

xn = cn =an + bn

2


Πρόταση : ΄Εστω f ∈ C[a, b] µε f(a)f(b) < 0, και xn η ακολουθία των

προσεγγίσεων που παράγει η διχοτόµηση. Τότε, είτε xN = x?για κάποιο

N , είτε xn→ x?, n→∞, όπου x? ∈ (a, b) είναι ϱίζα της f(x) = 0. Ισχύει

|x? − xn| ≤b− a2n

. (ϕράγµα του σφάλµατος) (1)


Πρόταση : ΄Εστω f ∈ C[a, b] µε f(a)f(b) < 0, και xn η ακολουθία των

προσεγγίσεων που παράγει η διχοτόµηση. Τότε, είτε xN = x?για κάποιο

N , είτε xn→ x?, n→∞, όπου x? ∈ (a, b) είναι ϱίζα της f(x) = 0. Ισχύει

|x? − xn| ≤b− a2n

. (ϕράγµα του σφάλµατος) (1)

Για δεδοµένη ανοχή σφάλµατος ε η απαίτηση

|x? − xn| ≤ ε

σηµαίνει ότι λόγω της (1) πρέπει να επιλεγεί n τέτοιο ώστε

b− a2n≤ ε

ή n ≥[log(b− a)− log 2ε

log 2

]Αριθµητική Ανάλυση, 4ο εξάµηνο ΜΗΧ.Ο.Π. 8

• Μετά από n επαναλήψεις η µέθοδος παράγει ένα διάστηµα [an, bn] το

οποίο περιέχει µία τουλάχιστον ϱίζα x?της f(x) = 0. Η µέθοδος καλείται

παρενθετική ( ή µέθοδος αγκυλών).

• Η µέθοδος συγκλίνει πάντα σε µία ϱίζα της f(x) όταν µπορεί να

εφαρµοστεί.

• Το ϐασικό µειονέκτηµα είναι ότι το σφάλµα σε κάθε επανάληψη

(b− a)/2nείναι αρκετά µεγάλο σε σύγκριση µε άλλες µεθόδους⇒ αργή

σύγκλιση.

• η Μέθοδος απαιτεί η f(x) να αλλάζει πρόσηµο γύρω από τη ϱίζα (δεν

υπολογίζει ϱίζες άρτιας πολλαπλότητας)

• Η µέθοδος εντοπίζει µία µόνο ϱίζα αλλά όχι όλες τις ϱίζες που µπορεί να

ϐρίσκονται στο [a, b]


Αλγόριθµος της διχοτόµησης

∆ίνεται η f(x) ∈ [a, b] τέτοια ώστε f(a)f(b) < 0

d = b− a1 d← d/2

αν |d| ≤ ε, τύπωσε a, b→ έξοδος x? ∈ [a, b]διαφορετικά

υπολόγισε c = (a+ b)/2, f(c)τύπωσε a, b, c, d, f(c)αν f(c) = 0 (ή |f(c)| < δ)→ έξοδος c ≈ x?

διαφορετικά

αν f(c)f(a) > 0 τότε a← c, f(a)← f(c)διαφορετικά b← c, f(b)← f(c)

πήγαινε στο 1


Αλγόριθµος της διχοτόµησης

∆ίνεται η f(x) ∈ [a, b] τέτοια ώστε f(a)f(b) < 0

d = b− a1 d← d/2


υπολόγισε c = (a+ b)/2, f(c)τύπωσε a, b, c, d, f(c)αν f(c) = 0 (ή |f(c)| < δ)→ έξοδος c ≈ x?


αν f(c)f(a) > 0 τότε a← c, f(a)← f(c)διαφορετικά b← c, f(b)← f(c)


Η διαδικασία επαναλαµβάνεται έως ότου επιτευχθεί σύγκλιση.


έως ότου επιτευχθεί σύγκλιση

σηµαίνει να ικανοποιείται ένα από τα ακόλουθα κριτήρια :

1. |f(c)| < δ

2. |d| ≤ ε

3. |f(c)| < δ και |d| ≤ ε.


Κριτήριο διακοπής (τερµατισµού)

|f(c)| < δ

όπου δ = 1210−k

είναι η ανεκτικότητα (ή επιθυµητή ακρίβεια). Η αποδοχή

του κριτηρίου σηµαίνει ότι αποδεχόµαστε το c να είναι καλή προσέγγιση της

ϱίζας αν −δ < f(c) < δ, αντιστοιχεί στον έλεγχο εάν f(c) = 0.

Στο σχήµα ξ = x?.



|d| ≤ ε

όπου ε είναι η κάποια ανεκτικότητα, τότε αποδεχόµαστε το c σαν ϱίζα αν

−ε < d < ε, αντιστοιχεί στον έλεγχο |xn+1 − xn| ≤ ε.



|d| ≤ ε

όπου ε είναι η κάποια ανεκτικότητα, τότε αποδεχόµαστε το c σαν ϱίζα αν

−ε < d < ε, αντιστοιχεί στον έλεγχο |xn+1 − xn| ≤ ε.

Το παραπάνω κριτήριο µπορεί να αντικατασταθεί και από το

|xn+1 − xn||xn+1|

≤ ε, xn+1 6= 0


• Αν απαιτηθεί να ισχύσουν και τα δύο κριτήρια, τότε η περιοχή στην οποία

ϑα ϐρίσκονται τα c και f(c) ϑα είναι η τοµή των δύο Ϲωνών.

•Οι τιµές των δ και ε δεν ϑα πρέπει να είναι κοντά στο u το µοναδιαίο

σφάλµα στρογγύλευσης. ∆ηλ, αν t το πλήθος των επιτρεπόµενων ψηφίων

τότε δ, ε ≥ 1210−t+2

.

• Υπάρχουν ακολουθίες xn για τις οποίες οι διαφορές |xn+1 − xn| → 0,

ενώ η ίδια ακολουθία αποκλίνει


• Αν απαιτηθεί να ισχύσουν και τα δύο κριτήρια, τότε η περιοχή στην οποία

ϑα ϐρίσκονται τα c και f(c) ϑα είναι η τοµή των δύο Ϲωνών.

•Οι τιµές των δ και ε δεν ϑα πρέπει να είναι κοντά στο u το µοναδιαίο

σφάλµα στρογγύλευσης. ∆ηλ, αν t το πλήθος των επιτρεπόµενων ψηφίων

τότε δ, ε ≥ 1210−t+2

.

• Υπάρχουν ακολουθίες xn για τις οποίες οι διαφορές |xn+1 − xn| → 0,

ενώ η ίδια ακολουθία αποκλίνει

•

|f(c)| < δ αποτυγχάνει |d| ≤ ε αποτυγχάνει


Τροποποιηµένος Αλγόριθµος της διχοτόµησης

Για i = 1, Nmax

d = b− a1 d← d/2


υπολόγισε c = a+ (b− a)/2, f(c)τύπωσε a, b, c, d, f(c)αν f(c) = 0 (ή |f(c)| < δ)→ έξοδος c ≈ x?


αν sgn(f(a)) = sgn(f(b)) τότε a← c, f(a)← f(c)διαφορετικά b← c, f(b)← f(c)

i← i+ 1πήγαινε στο 1


Παράδειγµα διχοτόµησης

∆ίνεται η f(x) = x3 − 2x− 5 = 0, στο [2, 3] ∃1 (γιατί;) ϱίζα

x? = 2.0945524815423.

Με δεδοµένα a = 2, b = 3, ε = 10−6τα αποτελέσµατα του αλγορίθµου

είναι :

n a b c(= xn) d f(c)1 2.0000000 3.0000000 2.5000000 0.5000000 5.6250000

2 2.0000000 2.5000000 . 2.2500000 0.2500000 1.8906250

3 2.0000000 2.2500000 2.1250000 0.1250000 0.3457031

4 2.0000000 2.1250000 2.0625000 0.0625000 -0.3513184

5 2.0625000 2.1250000 1.0937500 0.0312500 -0.0089417

......

......

......

18 2.0945511 2.0945587 2.0945549 0.0000038 0.0000381

19 2.0945511 2.0945549 2.0945530 0.0000019 0.0000167

2.0945511 2.0945530 2.0945520

Στο ϐήµα 19 d← 12d = 1

219 · 10−7 < 10−6.


Εφαρµόζοντας την εκτίµηση σφάλµατος

|x? − xn| ≤b− a2n

µπορούµε να υπολογίσουµε εκ τών προτέρων το πλήθος των ϐηµάτων nπου

απαιτούνται για να γίνει το σφάλµα < 10−5. Αρκεί

b− a2n≤ 10−5⇒ n >

5log10 2

≈ 16.6

δηλ., σε n = 17 ϐήµατα


΄Ασκηση

Υπολογίστε την τιµή του

√3 µε ακρίβεια 10−6

στο διάστηµα [1, 2] µε τη

µέθοδο της διχοτόµησης.


΄Ασκηση

Υπολογίστε την τιµή του

√3 µε ακρίβεια 10−6

στο διάστηµα [1, 2] µε τη

µέθοδο της διχοτόµησης.

Λύση

Θέλουµε x =√

3⇒ x2 = 3⇒ x2 − 3 = 0 = f(x)

f(1) = −2 και f(2) = 1 άρα υπάρχει ϱίζα x? =√

3 στο [1, 2].

|√

3− xn| ≤b− a2n≤ 10−6⇒ 2n > 106⇒

⇒ n > 6(ln 10

ln 2

)≈ 20 ϐήµατα.


Μέθοδος Εσφαλµένης Θέσης (Regular Falsi)

• Η µέθοδος αυτή έχει την ίδια ϕιλοσοφία µε τη διχοτόµηση, µε τη µόνη

διαφορά στον τρόπο υπολογισµού του c σε κάθε ϐήµα και αναπτύχθηκε γιατί

η µέθοδος της διχοτόµησης συγκλίνει αργά.

• Ισχύουν οι ίδιες προϋποθέσεις όπως στη διχοτόµηση δηλ., f(x) ∈ C[a, b]µε f(a)f(b) < 0.

• Μια καλύτερη προσέγγιση της x?, από το µέσο του διαστήµατος, είναι το

σηµείο x0 όπου η ευθεία που διέρχεται από τα σηµεία (a, f(a)) και

(b, f(b)) τέµνει των άξονα των x


Γεωµετρική ερµηνεία της µεθόδου εσφαλµένης ϑέσης

Θέτοντας αρχικά a0 = a, b0 = b η εξίσωση της ευθείας που συνδέει τα

σηµεία (a0, f(a0)) και (b0, f(b0)) είναι η

y − f(b0)x− b0

=f(a0)− f(b0)

a0 − b0(2)


Η µέθοδος εσφαλµένης ϑέσης

Από την (2) για y = 0 και x = x0 έχουµε

x0 = b0 − f(b0)b0 − a0

f(b0)− f(a0)=a0f(b0)− b0f(a0)f(b0)− f(a0)

Λόγω της f(a0) · f(b0) < 0 ο παρανοµαστής είναι διάφορος του 0 και το

x0 πάντα ορισµένο. ΄Αρα γενικεύοντας

xn+1 =anf(bn)− bnf(an)f(bn)− f(an)

, n = 0, 1, 2 . . .


Η µέθοδος εσφαλµένης ϑέσης

Από την (2) για y = 0 και x = x0 έχουµε

x0 = b0 − f(b0)b0 − a0

f(b0)− f(a0)=a0f(b0)− b0f(a0)f(b0)− f(a0)

Λόγω της f(a0) · f(b0) < 0 ο παρανοµαστής είναι διάφορος του 0 και το

x0 πάντα ορισµένο. ΄Αρα γενικεύοντας

xn+1 =anf(bn)− bnf(an)f(bn)− f(an)

, n = 0, 1, 2 . . .

∆ηµιουργείται πάλι ακολουθία διαστηµάτων [a1, b1], [a2, b2], · · · [an, bn](που περιέχουν τη ϱίζα) όπως και στη διχοτόµηση, αλλά τώρα

|bn − an| 6= |bn−1 − an−1|/2.


Αλγόριθµος της Εσφαλµένης Θέσης

Για i = 1, Nmax

1 d = b− aαν |d| ≤ ε, τύπωσε a, b→ έξοδος x? ∈ [a, b]διαφορετικά

υπολόγισε c = af(b)−bf(a)f(b)−f(a) , f(c)

τύπωσε a, b, c, d, f(c)αν f(c) = 0 (ή |f(c)| < δ)→ έξοδος c ≈ x?


αν sgn(f(a)) = sgn(f(b)) τότε a← c, f(a)← f(c)διαφορετικά b← c, f(b)← f(c)

i← i+ 1πήγαινε στο 1


Τάξη Σύγκλισης

Σχετίζεται µε την ταχύτητα (συνολικά ϐήµατα) που απαιτεί µία (συγκλίνουσα)

µέθοδος για να ϕτάσει στη λύση.

Ορισµός 1: ΄Εστω xn∞n=0 µία ακολουθία η οποία συγκλίνει στο x?. ΄Αν

υπάρχουν θετικές σταθερές c και p τέτοιες ώστε

limn→∞

|xn+1 − x?||xn − x?|p

= c 6= 0

τότε η xn∞n=0 έχει τάξη σύγκλισης p (ακριβώς), µε ασυµπτωτική ταχύτητα

σύγκλισης (ή ϱυθµό σύγκλισης) c.

Αν p = 1 =⇒ γραµµική τάξη σύγκλισης και c < 1.

Για n >> ϑα ισχύει για το σφάλµα εn = xn − x?

|εn+1| ∼ c|εn|p

(όπου ∼ σηµαίνει : είναι ανάλογο ή συµπεριφέρεται ανάλογα)


...Τάξη σύγκλισης ...

Ορισµός 2: Λέµε ότι µία ακολουθία xn∞n=0 συγκλίνει (τουλάχιστον)

γραµµικά, αν ∃ C < 1 τέτοια ώστε

|xn+1 − x?| ≤ C|xn − x?|, για n >>

Ενώ λέµε ότι η σύγκλιση είναι (τουλάχιστον) τάξης p > 1, αν ∃ C > 0τέτοια ώστε

|xn+1 − x?| ≤ C|xn − x?|p, ∀n ∈ N

Για p = 2, 3 µιλάµε για τετραγωνική και κυβική αντίστοιχα σύγκλιση.





|xn+1 − x?| ≤ C|xn − x?|, για n >>


|xn+1 − x?| ≤ C|xn − x?|p, ∀n ∈ N


Παράδειγµα : Για τη µέθοδο διχοτόµησης έχουµε γραµµική τάξη σύγκλισης

limn→∞

|xn+1 − x?||xn − x?|

=12




∆ιάλεξη 5η





Σχετίζεται µε την ταχύτητα (συνολικά ϐήµατα) που απαιτεί µία (συγκλίνουσα)

µέθοδος για να ϕτάσει στη λύση.

Ορισµός 1: ΄Εστω xn∞n=0 µία ακολουθία η οποία συγκλίνει στο x?. ΄Αν

υπάρχουν θετικές σταθερές c και p τέτοιες ώστε

limn→∞

|xn+1 − x?||xn − x?|p

= c 6= 0

τότε η xn∞n=0 έχει τάξη σύγκλισης p (ακριβώς), µε ασυµπτωτική ταχύτητα

σύγκλισης (ή ϱυθµό σύγκλισης) c.

Αν p = 1 =⇒ γραµµική τάξη σύγκλισης και c < 1.

Για n >> ϑα ισχύει για το σφάλµα εn = xn − x?

|εn+1| ∼ c|εn|p

(όπου ∼ σηµαίνει : είναι ανάλογο ή συµπεριφέρεται ανάλογα)





|xn+1 − x?| ≤ C|xn − x?|, για n >>


|xn+1 − x?| ≤ C|xn − x?|p, ∀n ∈ N






|xn+1 − x?| ≤ C|xn − x?|, για n >>


|xn+1 − x?| ≤ C|xn − x?|p, ∀n ∈ N


Παράδειγµα : Για τη µέθοδο διχοτόµησης έχουµε γραµµική τάξη σύγκλισης

limn→∞

|xn+1 − x?||xn − x?|

=12


Επαναληπτικές Μέθοδοι-Πρόβληµα Σταθερού Σηµείου

Κάθε εξίσωση f(x) = 0 µπορεί να γραφεί ισοδύναµα στη µορφή x = φ(x)µε πολλούς τρόπους.




Παράδειγµα : f(x) = 3x2 − x = 0⇒ x = 3x2 ≡ φ(x)

Ορισµός : ΄Ενα σηµείο x? του πεδίου ορισµού της φ(x) λέγεται σταθερόσηµείο(fixed point) αν x? = φ(x?).

Συνεπώς αν x? = φ(x?)⇒ f(x?) = 0 και άρα x? ϱίζα της f(x).




Παράδειγµα : f(x) = 3x2 − x = 0⇒ x = 3x2 ≡ φ(x)

Ορισµός : ΄Ενα σηµείο x? του πεδίου ορισµού της φ(x) λέγεται σταθερόσηµείο(fixed point) αν x? = φ(x?).

Συνεπώς αν x? = φ(x?)⇒ f(x?) = 0 και άρα x? ϱίζα της f(x).

Ξεκινώντας από µία τιµή x0 κατασκευάζονται ακολουθίες xn∞n=0 τ.ω.

xn = φ(xn−1), n = 0, 1, 2, · · ·

΄Αν limn→∞ xn = x? έχουµε σύγκλιση σε ϱίζα της f(x).

Αν φ(x) συνεχής : x? = limxn = limφ(xn−1) = φ(limxn−1) = φ(x?)


Το πρόβληµα σταθερού σηµείου

Πρόταση : (ΙΚΑΝΗ ΣΥΝΘΗΚΗ ΥΠΑΡΞΗΣ) Κάθε συνεχής συνάρτηση

g : [a, b]→ [a, b] (δηλ. το πεδίο τιµών υποσύνολο του πεδίου ορισµού,

g([a, b]) ⊂ [a, b]) έχει στο [a, b] ένα (τουλάχιστον) σταθερό σηµείο.


. . . Το πρόβληµα σταθερού σηµείου . . .

Παράδειγµα: ΄Εστω g(x) = 2x2 (συνεχής) µε g : [−1, 1]→ [0, 2].

Τότε δεν ισχύει g([−1, 1]) ⊂ [−1, 1]) όµως g(0) = 0 και g(1/2) = 1/2. ΄Αρα

τα 0 και 1/2 σταθερά σηµεία της g(x).






΄Ασκηση: Η φ(x) = 2−x έχει (µοναδικό) σταθερό σηµείο στο [0, 1];







Λύση: Ελέγχουµε αν ισχύει η ικανή συνθήκη. Η φ είναι συνεχής στο [0, 1].








Ισχύει φ([0, 1]) ⊂ [0, 1]);








Ισχύει φ([0, 1]) ⊂ [0, 1]);

Το φ(0) = 1 και φ(1) = 1/2 και ελέγχουµε την µονοτονία της φ στο [0, 1].








Ισχύει φ([0, 1]) ⊂ [0, 1]);


φ′(x) = − ln 2 · 2−x < 0,⇒ φ (γνήσια) ϕθίνουσα.








Ισχύει φ([0, 1]) ⊂ [0, 1]);



΄Αρα φ([0, 1]) = [12, 1] ⊂ [0, 1] και εφόσον η φ έχουµε µοναδικό σταθερό

σηµείο στο [0, 1].








Ισχύει φ([0, 1]) ⊂ [0, 1]);



΄Αρα φ([0, 1]) = [12, 1] ⊂ [0, 1] και εφόσον η φ έχουµε µοναδικό σταθερό

σηµείο στο [0, 1].Θέλουµε να ϐρούµε ΙΚΑΝΗ και ΑΝΑΓΚΑΙΑ συνθήκη ύπαρξης και

µοναδικότητας σταθερού σηµείου.



Ορισµός : Λέµε ότι µία συνάρτηση φ : [a, b]→ R ικανοποιεί τη συνθήκητου Lipschitz, αν ∃ σταθερά L ≥ 0 τ.ω.

|φ(x)− φ(y)| ≤ L|x− y|, ∀x, y ∈ [a, b].




|φ(x)− φ(y)| ≤ L|x− y|, ∀x, y ∈ [a, b].

Αν η σταθερά L < 1, τότε η φ λέγεται συστολή στο [a, b].




|φ(x)− φ(y)| ≤ L|x− y|, ∀x, y ∈ [a, b].


Αν φ ∈ C1[a, b] ικανοποιεί πάντα τη συνθήκη του Lipschitz και η µικρότερησταθερά για την οποία ισχύει είναι η η

L = maxa≤x≤b

|φ′(x)|




|φ(x)− φ(y)| ≤ L|x− y|, ∀x, y ∈ [a, b].


Αν φ ∈ C1[a, b] ικανοποιεί πάντα τη συνθήκη του Lipschitz και η µικρότερησταθερά για την οποία ισχύει είναι η η

L = maxa≤x≤b

|φ′(x)|

ΙΚΑΝΗ και ΑΝΑΓΚΑΙΑ συνθήκη ύπαρξης και µοναδικότητας σταθερού

σηµείου....


Θεώρηµα Συστολής ή Σταθερού Σηµείου του Banach

Θεώρηµα : ΄Εστω φ : [a, b]→ [a, b] µια συστολή µε σταθερά L(< 1). Τότε

η φ έχει στό [a, b] ένα µοναδικό σταθερό σηµείο, δηλ.

∃1x? ∈ [a, b] τ.ω. x? = φ(x?).





∃1x? ∈ [a, b] τ.ω. x? = φ(x?).

Επιπλέον, για τυχαία αρχική τιµή x0 ∈ [a, b] η xn∞n=0 µε xn = φ(xn−1),είναι καλώς ορισµένη (δηλ, ∀n, xn ∈ [a, b]) και συγκλίνει στο x?.





∃1x? ∈ [a, b] τ.ω. x? = φ(x?).

Επιπλέον, για τυχαία αρχική τιµή x0 ∈ [a, b] η xn∞n=0 µε xn = φ(xn−1),είναι καλώς ορισµένη (δηλ, ∀n, xn ∈ [a, b]) και συγκλίνει στο x?.

Ισχύουν επίσης οι παρακάτω εκτιµήσεις για το σφάλµα

|εn| = |xn − x?| ≤ Ln|x0 − x?| ≤ Ln max(x0 − a, x0 − b), (1)

|εn| = |xn − x?| ≤ Ln

1− L|x1 − x0|, (εκ των προτέρων εκτίµηση) (2)

|εn| = |xn − x?| ≤ L

1− L|xn − xn−1| (εκ των υστέρων εκτίµηση).(3)

Η εκτίµηση (5) είναι καλύτερη από την (6) γιατί |xn − xn−1| ≤ Ln−1|x1 − x0|.


Μέθοδος σταθερού σηµείου

Για τον υπολογισµό προσεγγιστικής τιµής του x?

• επιλέγεται µια αυθαίρετη αρχική τιµή x0 ∈ [a, b] και

• δηµιουργείται η ακολουθία xn = φ(xn−1), n = 1, 2, . . .


Μέθοδος σταθερού σηµείου

Για τον υπολογισµό προσεγγιστικής τιµής του x?

• επιλέγεται µια αυθαίρετη αρχική τιµή x0 ∈ [a, b] και

• δηµιουργείται η ακολουθία xn = φ(xn−1), n = 1, 2, . . .

Αν ισχύουν οι προυποθέσεις του Θεωρήµατος συστολής τότε xn→ x?


Παράδειγµα: Συγκλίνει η µέθοδος xn = φ(xn−1) µε φ(x) = 2−x σε

µοναδικό σταθερό σηµείο x? στο [0, 1];




΄Εχουµε δεί ότι η φ(x) = 2−x έχει σταθερό σηµείο στο [0, 1] και ότι ισχύει

φ([0, 1] ⊂ [0, 1], τό ότι είναι µοναδικό ϕαίνεται και από το γεγονός ότι είναι

συστολή

L = max0≤x≤1

|φ′(x)| = max0≤x≤1

|2−x ln 2| = ln 2 ≈ 0.693< 1

Συνεπώς η ακολουθία xn+1 = 2−xn συγκλίνει για κάθε x0 ∈ [a, b] στο

σταθερό σηµείο x? της φ, δηλ. στη µονάδική ϱίζα της f(x) = x− 2−x = 0.




΄Εχουµε δεί ότι η φ(x) = 2−x έχει σταθερό σηµείο στο [0, 1] και ότι ισχύει

φ([0, 1] ⊂ [0, 1], τό ότι είναι µοναδικό ϕαίνεται και από το γεγονός ότι είναι

συστολή

L = max0≤x≤1

|φ′(x)| = max0≤x≤1

|2−x ln 2| = ln 2 ≈ 0.693< 1

Συνεπώς η ακολουθία xn+1 = 2−xn συγκλίνει για κάθε x0 ∈ [a, b] στο

σταθερό σηµείο x? της φ, δηλ. στη µονάδική ϱίζα της f(x) = x− 2−x = 0.

Ερωτήµατα :

• Πόσο γρήγορα συγκλίνει η µέθοδος (δηλ, ποιά η τάξη σύγκλισης);

• Ποιό είναι ένα κατάλληλο κριτήριο τερµατισµού της µεθόδου ;


΄Ασκηση Η εξίσωση f(x) = x3 − 2x2 − 1 = 0 έχει µία ϱίζα x? στο [2, 3]. Η

επαναληπτική µέθοδος xn+1 = 2 + 1/x2n για x0 ∈ [2, 3] συγκλίνει στη x?;




Λύση ΄Εχουµε φ(x) = 2 + 1/x2 συνεχής στο [2, 3].





Η φ′(x) = −2/x3⇒ φ ϕθίνουσα στο [2, 3], µε ακρότατα φ(3) = 2 + 1/9 και

φ(2) = 2 + 1/4






φ(2) = 2 + 1/4

Συνεπώς φ(x) ∈ [2 + 1/9, 2 + 1/4] ⊂ [2, 3], ∀x ∈ [2, 3]






φ(2) = 2 + 1/4

Συνεπώς φ(x) ∈ [2 + 1/9, 2 + 1/4] ⊂ [2, 3], ∀x ∈ [2, 3]

Επίσης (ελέγχοντας την φ′′(x))

|φ′(x)| = | − 2/x3| ≤ 14

για x ∈ [2, 3] (συστολή)

΄Αρα η φ(x) = ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ. συστολής και συνεπώς η

επαναληπτική µέθοδος συγκλίνει για x0 ∈ [2, 3] στη x? ∈ [2, 3]


΄Ασκηση Η εξίσωση f(x) = x2 − x− 2 έχει ϱίζες τις 2 και -1. Να υπολογιστεί

η x? = 2 µε τη µέθοδο σταθερού σηµείου.




Λύση Πρέπει κατ΄ αρχάς να µετασχηµατιστεί η f(x) = 0⇔ x = φ(x)




Λύση Πρέπει κατ΄ αρχάς να µετασχηµατιστεί η f(x) = 0⇔ x = φ(x)Υπάρχουν αρκετές επιλογές

(α) φ(x) = x2 − 2 (ϐ) φ(x) =√

2 + x

(γ) φ(x) = 1 + 2/x (δ) φ(x) = x− x2−x−2m ,m 6= 0





(α) φ(x) = x2 − 2 (ϐ) φ(x) =√

2 + x

(γ) φ(x) = 1 + 2/x (δ) φ(x) = x− x2−x−2m ,m 6= 0

Επιλογή (α) Η φ′(x) = 2x⇒ |φ′(x)| < 1 (συστολή) για x ∈ (−12,

12), όµως το

2 /∈ (−12,

12).





(α) φ(x) = x2 − 2 (ϐ) φ(x) =√

2 + x

(γ) φ(x) = 1 + 2/x (δ) φ(x) = x− x2−x−2m ,m 6= 0


12), όµως το

2 /∈ (−12,

12).

Επιλογή (ϐ) Είναιφ′(x) =

12√

2 + x⇒ φ

Για x > 0 έχουµε φ(x) > 0 και 0 ≤ φ′(x) ≤ 1/√

8 < 1⇒ (συστολή)





(α) φ(x) = x2 − 2 (ϐ) φ(x) =√

2 + x

(γ) φ(x) = 1 + 2/x (δ) φ(x) = x− x2−x−2m ,m 6= 0


12), όµως το

2 /∈ (−12,

12).


12√

2 + x⇒ φ



Για 0 ≤ x ≤ 2⇒√

2 + x ≤ 2⇒ φ([0, 2]) = [φ(0), φ(2)] ⊂ [0, 2]





(α) φ(x) = x2 − 2 (ϐ) φ(x) =√

2 + x

(γ) φ(x) = 1 + 2/x (δ) φ(x) = x− x2−x−2m ,m 6= 0


12), όµως το

2 /∈ (−12,

12).


12√

2 + x⇒ φ



Για 0 ≤ x ≤ 2⇒√

2 + x ≤ 2⇒ φ([0, 2]) = [φ(0), φ(2)] ⊂ [0, 2]Συνεπώς για x ∈ [0, k], k ≥ 2 η φ(x) ∈ C[0, k] και είναι συστολή, άρα

ικανοποιούνται όλες οι υποθέσεις το Θ. συστολής και συνεπώς η

επαναληπτική µέθοδος xn+1 =√

2 + xn→ x? = 2.


Εφαρµογή

Αν επιλέξουµε αρχική τιµή x0 = 0 ∈ [0, k], k ≥ 2, τότε η εφαρµογή της

επαναληπτικής µεθόδου

xn+1 =√

2 + xn, n = 1, 2, . . .

παράγει την ακολουθία :

x1 =√

2 = 1.41421

x2 =√

2 + x1 =√

3.41421 ≈ 1.

x3 =√

2 + x2 =√

3.84776 ≈ 1.96157

x4 =√

2 + x3 =√

3.96157 ≈ 1.99037

x5 =√

2 + x4 =√

3.99037 ≈ 1.99759... ...

που συγκλίνει προς τη ϱίζα x? = 2.


Ερωτήµατα:




Ερωτήµατα:



Από το Θ. συστολής


|εn| = |xn − x?| ≤ Ln


|εn| = |xn − x?| ≤ L



Ερωτήµατα:



Από το Θ. συστολής


|εn| = |xn − x?| ≤ Ln


|εn| = |xn − x?| ≤ L


Απόδειξη (4): Λόγω του ότι φ : [a, b]→ [a, b] και ισχύει η συνθήκη του Lipschitz

|xn − x?| = |φ(xn−1)− φ(x?)|≤ L|xn−1 − x?| ≤ · · · ≤ Ln|x0 − x?|



Από την απόδειξη της (6) ισχύει

|xn+1 − x?| ≤ L|xn − x?|, L < 1

άρα η ακολουθεία xn συγκλίνει τουλάχιστον γραµµικά




|xn+1 − x?| ≤ L|xn − x?|, L < 1


΄Εστω ότι η φ ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ. συστολής και επιπλέον είναι

συνεχώς παραγωγίσιµη.

Τότε από το Θεώρηµα Μέσης Τιµής ∃ ξn ∈ [xn, x?], τ.ω.

xn+1 − x? = φ(xn)− φ(x?) = φ′(ξn)(xn − x?)




|xn+1 − x?| ≤ L|xn − x?|, L < 1


΄Εστω ότι η φ ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ. συστολής και επιπλέον είναι

συνεχώς παραγωγίσιµη.

Τότε από το Θεώρηµα Μέσης Τιµής ∃ ξn ∈ [xn, x?], τ.ω.

xn+1 − x? = φ(xn)− φ(x?) = φ′(ξn)(xn − x?)

Τότε, επειδή xn→ x?⇒ ξn→ x? και της συνέχειας της φ′

limn→∞

|εn+1||εn|

= limn→∞

|xn+1 − x?||xn − x?|

= φ′(x?)

΄Αρα αν φ′(x?) 6= 0, εφ’οσον απο το Θ. συστολής |φ′(x?)| ≤ L < 1, η τάξη

σύγκλισης της xn µε xn+1 = φ(xn) ϑα είναι ακριβώς ένα.


΄Ασκηση ∆ίνεται η f(x) ∈ C1[a, b] µε f ′(x) 6= 0 και x? ϱίζα της f(x) = 0.

΄Αν φ(x) = x+ g(x)f(x), να προσδιοριστεί η συνάρτηση g(x) ώστε η

µέθοδος σταθερού σηµείου να έχει τάξη σύγκλισης µεγαλύτερη από ένα.





Λύση Για τετραγωνική σύγκλιση πρέπει φ′(x?) = 0, άρα

φ′(x?) = 1 + g′(x)f(x) + f ′(x)g(x)






φ′(x?) = 1 + g′(x)f(x) + f ′(x)g(x)

για x = x? ότι

φ′(x?) = 0 = 1 + f ′(x?)g(x?), (εφ’οσον f(x?) = 0)΄Αρα η τελευταία σχέση γράφεται g(x?) = − 1

f ′(x?) από την οποία προκύπτει

(χωρίς να είναι η µόνη επιλογή) ότι η

g(x) = − 1f ′(x)






φ′(x?) = 1 + g′(x)f(x) + f ′(x)g(x)

για x = x? ότι

φ′(x?) = 0 = 1 + f ′(x?)g(x?), (εφ’οσον f(x?) = 0)΄Αρα η τελευταία σχέση γράφεται g(x?) = − 1

f ′(x?) από την οποία προκύπτει

(χωρίς να είναι η µόνη επιλογή) ότι η

g(x) = − 1f ′(x)

΄Ετσι η µέθοδος σταθερού σηµείου xn+1 = φ(xn) να γράφεται

xn+1 = xn −f(xn)f ′(xn)


Κριτήριο Τερµατισµού

Ισχύει όπως είδαµε η εκτίµηση

|xn − x?| ≤ L|xn−1 − x?|

΄Εστω η δ = 1210−k είναι η ανεκτικότητα (ή επιθυµητή ακρίβεια)

Από την (8)⇒

|xn+1 − x?| ≤ L

1− Lδ, από κάποιο ϐήµα N και πάνω

άρα ένα ασφαλές κριτήριο τερµατισµού είναι : ΥΠΟΛΟΓΙΣΕ ΤΑ xn ΜΕΧΡΙ

n = N τ.ω.

|xN+1 − xN | < δ


Αλγόριθµος σταθερού

∆ίνονται x0 και φ(x)

1 Για n = 1, Nmax

xn← φ(xn−1)αν |xn − xn−1| ≤ δ, τύπωσε xn, N = n,→ έξοδος x? = xn


n← n+ 1πήγαινε στο 1




∆ιάλεξη 6η




Η µέθοδος Newton-Raphson (NR)

• Είναι η πιό γνωστή επαναληπτική µέθοδος.

• Μπορεί να παραχθεί γεωµετρικά και αναλυτικά

• ΄Εχει τετραγωνική τάξη σύγκλισης (τουλάχιστον κοντά σε µιά περιοχή της

ϱίζας)


΄Εστω η f(x) ∈ C2[a, b] µε f ′(x) 6= 0 και x? ϱίζα της f(x) = 0.

΄Εστω xn µια προσέγγιση της x? µε |xn − x?| ¨µικρό¨. ΄Εστω το ανάπτυγµα

Taylor (δευτέρου ϐαθµού) για την f(x) γύρω από το xn και για x = x?

0 = f(x?) = f(xn) + (x? − xn)f ′(xn) +12(x? − xn)2f ′′(ξ),

ξ µεταξύ xn και x?.







∆ιατηρώντας τους δύο πρώτους όρους

0 ≈ f(xn) + (x? − xn)f ′(xn)








0 ≈ f(xn) + (x? − xn)f ′(xn)⇒ x? = xn −f(xn)f ′(xn)








0 ≈ f(xn) + (x? − xn)f ′(xn)⇒ x? = xn −f(xn)f ′(xn)

΄Αρα η επαναληπτική µέθοδος NR είναι


, n = 0, 1, 2, . . .


Γεωµετρική κατασκευή

Η εφαπτόµενη του γραφήµατος της f στο σηµείο (xn, f(xn)) είναι

y = f(xn) + (x− xn)f ′(xn)

για y = 0 ( σηµείο τοµής της εφαπτόµενης µε τον x− άξονα)⇒

x = xn −f(xn)f ′(xn)


• Με την υπόθεση ότι η f(x) ∈ C2[a, b] µε f ′(x?) 6= 0 τότε για την NR

φ′(x) =f(x)f ′′(x)(f ′(x))2

⇒ φ′(x?) = 0 < 1⇒

τάξη σύγκλισης µεγαλύτερη του ένα.


• Με την υπόθεση ότι η f(x) ∈ C2[a, b] µε f ′(x?) 6= 0 τότε για την NR

φ′(x) =f(x)f ′′(x)(f ′(x))2

⇒ φ′(x?) = 0 < 1⇒

τάξη σύγκλισης µεγαλύτερη του ένα.

• Το κριτήριο τερµατισµού είναι αυτό των γενικών επαναληπτικών µεθόδων

δηλ, υπολόγισε xn µέχρι n = N τ.ω.

|xN+1 − xN | < δ

το οποίο συνεπάγεται ότι το αντίστοιχο σφάλµα |x? − xn+1| ϑα είναι της τάξης

του δ.


Παράδειγµα: Η f(x) = x3 − 2x− 5 = 0 έχει µοναδική ϱίζα

x? = 2.09455148 . . .. Αν η ανοχή του σφάλµατος ϑέλω να είναι δ = 5 · 10−6

(δηλ. ϑέλω να υπολογίσω έξι σωστά σηµαντικά δεκαδικά ψηφία), τότε

• για x0 = 0 παίρνουµε N = 18, δηλ. |x19 − x18| < δ, µε

Γεωµετρική αναπαράσταση του παραδείγµατος για x0 = 0







• για x0 = −2 παίρνουµε N = 7,







• για x0 = −2 παίρνουµε N = 7,

Για γρήγορη σύγκλιση (αριθµό ϐηµάτων) έχει σηµασία η επιλογή της αρχικής

τιµής x0


Σύγκλιση της µεθόδου NR

Θεώρηµα : ΄Εστω x? απλή ϱίζα µίας συνάρτησης f(x) και

f(x) ∈ C[x? − d, x? − d], d > 0. Τότε υπάρχει κλειστό διάστηµα I µε µέσον

το x?, τ.ω. ∀ x0 ∈ I η ακολουθία προσεγγίσεων xnπου παράγει η

µέθοδος NR να συγκλίνει στο x?. Ισχύει µάλιστα ότι

limn→∞

|εn+1||εn|2

= limn→∞

|xn+1 − x?||xn − x?|2

=|f ′′(x?)|2|f ′(x?)|

= M (1)

δηλ. η σύγκλιση είναι τουλάχιστον τετραγωνική. (Αν f ′′(x?) 6= 0 η τάξη

σύγκλισης είναι ακριβώς δύο.)







limn→∞

|εn+1||εn|2

= limn→∞

|xn+1 − x?||xn − x?|2

=|f ′′(x?)|2|f ′(x?)|

= M (1)



Επιλογή του x0

Από (9)

⇒ |εn+1| ≤Mε2n⇒ |Mεn+1| ≤ |Mεn|21 ≤ |Mεn−1|2

2 · · · ≤ |Mε0|2n

για lim |εn+1| → 0 ϑα πρέπει |Mε0| < 1⇒ I ⊂ |x? − x0| < 1M







limn→∞

|εn+1||εn|2

= limn→∞

|xn+1 − x?||xn − x?|2

=|f ′′(x?)|2|f ′(x?)|

= M (1)



Επιλογή του x0

Από (9)

⇒ |εn+1| ≤Mε2n⇒ |Mεn+1| ≤ |Mεn|21 ≤ |Mεn−1|2

2 · · · ≤ |Mε0|2n

για lim |εn+1| → 0 ϑα πρέπει |Mε0| < 1⇒ I ⊂ |x? − x0| < 1M

Η επιλογή του x0 εξαρτάται από το M , αν M µεγάλο τότε το x0 πρέπει ναεπιλεγεί κοντά στο x? ώστε η NR να συγκλίνει τετραγωνικά.


Περιπτώσεις αποτυχίας της µεθόδου NR


•Υπάρχουν περιπτώσεις όπου οι γεωµετρικές ιδιότητες της f (µονοτονία,

κυρτότητα) εγγυώνται τη σύγκλιση της NR.

Πρόταση : ΄Εστω f ∈ C2[a,∞] και ότι f ′(x) > 0, f ′′(x) > 0 για x ≥ a µέ

f(a) < 0. Τότε ∃1 πραγµατική ϱίζα ρ ∈ [a,∞]. Τότε για οποιοδήποτε x0 ≥ aη µέθοδος NR συγκλίνει στην ρ.






•Υπάρχουν περιπτώσεις όπου η τάξη σύγκλισης γίνεται γραµµική.







Παράδειγµα: ΄Εστω η f(x) = x2 µε x? = 0 , η µέθοδος δίνει

xn+1 = xn −x2

n

2xn=

12xn ⇒ xn+1 − x?

xn − x?=

12

(τάξη ακριβώς ένα)








xn+1 = xn −x2

n

2xn=

12xn ⇒ xn+1 − x?

xn − x?=

12


Γιατί συµβαίνει αυτό ;








xn+1 = xn −x2

n

2xn=

12xn ⇒ xn+1 − x?

xn − x?=

12


Γιατί συµβαίνει αυτό ;

Η απάντηση είναι λόγω της πολλαπλότητας της ϱίζας x?.


Προσδιορισµός ϱίζας πολλαπλότητας m

Ορισµός : Η ϱίζα x? είναι πολλαπλότητας m άν η f(x) µπορεί νά γραφεί

στη µορφή f(x) = (x− x?)mh(x) για x 6= x?, όπου limx→x? h(x) 6= 0.





Θεώρηµα : Η ϱίζα x? της f(x) ∈ Cm[a, b] είναι πολλαπλότητας m αν καιµόνο αν

f(x?) = f ′(x?) = · · · = f (m−1)(x?) = 0, f (m)(x?) 6= 0





Θεώρηµα : Η ϱίζα x? της f(x) ∈ Cm[a, b] είναι πολλαπλότητας m αν καιµόνο αν

f(x?) = f ′(x?) = · · · = f (m−1)(x?) = 0, f (m)(x?) 6= 0

Θεώρηµα : Αν f(x) ∈ C2[a, b] και η ϱίζα x? ∈ [a, b] είναι πολλαπλότητας m

τότε η µέθοδος NR συγκλίνει γραµµικά στη ϱίζα x?.

Αποδεικνύεται ότι τότε

limn→∞

xn+1 − x?

xn − x?= 1− 1

m

δηλ. για m 6= 1 η σύγκλιση είναι γραµµική.


Παραλλαγή της µεθόδου NR για ϱίζα γνωστής πολλαπλότητας m

Σε αυτή την περίπτωση η επαναληπτική µέθοδος

xn+1 = xn −mf(xn)f ′(xn)

, n = 0, 1, 2, . . .

για x0 κοντά στη ϱίζα συγκλίνει σ΄ αυτή µε τάξη σύγκλισης p = 2. (΄Ασκηση)


Παραλλαγή της µεθόδου NR για ϱίζα γνωστής πολλαπλότητας m


xn+1 = xn −mf(xn)f ′(xn)

, n = 0, 1, 2, . . .

για x0 κοντά στη ϱίζα συγκλίνει σ΄ αυτή µε τάξη σύγκλισης p = 2. (΄Ασκηση)

Παραλλαγή της µεθόδου NR για ϱίζα άγνωστης πολλαπλότητας m ≥ 1



[f ′(xn)]2 − f(xn)f ′′(xn), n = 0, 1, 2, . . .

για x0 κοντά στη ϱίζα συγκλίνει σ΄ αυτή µε τάξη σύγκλισης p = 2 ανεξάρτητα

από την πολλαπλότητα της ϱίζας, µε επιπλέον υπολογιστικό κόστος τον

υπολογισµό της f ′′(xn). (΄Ασκηση)


Θεώρηµα γενικής σύγκλισης της µεθόδου NR

Θεώρηµα : Αν ισχύουν τα εξής :

(1) f(x) ∈ C2[a, b]

(2) f(a) · f(b) < 0

(3) f ′(x) 6= 0

(4) Η f ′′(x) δεν αλλάζει πρόσηµο στο [a, b]

(5) Αν c το άκρο του [a, b] για το οποίο η |f ′(x)| είναι µικρότερη και

| f(c)f ′(c)| ≤ b− a,

τότε για κάθε x0 ∈ [a, b] η µέθοδος NR συγκλίνει τετραγωνικά στη µοναδική

ϱίζα x? της f(x) στο [a, b].


Οι (1) και (2) εξασφαλίζουν ύπαρξη µίας τουλάχιστον ϱίζας της f(x) στο

[a, b].

Η (3) εξασφαλίζει ότι η f είναι γνήσια αύξουσα (αν f ′(x) > 0) ή ϕθίνουσα

( (αν f ′(x) < 0) στο [a, b] και συνεπώς η ϱίζα είναι µοναδική.

Η (4) εξασφαλίζει ότι η f έχει τα κοίλα άνω (αν f ′′(x) > 0) ή κάτω.

Η (5) εξασφαλίζει ότι αν διαλέξουµε x0 ∈ [a, b] τότε το x1 ∈ [a, b], το οποίο

διασφαλίζεται εάν απαιτήσουµε το x0 να είναι είτε το a ή το b.


΄Ασκηση: ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = x3 − 2x− 1 µέ x ∈ [1, 2]. Να ϐρεθεί

διάστηµα για το οποίο η µέθοδος NR συγκλίνει (σίγουρα) και µάλιστα

τετραγωνικά.





Λύση Εφαρµόζοντας το Θ. Γενικής Σύγκλισης διαπιστώνεται ότι :

f ∈ C2[1, 2] µε f ′(x) = 3x2 − 2 και f ′′(x) = 6x.

f(1) · f(2) = (−2) · 3 < 0.

Επίσης f ′(x) 6= 0 και f ′′(x) > 0 για x ∈ [1, 2].






f ∈ C2[1, 2] µε f ′(x) = 3x2 − 2 και f ′′(x) = 6x.

f(1) · f(2) = (−2) · 3 < 0.


Εξετάζοντας την υπόθεση (5) έχουµε b− a = 2− 1 = 1 µέ f ′(1) < f ′(2) και

|f(1)/f ′(1)| = 2 > 1, άρα η NR δεν συγκλίνει (σίγουρα) στο [1, 2].






f ∈ C2[1, 2] µε f ′(x) = 3x2 − 2 και f ′′(x) = 6x.

f(1) · f(2) = (−2) · 3 < 0.




Λαµβάνοντας το µέσο του διαστήµατος και εξετάζοντας το δεξί τµήµα [32, 2]τότε f(3

2)f(2) < 0 και |f(32)/f

′(32)| =

530 < 1.






f ∈ C2[1, 2] µε f ′(x) = 3x2 − 2 και f ′′(x) = 6x.

f(1) · f(2) = (−2) · 3 < 0.




Λαµβάνοντας το µέσο του διαστήµατος και εξετάζοντας το δεξί τµήµα [32, 2]τότε f(3

2)f(2) < 0 και |f(32)/f

′(32)| =

530 < 1.

Συνεπώς η µέθοδος NR συγκλίνει για κάθε x0 ∈ [32, 2].


΄Ασκηση: ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = x2− c, x > 0 όπου c > 0 δεδοµένος

αριθµός. Να δειχθεί ότι η µέθοδος NR συγκλίνει στη√c ∀ x0 > 0.





Οι υποθέσεις (1) και (2) ικανοποιούνται για κάθε διάστηµα [a, b] µε

0 < a <√c < b

Οι υποθέσεις (3) και (4) ικανοποιούνται γιατί

f ′(x) = 2x 6= 0, f ′′(x) = 2 > 0 για κάθε x ∈ [a, b].





Οι υποθέσεις (1) και (2) ικανοποιούνται για κάθε διάστηµα [a, b] µε

0 < a <√c < b

Οι υποθέσεις (3) και (4) ικανοποιούνται γιατί

f ′(x) = 2x 6= 0, f ′′(x) = 2 > 0 για κάθε x ∈ [a, b].

Τέλος, για την (5) ϑα πρέπει (εφ΄ όσον |f ′(a)| < |f ′(b)|)

| f(a)f ′(a)

| = c− a2

2a≤ b− a

η οποία ανισότητα ισχύει για b > 12(a+ c

a).

Συνεπώς η µέθοδος NR συγκλίνει στη√c ∀ x0 > 0.


΄Ασκηση: ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = xk− c, x > 0 όπου c > 0 δεδοµένος

αριθµός. Να δειχθεί ότι η µέθοδος NR συγκλίνει στη k√c ∀ x0 > 0 και να

εφαρµοστεί η µέθοδος για x0 της επιλογής σας για τον υπολογισµό του3√

8.





8.

Αν ϑέλουµε να υπολογίσουµε το√

17 και πάρουµε x0 = 4 τότε οι

επαναλήψεις είναι οι

x1 = 4.12

x2 = 4.123106

x3 = 4.1231056256177

x4 = 4.123105625617660549821409856

Η τιµή x4 είναι ακριβής σε 28 σηµαντικά ψηφία. Παρατηρήστε τον

αναµενόµενο διπλασιασµό των σηµαντικών ψηφίων στους υπολογισµούς.





8.

Αν ϑέλουµε να υπολογίσουµε το√

17 και πάρουµε x0 = 4 τότε οι

επαναλήψεις είναι οι

x1 = 4.12

x2 = 4.123106

x3 = 4.1231056256177

x4 = 4.123105625617660549821409856

Η τιµή x4 είναι ακριβής σε 28 σηµαντικά ψηφία. Παρατηρήστε τον

αναµενόµενο διπλασιασµό των σηµαντικών ψηφίων στους υπολογισµούς.

Η µέθοδος έχει ανακαλυφθεί από τον ΄Ελληνα µηχανικό ΄Ηρωνα (100 π.χ).




∆ιάλεξη 7η




΄Ασκηση: Υπολογισµός του 1/c χωρίς διαίρεση. Να χρησιµοποιηθεί η

µέθοδος NR για δεδοµένο c > 0 για τον υπολογισµό του 1/c. Να ϐρεθεί

διάστηµα για το οποίο η µέθοδος συγκλίνει τετραγωνικά και να εφαρµοστεί

για τον υπολογισµό του 1/e µε x0 = 0.3 και ανοχή σφάλµατος ε = 10−6.


΄Ασκηση: Υπολογισµός του 1/c χωρίς διαίρεση. Να χρησιµοποιηθεί η

µέθοδος NR για δεδοµένο c > 0 για τον υπολογισµό του 1/c. Να ϐρεθεί

διάστηµα για το οποίο η µέθοδος συγκλίνει τετραγωνικά και να εφαρµοστεί

για τον υπολογισµό του 1/e µε x0 = 0.3 και ανοχή σφάλµατος ε = 10−6.

Παραλλαγή της µεθόδου NR-Μέθοδος σταθερής κλίσης

xn+1 = xn −f(xn)g

, n = 0, 1, 2, . . .

• Αντικαθιστούµε την f ′(x) µε µία σταθερή ποσότητα (π.χ. g = f ′(x0))

• Η συνάρτηση επανάληψης είναι φ(x) = x− f(x)g και επιλέγεται g τ.ω. η φ

συστολή.

• Η µέθοδος συγκλίνει γραµµικά


Η µέθοδος της Τέµνουσας

• Η µέθοδος NR συγκλίνει ταχύτερα από τις µεθόδους αγκυλών, όµως πρέπει

να επιλεγεί x0 κοντά στη ϱίζα x? και να υπολογιστεί η f ′(x).

• Στη NR χρειάζεται ο υπολογισµός της f ′(xn) ∀n. Αν η f είναι πολύπλοκη

συνάρτηση αυτό παρουσιάζει δυσκολείες καθόσον ο υπολογισµός πρέπει να

είναι ακριβής για να αποφεύγονανατι σφάλµατα στρογγύλευσης.

• Η µέθοδος της τέµνουσας είναι η ενδιάµεση λύση. Η τάξη σύγκλισής της

καλύτερη από γραµµική αλλά όχι τετραγωνική και δεν χρειάζεται τον

υπολογισµό της παραγώγου.



• Η µέθοδος NR συγκλίνει ταχύτερα από τις µεθόδους αγκυλών, όµως πρέπει

να επιλεγεί x0 κοντά στη ϱίζα x? και να υπολογιστεί η f ′(x).

• Στη NR χρειάζεται ο υπολογισµός της f ′(xn) ∀n. Αν η f είναι πολύπλοκη

συνάρτηση αυτό παρουσιάζει δυσκολείες καθόσον ο υπολογισµός πρέπει να

είναι ακριβής για να αποφεύγονανατι σφάλµατα στρογγύλευσης.

• Η µέθοδος της τέµνουσας είναι η ενδιάµεση λύση. Η τάξη σύγκλισής της

καλύτερη από γραµµική αλλά όχι τετραγωνική και δεν χρειάζεται τον

υπολογισµό της παραγώγου.

Αντικαθιστώντας (προσεγγίζοντας) την f ′(xn) µε ένα πηλίκο διαφορών

f ′(xn) ≈ f(xn)− f(xn−1)xn − xn−1

προκύπτει η µέθοδος της τέµνουσας.



∆ίνεται f ∈ C[a, b] και δύο αρχικές προσεγγίσεις x−1, x0

xn+1 = xn−f(xn)(xn − xn−1)f(xn)− f(xn−1)

, n = 0, 1, 2, . . .


Θεώρηµα : ΄Εστω x? ϱίζα µίας συνάρτησης f(x) και f(x)C2(a, b) µε

f ′(x) 6= 0, f ′′(x) 6= 0. Τότε υπάρχει διάστηµα I µε x? ∈ I , τ.ω. για

x−1, x0 ∈ I η ακολουθία προσεγγίσεων xnπου παράγει η µέθοδος της

τέµνουσας είναι καλώς ορισµένη και συγκλίνει στο x?. Ισχύει µάλιστα ότι η

τάξη σύγκλισης της είναι p = (1 +√

5)/2 ≈ 1.62.


Θεώρηµα : ΄Εστω x? ϱίζα µίας συνάρτησης f(x) και f(x)C2(a, b) µε

f ′(x) 6= 0, f ′′(x) 6= 0. Τότε υπάρχει διάστηµα I µε x? ∈ I , τ.ω. για

x−1, x0 ∈ I η ακολουθία προσεγγίσεων xnπου παράγει η µέθοδος της

τέµνουσας είναι καλώς ορισµένη και συγκλίνει στο x?. Ισχύει µάλιστα ότι η

τάξη σύγκλισης της είναι p = (1 +√

5)/2 ≈ 1.62.

Παρατηρήσεις

• Η µέθοδος απαιτεί µόνο την γνώση τηε f και όχι της f ′.

• Χρειάζεται µια καλή επιλογή των x−1, x0 για να συγκλίνει.

• Ακόµη και αν η f ′ είναι γνωστή είναι οικονοµικότερη της NR γιατί απαιτεί

µόνο τον υπολογισµό του f(xn) ανά βήµα. (Ποια µέθοδος είναι συνολικάοικονοµικότερη εξαρτάται από το κόστος υπολογισµού της f ′ σε σχέση

µάυτόν της f και τον αριθµό των ϐηµάτων για σύγκλιση µε ορισµένη ανοχή

σφάλµατος.)

• Μπορεί να εµφανιστούν περιπτώσεις αποτυχίας όµοιες µε αυτές της NR .


Λύση µη γραµµικών συστηµάτων µε τη µέθοδο NR

Παράδειγµα: έστω το σύστηµα

xy = z2 + 1

xyz + y2 = x2 + 2

ex + z = ey + 3

Ποιό είναι το διάνυσµα της λύσης X = [x, y, z]T;


Λύση µη γραµµικών συστηµάτων µε τη µέθοδο NR

Παράδειγµα: έστω το σύστηµα

xy = z2 + 1

xyz + y2 = x2 + 2

ex + z = ey + 3

Ποιό είναι το διάνυσµα της λύσης X = [x, y, z]T;

Γενικότερα αν έχουµε

f1(x1, x2, . . . , xN) = 0

f2(x1, x2, . . . , xN) = 0... ... ...

fN(x1, x2, . . . , xN) = 0


Γενίκευση της µεθόδου NR

΄Εστω το σύστηµα 2 µη-γραµµικών εξισώσεων και έστω [x?1, x

?2]T η λύση του

f1(x1, x2) = 0

f2(x1, x2) = 0

Από το ϑεώρηµα Taylor για συναρτήσεις πολλών µεταβλητών

f1(x?1, x

?2) = 0 = f1(x1, x2) + (x?

1 − x1)∂f1

∂x1+ (x?

2 − x2)∂f1

∂x2+ . . .

f2(x?1, x

?2) = 0 = f2(x1, x2) + (x?

1 − x1)∂f2

∂x1+ (x?

2 − x2)∂f2

∂x2+ . . .

Ο Ιακωβιανός πίνακας J(x1, x2) είναι

J(x1, x2) =

[∂f1∂x1

∂f1∂x2

∂f2∂x1

∂f2∂x2

].

και οι παραπάνω εξισώσεις δίνουν το γραµµικό σύστηµα

J(x1, x2)[x?

1 − x1

x?2 − x2

]= J(x1, x2)

[h1

h2

]≈ −

[f1(x1, x2)f2(x1, x2)

](1)


Το σύστηµα (10) λύνεται (π.χ. µε απαλοιφή Gauss) ή αν ∃ ο J−1

[h1

h2

]= −J−1

[f1(x1, x2)f2(x1, x2)

]= J−1F(x1, x2)⇒ (2)



[h1

h2

]= −J−1

[f1(x1, x2)f2(x1, x2)

]= J−1F(x1, x2)⇒ (2)

⇒

[x

(n+1)1

x(n+1)2

]=

[x

(n)1

x(n)2

]+

[h

(n)1

h(n)2

]



[h1

h2

]= −J−1

[f1(x1, x2)f2(x1, x2)

]= J−1F(x1, x2)⇒ (2)

⇒

[x

(n+1)1

x(n+1)2

]=

[x

(n)1

x(n)2

]+

[h

(n)1

h(n)2

]Γενικεύοντας, και για αρχικό διάνυσµα X(0) η µέθοδος NR

X(n+1) = X(n) − J−1n (X(n)) · F(X(n)), n = 0, 1, 2, . . .

µε Jn = J(X(n)), Jij = ∂fi∂xj, 1 ≥ i, j ≤ N και X = [x1, x2, . . . , xN ]T,

F = [f1, f2, . . . , fn] µε X,F ∈ RN .



[h1

h2

]= −J−1

[f1(x1, x2)f2(x1, x2)

]= J−1F(x1, x2)⇒ (2)

⇒

[x

(n+1)1

x(n+1)2

]=

[x

(n)1

x(n)2

]+

[h

(n)1

h(n)2

]Γενικεύοντας, και για αρχικό διάνυσµα X(0) η µέθοδος NR

X(n+1) = X(n) − J−1n (X(n)) · F(X(n)), n = 0, 1, 2, . . .

µε Jn = J(X(n)), Jij = ∂fi∂xj, 1 ≥ i, j ≤ N και X = [x1, x2, . . . , xN ]T,

F = [f1, f2, . . . , fn] µε X,F ∈ RN .

Κριτήριο Τερµατισµού

||H(n+1)||∞ = ||X(n+1) −X(n)||∞ ≤ δ = 10−k


Παράδειγµα Να εφαρµοστεί ένα ϐήµα της µεθόδου NR στο σύστηµα µε

X(0) = [x(0), y(0)]T = [1, 1]T.f1(x, y) = x3 − 3xy2 + 1 = 0

f2(x, y) = 3x2y − y3 = 0



X(0) = [x(0), y(0)]T = [1, 1]T.f1(x, y) = x3 − 3xy2 + 1 = 0

f2(x, y) = 3x2y − y3 = 0

Ο Ιακωβιανός πίνακας J(x, y) είναι

J =

[∂f1∂x

∂f1∂y

∂f2∂x

∂f2∂y

]=[

3x2 − 3y2 −6xy6xy 3x2 − 3y2

], det(J) = 9(x2+y2)2 6= 0

⇒ J−1 =1

det(J)

[3x2 − 3y2 6xy−6xy 3x2 − 3y2

]⇒ J−1

0 =136

[0 6−6 0

]



X(0) = [x(0), y(0)]T = [1, 1]T.f1(x, y) = x3 − 3xy2 + 1 = 0

f2(x, y) = 3x2y − y3 = 0

Ο Ιακωβιανός πίνακας J(x, y) είναι

J =

[∂f1∂x

∂f1∂y

∂f2∂x

∂f2∂y

]=[

3x2 − 3y2 −6xy6xy 3x2 − 3y2

], det(J) = 9(x2+y2)2 6= 0

⇒ J−1 =1

det(J)

[3x2 − 3y2 6xy−6xy 3x2 − 3y2

]⇒ J−1

0 =136

[0 6−6 0

]

Λύνοντας X(1) = X(0) − J−10 · F(X(0)), µε F(X(0)) =

[−12

]⇒

⇒ X(1) =[

2/35/6

]Αριθµητική Ανάλυση, 4ο εξάµηνο ΜΗΧ.Ο.Π. 8

Επιτάχυνση Σύγκλισης Επαναληπτικών Μεθόδων

Στόχος η τάξη σύγκλισης από γραµµική→ τετραγωνική.




΄Εστω η xn ακολουθία που παράγεται από τη xn = φ(xn−1) και συγκλίνει

γραµµικά στο x? δηλ.

limn→∞

|xn+1 − x?||xn − x?|

= C, 0 < C < 1.

Κατασκευάζουµε xn που να συγκλίνει γρηγορότερα, τ.ω. για n >>xn+1 − x?

xn − x?≈ xn+2 − x?

xn+1 − x?⇒

⇒ x? =xn+2xn − x2

n+1

xn+2 − 2xn+1 + xn⇒ x? = xn −

(xn+1 − xn)2

xn+2 − 2xn+1 + xn




΄Εστω η xn ακολουθία που παράγεται από τη xn = φ(xn−1) και συγκλίνει

γραµµικά στο x? δηλ.

limn→∞

|xn+1 − x?||xn − x?|

= C, 0 < C < 1.

Κατασκευάζουµε xn που να συγκλίνει γρηγορότερα, τ.ω. για n >>xn+1 − x?

xn − x?≈ xn+2 − x?

xn+1 − x?⇒

⇒ x? =xn+2xn − x2

n+1

xn+2 − 2xn+1 + xn⇒ x? = xn −

(xn+1 − xn)2

xn+2 − 2xn+1 + xn

Aitken ∆2 µέθοδος

∆xn = xn+1 − xn (Προς τα εµπρός διαφορά)

∆2xn = ∆(xn+1 − xn) = ∆xn+1 −∆xn = xn+2 − 2xn+1 + xn


Επιτάχυνση Σύγκλισης-Aitken ∆2 µέθοδος

Συνεπώς

xn = xn −(∆xn)2

∆2xn

Η ακολουθία xn → x? γρηγορότερα από την xn.



Συνεπώς

xn = xn −(∆xn)2

∆2xn


Μέθοδος Steffensen

Συνδυασµός επαναληπτικής σταθερού σηµείου και Aitken



Συνεπώς

xn = xn −(∆xn)2

∆2xn


Μέθοδος Steffensen

Συνδυασµός επαναληπτικής σταθερού σηµείου και Aitken

Θεωρούµε φ(x) η οποία ικανοποιεί το Θ. συστολής σένα διάστηµα [a, b]. Η

µέθοδος σταθερού σηµείου

xn = φ(xn−1)→ x?, n→∞

µε x1 = φ(x0), x2 = φ(x1) εφαρµόζεται επαναληπτικά η διαδικασία Aitken.


Αλγόριθµος Steffensen

∆ίνονται x0, Nmax, ε και φ(x)


x1 = φ(x0)x2 = φ(x1)x← x0 − (∆x0)2

∆2x0

αν |x− x0| ≤ ε, τύπωσε x,N = n,→ έξοδος x? = x


x0← x

n← n+ 1πήγαινε στο 1


Ρίζες Πολυωνύµων

Οι πραγµατικές ϱίζες πολυωνύµων της µορφής

P (x) = anxn + an−1x

n−1 + · · · a1x+ a0 nth − ϐαθµού πολυώνυµο.

µπορούν να υπολογιστούν µε κάποια από τις προηγούµενες µεθόδους. Οι

ειδικές ιδιότητες όµως των πολυωνύµων µας δίνουν τη δυνατότητα να ϐρούµε

ειδικές µεθόδους για όλες τις πραγµατικές και µιγαδικές ϱίζες.









Θεµελιώδες Θεώρηµα της Αλγεβρας : ΄Εστω P (x) nth ϐαθµού πολυώνυµο,

n ≥ 1 µε a, 0, a1, . . . , an ∈ R(ήC). Τότε το P (x) έχει τουλάχιστον µία ϱίζα

πραγµατική ή µιγαδική.









Θεµελιώδες Θεώρηµα της Αλγεβρας : ΄Εστω P (x) nth ϐαθµού πολυώνυµο,

n ≥ 1 µε a, 0, a1, . . . , an ∈ R(ήC). Τότε το P (x) έχει τουλάχιστον µία ϱίζα

πραγµατική ή µιγαδική.

Πόρισµα : Για το P (x) = 0 υπάρχουν µοναδικές τιµές x1, x2, . . . , xk και

ακέραιοι m1,m2, . . . ,mk µε

k∑i=1

mi = n τ.ω.

P (x) = an(x− x1)m1(x− x2)m2 · · · (x− xk)mk

Μπορεί να χρησιµοποιηθεί η µέθοδος Horner.


Η µέθοδος του Muller (1956)Είναι παραλλαγή της µεθόδου της τέµνουσας και δεν χρειάζεται παράγωγος.

Τέµνουσα Muller

΄Εστω P (x) = a(x− x2)2 + b(x− x2) + c η παραβολή που περνά από τά

(x0, f(x0)), (x1, f(x1)), (x2, f(x2)).

Υπολογίζονται τα a, b, c από P (x0) = f(x0), P (x1) = f(x1), και

P (x2) = f(x2)⇒ x3 ϱίζα του P (x).


Η µέθοδος του Muller: Υπολογίζονται τα a, b, c ώς

f(x0) = a(x0 − x2)2 + b(x0 − x2) + c

f(x1) = a(x1 − x2)2 + b(x1 − x2) + c

f(x2) = a · 02 + b · 0 + c

c = f(x2)

b =(x0 − x2)2[f(x1)− f(x2)]− (x1 − x2)2[f(x0)− f(x2)]

(x0 − x2)(x1 − x2)(x0 − x1)

a =(x1 − x2)[f(x0)− f(x2)]− (x0 − x2)[f(x1)− f(x2)]

(x0 − x2)(x1 − x2)(x0 − x1)



f(x0) = a(x0 − x2)2 + b(x0 − x2) + c

f(x1) = a(x1 − x2)2 + b(x1 − x2) + c

f(x2) = a · 02 + b · 0 + c

c = f(x2)

b =(x0 − x2)2[f(x1)− f(x2)]− (x1 − x2)2[f(x0)− f(x2)]

(x0 − x2)(x1 − x2)(x0 − x1)

a =(x1 − x2)[f(x0)− f(x2)]− (x0 − x2)[f(x1)− f(x2)]

(x0 − x2)(x1 − x2)(x0 − x1)

Για τον υπολογισµό του x3 (το κοντινότερο στο x2) επίλυση τριωνύµου ( 2 δυνατότητες)

x3 − x2 =−2c

b±√b2 − 4ac

⇒ x3 = x2 −2c

b+ sgn(b)√b2 − 4ac



f(x0) = a(x0 − x2)2 + b(x0 − x2) + c

f(x1) = a(x1 − x2)2 + b(x1 − x2) + c

f(x2) = a · 02 + b · 0 + c

c = f(x2)

b =(x0 − x2)2[f(x1)− f(x2)]− (x1 − x2)2[f(x0)− f(x2)]

(x0 − x2)(x1 − x2)(x0 − x1)

a =(x1 − x2)[f(x0)− f(x2)]− (x0 − x2)[f(x1)− f(x2)]

(x0 − x2)(x1 − x2)(x0 − x1)

Για τον υπολογισµό του x3 (το κοντινότερο στο x2) επίλυση τριωνύµου ( 2 δυνατότητες)

x3 − x2 =−2c

b±√b2 − 4ac

⇒ x3 = x2 −2c

b+ sgn(b)√b2 − 4ac

Θέτουµε x0 = x1 x1 = x2 x2 = x3 και συνεχίζουµε µέχρι σύγκλισης


Αλγόριθµος του Muller

∆ίνονται x0, x1, x2, ε, Nmax.


h1 = x1 − x0, h2 = x2 − x1

δ1 = (f(x1)− f(x0))/h1

δ2 = (f(x2)− f(x1))/h2;d = (δ2 − δ1)/(h2 + h1)b = δ2 + h2d

D =√b2 − 4f(x2)d % ίσως µιγαδικό

Αν |b−D| < |b+D|τότε E = b+Dδιαφορετικά E = b−Dh = −2f(x2)/Ex = x2 + hΑν |h| < ε τύπωσε x,N = i,→ έξοδος x? = xδιαφορετικά

x0 ← x1, x1 ← x2 x3 ← xn← n+ 1



Παράδειγµα :΄Εστω η f(x) = ex + 1 (η οποία δεν έχει πραγµατικές ϱίζες,

x? = πi) και οι αρχικές τιµές x0 = 1, x1 = 0, x2 = −1.




Για το P (x) = a(x+ 1)2 + b(x+ 1) + c

c = f(x2) = 1 + 1/e ≈ 1.3679

b =(x0 − x2)2[f(x1)− f(x2)]− (x1 − x2)2[f(x0)− f(x2)]

(x0 − x2)(x1 − x2)(x0 − x1)

=4(1− 1/e)− (e− 1/e)

2≈ 0.0890

a =(x1 − x2)[f(x0)− f(x2)]− (x0 − x2)[f(x1)− f(x2)]

(x0 − x2)(x1 − x2)(x0 − x1)

=(e− 1/e)− 2(1− 1/e)

2≈ 0.5431




Για το P (x) = a(x+ 1)2 + b(x+ 1) + c

c = f(x2) = 1 + 1/e ≈ 1.3679

b =(x0 − x2)2[f(x1)− f(x2)]− (x1 − x2)2[f(x0)− f(x2)]

(x0 − x2)(x1 − x2)(x0 − x1)

=4(1− 1/e)− (e− 1/e)

2≈ 0.0890

a =(x1 − x2)[f(x0)− f(x2)]− (x0 − x2)[f(x1)− f(x2)]

(x0 − x2)(x1 − x2)(x0 − x1)

=(e− 1/e)− 2(1− 1/e)

2≈ 0.5431

Για το x = x3 κοντά στο x2

x3 − x2 = x3 + 1 =−2c

b+√b2 − 4ac

≈ −0.0820 + 1.5849i⇒ x3 ≈ −1.0820 + 1.5849i


....Παράδειγµα : Στη επόµενη επανάληψη

a ≈ 0.2157 + 0.1094i , b ≈ 0.0343 + 0.5563i, c ≈ 0.9952 + 0.3389i




∆ιάλεξη 8η



Αριθµητική Ανάλυση, 3ο Εξάµηνο ΜΗΧ.Ο.Π., 2008

Κεφ. 3: Παρεµβολή• Σε πολλά πρακτικά προβλήµατα (π.χ. πειράµατα) γνωρίζουµε τιµές σέ ένα

πεπερασµένο σύνολο σηµείων xi (π.χ. µετρήσεις) µίας άγνωστηςσυνάρτησης f . Το ερώτηµα εδώ είναι αν µπορούµε να προσεγγίσουµε την f

µε µία άλλη συνάρτηση η οποία είναι εύκολο να υπολογιστεί.

Αριθµητική Ανάλυση, 3ο Εξάµηνο ΜΗΧ.Ο.Π., 2008 1

Κεφ. 3: Παρεµβολή• Σε πολλά πρακτικά προβλήµατα (π.χ. πειράµατα) γνωρίζουµε τιµές σέ ένα

πεπερασµένο σύνολο σηµείων xi (π.χ. µετρήσεις) µίας άγνωστηςσυνάρτησης f . Το ερώτηµα εδώ είναι αν µπορούµε να προσεγγίσουµε την f

µε µία άλλη συνάρτηση η οποία είναι εύκολο να υπολογιστεί.

• Ειδικότερα, αν µας δίνουν σηµεία (xi, yi), i = 0, 1, 2, . . . , n, τα οποία

αντιστοιχούν σε n+ 1 ¨µετρήσεις¨ στα xi σηµεία της µεταβλητής y ϑέλουµε

να παρεµβάλουµε µία άλλη συνάρτηση p(x) στα δεδοµένα τ.ω.

p(xi) = f(xi), i = 0, 1, 2, . . . , n.


Πολυωνυµική Παρεµβολή

∆ίνονται τα σηµεία (δεδοµένα)

x x0 x1 · · · xn

y y0 y1 · · · ynn+ 1 τιµές

Το πρόβληµα: Ϲητάµε να κατασκευάσουµε ένα πολυώνυµο pn(x), ϐαθµού το

πολύ n τ.ω.

pn(xi) = yi(= f(xi)), i = 0, 1, 2, . . . , n.

Το pn(x) ϑα ονοµάζεται πολυώνυµο παρεµβολής (στα δοσµένα σηµεία).


Γιατί παρεµβάλουµε πολυώνυµα ;

• Μπορούν να υπολογιστούν εύκολα, µ’ενα πεπερασµένο πλήθος πράξεων.

•Παραγωγίζονται και ολοκληρώνονται εύκολα

•΄Εχουν καλές προσεγγιστικές ιδιότητες

Θεώρηµα Προσέγγισης Weierstrass: Εάν f ∈ C[a, b] και ε > 0 υπάρχει

πολυώνυµο Pε στο [a, b] τ.ω.

||f − Pε||∞ = maxa≤x≤b

|f(x)− Pε| < ε ∀x ∈ [a, b]



Θεώρηµα (Παρεµβολή τύπου Lagrange):΄Εστω xini=0 ∈ R να είναι n+ 1ανά δύο διαφορετικά µεταξύ τους σηµεία και yini=0 ∈ R. Τότε ∃ µοναδικόπολυώνυµο p ϐαθµού το πολύ n (γράφουµε p ∈ Pn) τ.ω.

p(xi) = yi, i = 0, 1, . . . , n.




p(xi) = yi, i = 0, 1, . . . , n.

Απόδειξη : ΄Εστω p(x) = a0 + a1x+ · · · anxn µε άγνώστους a0, a1, . . . , an.

Από τη σχέση p(xi) = yi, i = 0, 1, . . . , n έχουµε (n+ 1) εξισώσεις µε

(n+ 1) αγνώστους.

V a = y⇔

1 x0 x2

0 · · · xn0

1 x1 x21 · · · xn

1

1 : :: : :1 xn x2

n xnn

a0

a1

a2

:an

=

y0y1y2:yn

(1)

Ο πίνακας V λέγεται πίνακας Vandermonde.




p(xi) = yi, i = 0, 1, . . . , n.

Απόδειξη : ΄Εστω p(x) = a0 + a1x+ · · · anxn µε άγνώστους a0, a1, . . . , an.

Από τη σχέση p(xi) = yi, i = 0, 1, . . . , n έχουµε (n+ 1) εξισώσεις µε

(n+ 1) αγνώστους.

V a = y⇔

1 x0 x2

0 · · · xn0

1 x1 x21 · · · xn

1

1 : :: : :1 xn x2

n xnn

a0

a1

a2

:an

=

y0y1y2:yn

(1)

Ο πίνακας V λέγεται πίνακας Vandermonde.

Το σύστηµα (1) λύνεται µοναδικά (γιατί;)


Παράσταση και κατασκευή του πολυωνύµου παρεµβολής

Παράσταση στη µορφή Lagrange

΄Εστω x0, x1, . . . , xn ανά δύο διαφορετικά µεταξύ τους σηµεία και έστω το

n−ϐαθµού πολυώνυµο Li(x)

Li(x) =(x− x0)(x− x1) · · · (x− xi−1)(x− xi+1) · · · (x− xn)

(xi − x0)(xi − xj) · · · (xi − xi−1)(xi − xi+1) · · · (xi − xn)

=n∏

j=0j 6=i

(x− xj)(xi − xj)

που µηδενίζεται στα x0, x1, . . . , xi−1, xi+1, . . . , xn, δηλ.

Li(xj) = δij =

1 i = j

0 i 6= j


Παράσταση και κατασκευή του πολυωνύµου παρεµβολής


΄Εστω x0, x1, . . . , xn ανά δύο διαφορετικά µεταξύ τους σηµεία και έστω το

n−ϐαθµού πολυώνυµο Li(x)

Li(x) =(x− x0)(x− x1) · · · (x− xi−1)(x− xi+1) · · · (x− xn)

(xi − x0)(xi − xj) · · · (xi − xi−1)(xi − xi+1) · · · (xi − xn)

=n∏

j=0j 6=i

(x− xj)(xi − xj)

που µηδενίζεται στα x0, x1, . . . , xi−1, xi+1, . . . , xn, δηλ.

Li(xj) = δij =

1 i = j

0 i 6= j

Τα πολυώνυµα L0, . . . , Ln λέγονται πολυώνυµα Lagrange



Το άθροισµα πολυωνύµων n−ϐαθµού⇒ n−ϐαθµού πολυώνυµο και τότε

p(x) =n∑

i=0

yiLi(x) (παράσταση σε µορφή Lagrange)



Το άθροισµα πολυωνύµων n−ϐαθµού⇒ n−ϐαθµού πολυώνυµο και τότε

p(x) =n∑

i=0

yiLi(x) (παράσταση σε µορφή Lagrange)

Αν f(x) συνάρτηση τ.ω. f(xi) = yi, i = 0, 1 . . . , n τότε το πολυώνυµο

παρεµβολής σε µορφή Lagrange είναι

p(x) =n∑

i=0

f(xi)Li(x) (2)

Το πολυώνυµο p(x) που κατασκευάζεται στη (2) είναι προφανώς n−ϐαθµού,

µοναδικό ως προς τα σηµεία xini=0 και έχει την τιµή f(xk) στο x = xk για

k = 0, 1, 2, . . . , n.


΄Εστω τα σηµεία (−9, 5), (−4, 2), (−1,−2), (7, 9)Το πολυώνυµο παρεµβολής τότε ϑα είναι το πολύ 3ου ϐαθµού και τα

πολυώνυµα Lagrange 5L1, 2L2, (−2)L3, 9L4

Το πολυώνυµο p3(x) περνά και από τα 4 σηµεία. Τα κάθε πολυώνυµο

Lagrange περνά από το αντίστοιχο σηµείο και είναι 0 στα υπόλοιπα 3.


Παράδειγµα: Κατασκευάστε το πολυώνυµο παρεµβολής Lagrange στα

σηµεία x0 = −1.5, x1 = −0.75, x2 = 0, x3 = 0.75, x4 = 1.5 της

f(x) = tan(x).



σηµεία x0 = −1.5, x1 = −0.75, x2 = 0, x3 = 0.75, x4 = 1.5 της

f(x) = tan(x).

Υπολογίζουµε αρχικά τα f(x0) = −14.1014, f(x1) = −0.931596, f(x2) =0, f(x3) = 0.931596, f(x0) = 14.1014.



σηµεία x0 = −1.5, x1 = −0.75, x2 = 0, x3 = 0.75, x4 = 1.5 της

f(x) = tan(x).

Υπολογίζουµε αρχικά τα f(x0) = −14.1014, f(x1) = −0.931596, f(x2) =0, f(x3) = 0.931596, f(x0) = 14.1014.

Τα πολυώνυµα Lagrange είναι

L0(x) =x− x1

x0 − x1· x− x2

x0 − x2· x− x3

x0 − x3· x− x4

x0 − x4=

1243

x(2x− 3)(4x− 3)(4x+ 3)

L1(x) =x− x0

x1 − x0· x− x2

x1 − x2· x− x3

x1 − x3· x− x4

x1 − x4= − 8

243x(2x− 3)(2x+ 3)(4x− 3)

L2(x) =x− x0

x2 − x0· x− x1

x2 − x1· x− x3

x2 − x3· x− x4

x2 − x4=

3243

(2x+ 3)(4x+ 3)(4x− 3)(2x− 3)

L3(x) =x− x0

x3 − x0· x− x1

x3 − x1· x− x2

x3 − x2· x− x4

x3 − x4= − 8

243x(2x− 3)(2x+ 3)(4x+ 3)

L4(x) =x− x0

x4 − x0· x− x1

x4 − x1· x− x2

x4 − x2· x− x3

x4 − x3=

1243

x(2x+ 3)(4x− 3)(4x+ 3)


. . .Παράδειγµα . . . Συνεπώς το πολυώνυµο παρεµβολής

p(x) =1

243

(f(x0)x(2x− 3)(4x− 3)(4x+ 3)

− 8f(x1)x(2x− 3)(2x+ 3)(4x− 3)

+ 3f(x2)(2x+ 3)(4x+ 3)(4x− 3)(2x− 3)

− 8f(x3)x(2x− 3)(2x+ 3)(4x+ 3)

+ f(x4)x(2x+ 3)(4x− 3)(4x+ 3))

= 4.834848x3 − 1.477474x.




∆ιάλεξη 9η




Εκτίµηση Σφάλµατος Πολυωνυµικής Παρεµβολής

Θεώρηµα ΄Εστω f ∈ Cn+1[a, b] και x0, x1, . . . , xn ανά δύο διαφορετικά

µεταξύ τους σηµεία. ΄Εαν p ∈ Pn το πολυώνυµο παρεµβολής στα xini=0

τότε ισχύουν ∀x ∈ [a, b]

f(x)− p(x) =1

(n+ 1)!f (n+1)(ξ)

n∏i=0

(x− xi), για ξ ∈ (a, b),

και






f(x)− p(x) =1

(n+ 1)!f (n+1)(ξ)

n∏i=0

(x− xi), για ξ ∈ (a, b),

και

||f(x)− p(x)||∞ ≤ maxa≤x≤b

∣∣∣ n∏i=0

(x− xi)∣∣∣||f (n+1)||∞

(n+ 1)!.

||g||∞ = maxa≤x≤b

|g(x)|


Παράδειγµα : ΄Εστω f(x) ∈ C2[a, b] και ϑέλουµε το µέγιστο σφάλµα του

γραµµικού πολυωνύµου παρεµβολής δηλ. το πολυώνυµο px(x) που

παρεµβάλλεται στα σηµεία x = a και x = b.





p1(x) = f(a) +f(b)− f(a)

b− a(x− a)





p1(x) = f(a) +f(b)− f(a)

b− a(x− a)

Βάσει του ϑεωρήµατος το σφάλµα είναι

||f(x)− p1(x)||∞ ≤ 12

maxa≤x≤b

|(x− a)(x− b)| · ||f (2)||∞





p1(x) = f(a) +f(b)− f(a)

b− a(x− a)


||f(x)− p1(x)||∞ ≤ 12

maxa≤x≤b

|(x− a)(x− b)| · ||f (2)||∞

=(b− a)2

8maxa≤x≤b

|f ′′(x)|



΄Εστω το p2 πολυώνυµο που παρεµβάλει την f(x) = sin(x) στα

x0 = 0, x1 = π/4, x2 = π/2

|| sin(x)− p2(x)||∞ ≤ 13!

max0≤x≤π2

∣∣∣x(x− π4

)(x− π2

)∣∣∣ · || sin(3)(x)||∞




x0 = 0, x1 = π/4, x2 = π/2

|| sin(x)− p2(x)||∞ ≤ 13!

max0≤x≤π2

∣∣∣x(x− π4

)(x− π2

)∣∣∣ · || sin(3)(x)||∞

=13!·√

3π3

288· 1 ≈ 0.031

(΄Ασκηση)


΄Ασκηση Κατασκευάστε το πολυώνυµο παρεµβολής Lagrange στα σηµεία

x0 = −2π/3, x1 = −π/3, x2 = π/3, x3 = 2π/3 της f(x) = sin(x) στο

[−π, π], και υπολογίστε µια εκτίµηση του σφάλµατος. Παρουσιάστε τα

αποτελέσµατα και γραφικά.






Λύση Ισχύει ότι sin(x0) = sin(x1) = −√

3/2 και sin(x2) = sin(x3) =√

3/2.







3/2 και sin(x2) = sin(x3) =√

3/2.

Τα πολυώνυµα Lagrange, 3ου ϐαθµού, είναι

L0(x) =(x+ π

3)(x− π3)(x− 2π

3 )(x0 + π

3)(x0 − π3)(x0 − 2π

3 )=−9(x+ π

3)(x− π3)(x− 2π

3 )4π3

L1(x) =(x+ 2π

3 )(x− π3)(x− 2π

3 )(x1 + 2π

3 )(x1 − π3)(x1 − 2π

3 )=

9(x+ 2π3 )(x− π

3)(x− 2π3 )

2π3

L2(x) =(x+ 2π

3 )(x+ π3)(x− 2π

3 )(x2 + 2π

3 )(x2 + π3)(x2 − 2π

3 )=−9(x+ 2π

3 )(x+ π3)(x− 2π

3 )2π3

L3(x) =(x+ 2π

3 )(x+ π3)(x− π

3)(x3 + 2π

3 )(x3 + π3)(x3 − π

3)=

9(x+ 2π3 )(x+ π

3)(x− π3)

4π3


Το πολυώνυµο παρεµβολής στη µορφή Lagrange τότε

p(x) =−√

32

L0(x)−√

32L1(x) +

√3

2L2(x) +

√3

2L3(x)

=9√

38π3

((x+

π

3)(x− π

3)(x− 2π

3)− 2(x+

2π3

)(x− π3

)(x− 2π3

)

−2(x+2π3

)(x+π

3)(x− 2π

3) + (x+

2π3

)(x+π

3)(x− π

3))



p(x) =−√

32

L0(x)−√

32L1(x) +

√3

2L2(x) +

√3

2L3(x)

=9√

38π3

((x+

π

3)(x− π

3)(x− 2π

3)− 2(x+

2π3

)(x− π3

)(x− 2π3

)

−2(x+2π3

)(x+π

3)(x− 2π

3) + (x+

2π3

)(x+π

3)(x− π

3))

p(x)−−−


Εκτίµηση Σφάλµατος

f(x)− p(x) =14!f (4)(ξ)

3∏i=0

(x− xi) =124

sin(ξ(x))3∏i=0

(x− xi)⇒

||f(x)− p(x)||∞ ≤124|| sin(x)||∞||

3∏i=0

(x− xi)||∞ ≤124· 1 · max

x∈[−π,π]

∣∣∣ 3∏i=0

(x− xi)∣∣∣



f(x)− p(x) =14!f (4)(ξ)

3∏i=0

(x− xi) =124

sin(ξ(x))3∏i=0

(x− xi)⇒

||f(x)− p(x)||∞ ≤124|| sin(x)||∞||

3∏i=0

(x− xi)||∞ ≤124· 1 · max

x∈[−π,π]

∣∣∣ 3∏i=0

(x− xi)∣∣∣

Πραγµατικό σφάλµα |sin(x)− p(x)| και εκτίµηση (−−−)



f(x)− p(x) =14!f (4)(ξ)

3∏i=0

(x− xi) =124

sin(ξ(x))3∏i=0

(x− xi)⇒

||f(x)− p(x)||∞ ≤124|| sin(x)||∞||

3∏i=0

(x− xi)||∞ ≤124· 1 · max

x∈[−π,π]

∣∣∣ 3∏i=0

(x− xi)∣∣∣


Παρατηρείστε ότι στα σηµεία παρεµβολής τό σφάλµα είναι 0.


΄Ασκηση ∆ίνεται η f(x) = ex, x ∈ [−1, 1]. Να υπολογιστεί η απόσταση h των

σηµείων έτσι ώστε να προσεγγίζεται η f(x) από το p2(x) µε ακρίβεια k

δεκαδικών ψηφίων.





Λύση Από το ϑεώρηµα σφάλµατος στα σηµεία x0, x1, x2

ex − p2(x) =13!

(x− x0)(x− x1)(x− x2)eξ

Για την παραµβολή ϑέτουµε h = x1 − x0 = x2 − x1 και x0 ≤ x ≤ x2

||ex − p2(x)||∞ ≤13!

maxx∈[−1,1]|

∣∣∣(x− x0)(x− x1)(x− x2)∣∣∣e1






ex − p2(x) =13!

(x− x0)(x− x1)(x− x2)eξ


||ex − p2(x)||∞ ≤13!

maxx∈[−1,1]|

∣∣∣(x− x0)(x− x1)(x− x2)∣∣∣e1

Υποθέτοντας x1 = 0, x0 = −h, x2 = h τότε

w(x) =(x− x0)(x− x1)(x− x2)

6=x3 − xh2

6






ex − p2(x) =13!

(x− x0)(x− x1)(x− x2)eξ


||ex − p2(x)||∞ ≤13!

maxx∈[−1,1]|

∣∣∣(x− x0)(x− x1)(x− x2)∣∣∣e1


w(x) =(x− x0)(x− x1)(x− x2)

6=x3 − xh2

6

Για την εύρεση του max της w(x)

w′(x) =3x2 − h2

6= 0 ⇒ x = ±h/

√3


Συνεπώς

maxx∈[−1,1]

∣∣∣(x− x0)(x− x1)(x− x2)6

∣∣∣ =∣∣∣w(±h/

√3)∣∣∣ =

h3

9√

3

και

||ex − p2(x)||∞ ≤h3

9√

3e ≈ 0.174h3


Συνεπώς

maxx∈[−1,1]

∣∣∣(x− x0)(x− x1)(x− x2)6

∣∣∣ =∣∣∣w(±h/

√3)∣∣∣ =

h3

9√

3

και

||ex − p2(x)||∞ ≤h3

9√

3e ≈ 0.174h3

Αν ϑέλουµε ακρίβεια k δεκαδικών ψηφίων.

h3

9√

3e ≤ 1

210−k ⇒ h ≤ 3

√9√

32e10k

≈ 3

√2.8710k

.


Παράσταση του πολυωνύµου παρεµβολής στη µορφή Νεύτωνα

΄Εστω x0, x1, . . . , xn ∈ R ανά δύο διαφορετικά µεταξύ τους σηµεία και

y0, y1, . . . , yn ∈ R γράφουµε το πολυώνυµο pn(x) για το οποίο pn(xi) = yiως

pn(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1) + · · ·+ an(x− x0)(x− x1) · · · (x− xn−1)

Τότε υπολογίζω τους (άγνωστους) συντελεστές a0, a1, a2, . . . , an διαδοχικά







p(x0) = y0 → a0 = y0







p(x0) = y0 → a0 = y0

p(x1) = y1 → a1 =y1 − a0

x1 − x0







p(x0) = y0 → a0 = y0

p(x1) = y1 → a1 =y1 − a0

x1 − x0

p(x2) = y2 → a2 =(y2 − a0

x2 − x0− a1

)/(x2 − x1)







p(x0) = y0 → a0 = y0

p(x1) = y1 → a1 =y1 − a0

x1 − x0

p(x2) = y2 → a2 =(y2 − a0

x2 − x0− a1

)/(x2 − x1)

p(x3) = y3 → a3 = · · · · · ·


Παράδειγµα Να κατασκευαστεί το πολυώνυµο παρεµβολής στη µορφήΝεύτωνα που παρεµβάλλεται στις τιµές της f(x) = 1/x στα σηµεία

x0 = 2, x1 = 2.5, x2 = 4.



x0 = 2, x1 = 2.5, x2 = 4.

Το πολυώνυµο ϑα είναι 2ου ϐαθµού της µορφής

p2(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1)

Υπολογίζω τους (άγνωστους) συντελεστές a0, a1, a2 διαδοχικά



x0 = 2, x1 = 2.5, x2 = 4.


p2(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1)


p(2) = 1/2 → a0 =12



x0 = 2, x1 = 2.5, x2 = 4.


p2(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1)


p(2) = 1/2 → a0 =12

p(2.5) = 2/5 → a1 =2.5− 1/2

0.5= −1

5



x0 = 2, x1 = 2.5, x2 = 4.


p2(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1)


p(2) = 1/2 → a0 =12

p(2.5) = 2/5 → a1 =2.5− 1/2

0.5= −1

5

p(4) = 1/4 → a2 =(2/5− 1/2

2+ 1/5

)/(1.5) =

120



x0 = 2, x1 = 2.5, x2 = 4.


p2(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1)


p(2) = 1/2 → a0 =12

p(2.5) = 2/5 → a1 =2.5− 1/2

0.5= −1

5

p(4) = 1/4 → a2 =(2/5− 1/2

2+ 1/5

)/(1.5) =

120

Συνεπώς

p2(x) = 0.5−0.2(x−2) + 0.05(x−2)(x−2.5) = 0.05x2−0.425x+ 1.15


΄Ασκηση ∆ίνεται ο πίνακας τιµών (της f(x) = 1 + x3)

xi 0 1 2 3

f(xi) = yi 1 2 9 28

Να ϐρεθεί το πολυώνυµο παρεµβολής στη µορφή Νεύτωνα για τα 4 σηµεία

καθώς και για τα 3 πρώτα και 3 τελευταία σηµεία και να προσεγγιστεί η τιµή

f(1.5) για καθένα από αυτά.



xi 0 1 2 3

f(xi) = yi 1 2 9 28




Λύση Το πολυώνυµο για όλα τα σηµεία είναι

p3(x) = 1 + 1 · x+ 6x(x− 1)

2+ 6

x(x− 1)(x− 2)6

= 1 + x3

Συνεπώς f(1.5) = p3(1.5) = 4.375.



xi 0 1 2 3

f(xi) = yi 1 2 9 28





p3(x) = 1 + 1 · x+ 6x(x− 1)

2+ 6

x(x− 1)(x− 2)6

= 1 + x3

Συνεπώς f(1.5) = p3(1.5) = 4.375.

Αν χρησιµοποιηθούν τα τρία πρώτα σηµεία

p2(x) = 1 + 1 · x+ 6x(x− 1)

2

Τότε p2(1.5) = 4.75.


Σύγκριση πολυωνύµου παρεµβολής σε µορφή Lagrange και Νεύτωνα

Το πολυώνυµο παρεµβολής είναι µοναδικό συνεπώς και οι δύο µορφέςδίνουν το ίδιο αποτέλεσµα




• Η απλότητα της µορφής Lagrange είναι το ϐασικό πλεονέκτηµα όµως εάν

προστεθεί ένα επιπλέον σηµείο παρεµβολής xn+1 απαιτείται υπολογισµός εξ

αρχής όλων των νέων πολυωνύµων Lagrange Li, πράγµα ασύµφορο.







• Στη µορφή Νεύτωνα αν προστεθεί επιπλέον σηµείο παρεµβολής τότε

χρειάζεται µόνο ο υπολογισµός του συντελεστή an+1, οι υπόλοιποι µένουν ως

έχουν. Μπορούµε να κάνουµε οικονοµία στις πράξεις αν ϑέλουµε να

υπολογίσουµε τα πολυώνυµα παρεµβολής που προκύπτουν αν αφαιρέσουµε

ή προσθέσουµε σηµεία παρεµβολής ή αν µεταβάλλουµε κάποια από τα yi.












•Ο υπολογισµός της τιµής του πολυωνύµου σε ένα σηµείο x (διαφορετικό

από τα σηµεία παρεµβολής) µε τη µορφή Lagrange απαιτεί περισσότερες

πράξεις από ότι στη µορφή Νεύτωνα όπου αφού υπολογιστούν οι συντελεστές

ai η τιµή υπολογίζεται σε O(n) πράξεις µε το σχήµα Horner (ϐλ. Κεφ. 1).


Κατασκευή του πολυωνύµου παρεµβολής µε ∆ιαιρεµένες ∆ιαφορές

΄Εστω f ∈ C[a, b] και x0, x1, . . . , xn ∈ [a, b] µε xi 6= xj, i 6= j. ΄Ορίζουµε

επαγωγικά ως προς i

∆0(x0)(f) = f(x0)

∆1(x0, x1)(f) =∆0(x1)(f)−∆0(x0)(f)

x1 − x0=f(x1)− f(x0)

x1 − x0... ... ...

∆i(x0, x1, . . . xi)(f) =∆i−1(x1, x2, . . . xi)(f)−∆i−1(x0, x1, . . . xi−1)(f)

xi − x0

ο αριθµός ∆i(x0, x1, . . . xi)(f) λέγεται διαιρεµένη διαφορά τάξεως i της fπρος τα x0, . . . , xi.





∆0(x0)(f) = f(x0)

∆1(x0, x1)(f) =∆0(x1)(f)−∆0(x0)(f)

x1 − x0=f(x1)− f(x0)

x1 − x0... ... ...


xi − x0


΄Εστω το πολυώνυµο παρεµβολής στη µορφή Νεύτωνα



Υπολογίζω τους (άγνωστους) συντελεστές a0, a1, . . . , an ως

ai = ∆i(x0, x1, . . . xi)(f), i = 0, . . . , n



ai = ∆i(x0, x1, . . . xi)(f), i = 0, . . . , n

Πίνακας ∆ιαιρεµένων ∆ιαφορών

x0 f(x0)∆1(x0, x1)(f)

x1 f(x1) ∆2(x0, x1, x2)(f)∆1(x1, x2)(f) ∆3(x0, x1, x2, x3)(f)

x2 f(x2) ∆2(x1, x2, x3)(f) ... . . .

∆1(x2, x3)(f) ...

x3 f(x3) ...

... ...

Τότε a0 = f(x0), a1 = ∆1(x0, x1)(f), a2 = ∆2(x0, x1, x2)(f)


Παράδειγµα ΄Εστω f(x) = x2 − 4x+ 1 και x0 = 2, x1 = 3, x2 = 5 να

ϐρεθεί το πολυώνυµο παρεµβολής µε χρήση διαιρεµένων διαφορών.




Ξεκινάµε γράφωντας τις δύο πρώτες στήλες µέ τα xi και f(xi)2 −33 −25 6

Υπολογίζουµε την επόµενη στήλη, αρχίζοντας από το ∆1(x0, x1).

∆1(x0, x1) =(−2)− (−3)x1 − x0

=(−2)− (−3)

3− 211

= 1,

και έχουµε 2 −31

3 −2

5 6

.

Στη συνέχεια υπολογίζουµε το ∆1(x1, x2),


∆1(x1, x2) =6− (−2)

5− 3=

82

= 4,


3 −24

5 6

.

και τελικά στη τρίτη στήλη το ∆2(x0, x1, x2) ως

∆2(x0, x1, x2) =4− 15− 2

=33

= 1,

και έχουµε τον πίνακα διαφορών

2 −31

3 −2 14

5 6

.


Το πολυώνυµο παρεµβολής δίνεται

p2(x) = −3 + 1 · (x− 2) + 1 · (x− 2)(x− 3)

= 1− 4x+ x2.

Η παρεµβολή είναι ακριβής (µηδενικό σφάλµα) µία που παρεµβάλλουµε µιασυνάρτηση f που είναι πολυώνυµο δευτέρου βαθµού



p2(x) = −3 + 1 · (x− 2) + 1 · (x− 2)(x− 3)

= 1− 4x+ x2.


Παράδειγµα Για τα παρακάτω δεδοµένα να κατασκευασθεί ο πίνακας

διαιρεµένων διαφορών και να προσδιοριστεί το πολυώνυµο παρεµβολής,

xi 1 3/2 0 2

f(xi) = yi 3 13/4 3 5/3



p2(x) = −3 + 1 · (x− 2) + 1 · (x− 2)(x− 3)

= 1− 4x+ x2.




xi 1 3/2 0 2

f(xi) = yi 3 13/4 3 5/3

Το πολυώνυµο παρεµβολής ϑα είναι το πολύ τρίτου ϐαθµού (p ∈ P3)

Ο πίνακας διαφορών δίνεται ως εξής :


1 31/2

3/2 13/4 1/31/6 −2

0 3 −5/32/3

2 5/3


1 31/2

3/2 13/4 1/31/6 −2

0 3 −5/32/3

2 5/3Οι συντελεστές του πολυωνύµου παρεµβολής δίνονται από

a0 = ∆0(x0)(f) = 3

a1 = ∆1(x0, x1)(f) = 1/2

a2 = ∆2(x0, x1, x2)(f) = 1/3

a3 = ∆3(x0, x1, x2, x3)(f) = −2

΄Αρα

p3(x) = 3 +12(x− 1) +

13(x− 1)(x− 3/2)−2(x− 1)(x− 3/2)x


Συµπεριφορά πολυωνυµικής παρεµβολής για µεγάλο n

Γνωρίζουµε από την εκτίµηση σφάλµατος της πολ. παρεµβολής ότι

||f(x)− p(x)||∞ ≤ maxa≤x≤b

∣∣∣ n∏i=0

(x− xi)∣∣∣||f (n+1)||∞

(n+ 1)!

ϑέτωντας Φn+1 =∏ni=0(x− xi) έχουµε

||f(x)− p(x)||∞ ≤ ||Φn+1||∞||f (n+1)||∞

(n+ 1)!

Για [a, b] = [−1, 1] και οµοιόµορφα κατανεµηµένα σηµεία xi = −1 + ih µε

h = 2n ισχύει

||f(x)− p(x)||∞ ≤n!4hn+1||f (n+1)||∞

(n+ 1!)≤ hn+1||f (n+1)||∞

(n+ 1)




||f(x)− p(x)||∞ ≤ maxa≤x≤b

∣∣∣ n∏i=0

(x− xi)∣∣∣||f (n+1)||∞

(n+ 1)!


||f(x)− p(x)||∞ ≤ ||Φn+1||∞||f (n+1)||∞

(n+ 1)!


h = 2n ισχύει

||f(x)− p(x)||∞ ≤n!4hn+1||f (n+1)||∞

(n+ 1!)≤ hn+1||f (n+1)||∞

(n+ 1)

Αναµένουµε λοιπόν

∀f ∈ C[−1, 1] limn→∞

||f − pn|| = 0


. . .΄Οµως . . . έστω η f(x) = 11+25x2, x ∈ [−1, 1] και έστω τα πολυώνυµα

παρεµβολής p5 και p9 σε (6 και 10 αντίστοιχα) οµοίοµορφα κατανεµηµένους

κόµβους στο [−1, 1].





Για αυτή τη συνάρτηση (παράδειγµα του Runge) ισχύει

limn→∞

||f − pn|| =∞


Το πρόβληµα ϕαίνεται να οφείλεται στον οµοιόµορφο διαµερισµό

xi = −1 + 2in = −1 + ih, i = 0, . . . , n



xi = −1 + 2in = −1 + ih, i = 0, . . . , n

Πυκνώνοντας τα σηµεία παρεµβολής κοντά στα άκρα µε τη χρήση των

σηµείων Chebyshev xi = cos(

2i+1n+1 ·

π2

), i = 0, . . . , n



xi = −1 + 2in = −1 + ih, i = 0, . . . , n



2i+1n+1 ·

π2

), i = 0, . . . , n

Τα σηµεία αυτά είναι ϱίζες του πολυωνύµου Chebyshev Tn+1

Tn+1 = cos((n+ 1) arccosx), x ∈ [−1, 1]

και καθώς το n αυξάνει συσσωρεύονται προς τα άκρα του διαστήµατος.


Το παράδειγµα του Runge στα σηµεία Chebyshev

f = 11+25x2

Πολυώνυµο παρεµβολής για n = 17 οµοιόµορφους κόµβους

Πολυώνυµο παρεµβολής για n = 17 σηµεία Chebyshev


Μπορεί να δειχθεί ότι για τη συνάρτηση Runge στα Chebyshev

limn→∞

||f − pn|| = 0

΄Οµως υπάρχει το εξής αρνητικό Θεώρηµα :



limn→∞

||f − pn|| = 0


Θεώρηµα Faber (1914) Για κάθε πίνακα σηµείων παρεµβολής

xni ∈ [−1, 1] υπάρχει συνάρτηση f ∈ C[−1, 1], τ.ω. αν pn το πολυώνυµο

που παρεµβάλλεται στην f στα xn0, . . . , xnn, τότε ισχύει

limn→∞

||f − pn|| =∞



limn→∞

||f − pn|| = 0





limn→∞

||f − pn|| =∞

• Ακόµη και αν δεν ίσχυε το Θ. Faber τα προβλήµατα σφαλµάτων

στρογγύλευσης στον υπολογισµό των πολυωνύµων για µεγάλο n καθιστούν

απαγορευτική την πολυωνυµική παρεµβολή.




∆ιάλεξη 9η








f(x)− p(x) =1

(n+ 1)!f (n+1)(ξ)

n∏i=0

(x− xi), για ξ ∈ (a, b),

και






f(x)− p(x) =1

(n+ 1)!f (n+1)(ξ)

n∏i=0

(x− xi), για ξ ∈ (a, b),

και

||f(x)− p(x)||∞ ≤ maxa≤x≤b

∣∣∣ n∏i=0

(x− xi)∣∣∣||f (n+1)||∞

(n+ 1)!.

||g||∞ = maxa≤x≤b

|g(x)|





p1(x) = f(a) +f(b)− f(a)

b− a(x− a)





p1(x) = f(a) +f(b)− f(a)

b− a(x− a)


||f(x)− p1(x)||∞ ≤ 12

maxa≤x≤b

|(x− a)(x− b)| · ||f (2)||∞





p1(x) = f(a) +f(b)− f(a)

b− a(x− a)


||f(x)− p1(x)||∞ ≤ 12

maxa≤x≤b

|(x− a)(x− b)| · ||f (2)||∞

=(b− a)2

8maxa≤x≤b

|f ′′(x)|




x0 = 0, x1 = π/4, x2 = π/2

|| sin(x)− p2(x)||∞ ≤ 13!

max0≤x≤π2

∣∣∣x(x− π4

)(x− π2

)∣∣∣ · || sin(3)(x)||∞




x0 = 0, x1 = π/4, x2 = π/2

|| sin(x)− p2(x)||∞ ≤ 13!

max0≤x≤π2

∣∣∣x(x− π4

)(x− π2

)∣∣∣ · || sin(3)(x)||∞

=13!·√

3π3

288· 1 ≈ 0.031

(΄Ασκηση)







3/2 και sin(x2) = sin(x3) =√

3/2.







3/2 και sin(x2) = sin(x3) =√

3/2.

Τα πολυώνυµα Lagrange, 3ου ϐαθµού, είναι

L0(x) =(x+ π

3)(x− π3)(x− 2π

3 )(x0 + π

3)(x0 − π3)(x0 − 2π

3 )=−9(x+ π

3)(x− π3)(x− 2π

3 )4π3

L1(x) =(x+ 2π

3 )(x− π3)(x− 2π

3 )(x1 + 2π

3 )(x1 − π3)(x1 − 2π

3 )=

9(x+ 2π3 )(x− π

3)(x− 2π3 )

2π3

L2(x) =(x+ 2π

3 )(x+ π3)(x− 2π

3 )(x2 + 2π

3 )(x2 + π3)(x2 − 2π

3 )=−9(x+ 2π

3 )(x+ π3)(x− 2π

3 )2π3

L3(x) =(x+ 2π

3 )(x+ π3)(x− π

3)(x3 + 2π

3 )(x3 + π3)(x3 − π

3)=

9(x+ 2π3 )(x+ π

3)(x− π3)

4π3



p(x) =−√

32

L0(x)−√

32L1(x) +

√3

2L2(x) +

√3

2L3(x)

=9√

38π3

((x+

π

3)(x− π

3)(x− 2π

3)− 2(x+

2π3

)(x− π3

)(x− 2π3

)

−2(x+2π3

)(x+π

3)(x− 2π

3) + (x+

2π3

)(x+π

3)(x− π

3))



p(x) =−√

32

L0(x)−√

32L1(x) +

√3

2L2(x) +

√3

2L3(x)

=9√

38π3

((x+

π

3)(x− π

3)(x− 2π

3)− 2(x+

2π3

)(x− π3

)(x− 2π3

)

−2(x+2π3

)(x+π

3)(x− 2π

3) + (x+

2π3

)(x+π

3)(x− π

3))

p(x)−−−



f(x)− p(x) =14!f (4)(ξ)

3∏i=0

(x− xi) =124

sin(ξ(x))3∏i=0

(x− xi)⇒

||f(x)− p(x)||∞ ≤124|| sin(x)||∞||

3∏i=0

(x− xi)||∞ ≤124· 1 · max

x∈[−π,π]

∣∣∣ 3∏i=0

(x− xi)∣∣∣



f(x)− p(x) =14!f (4)(ξ)

3∏i=0

(x− xi) =124

sin(ξ(x))3∏i=0

(x− xi)⇒

||f(x)− p(x)||∞ ≤124|| sin(x)||∞||

3∏i=0

(x− xi)||∞ ≤124· 1 · max

x∈[−π,π]

∣∣∣ 3∏i=0

(x− xi)∣∣∣


Παρατηρείστε ότι στα σηµεία παρεµβολής τό σφάλµα είναι 0.






ex − p2(x) =13!

(x− x0)(x− x1)(x− x2)eξ


||ex − p2(x)||∞ ≤13!

maxx∈[−1,1]|

∣∣∣(x− x0)(x− x1)(x− x2)∣∣∣e1






ex − p2(x) =13!

(x− x0)(x− x1)(x− x2)eξ


||ex − p2(x)||∞ ≤13!

maxx∈[−1,1]|

∣∣∣(x− x0)(x− x1)(x− x2)∣∣∣e1


w(x) =(x− x0)(x− x1)(x− x2)

6=x3 − xh2

6






ex − p2(x) =13!

(x− x0)(x− x1)(x− x2)eξ


||ex − p2(x)||∞ ≤13!

maxx∈[−1,1]|

∣∣∣(x− x0)(x− x1)(x− x2)∣∣∣e1


w(x) =(x− x0)(x− x1)(x− x2)

6=x3 − xh2

6

Για την εύρεση του max της w(x)

w′(x) =3x2 − h2

6= 0 ⇒ x = ±h/

√3


Συνεπώς

maxx∈[−1,1]

∣∣∣(x− x0)(x− x1)(x− x2)6

∣∣∣ =∣∣∣w(±h/

√3)∣∣∣ =

h3

9√

3

και

||ex − p2(x)||∞ ≤h3

9√

3e ≈ 0.174h3


Συνεπώς

maxx∈[−1,1]

∣∣∣(x− x0)(x− x1)(x− x2)6

∣∣∣ =∣∣∣w(±h/

√3)∣∣∣ =

h3

9√

3

και

||ex − p2(x)||∞ ≤h3

9√

3e ≈ 0.174h3

Αν ϑέλουµε ακρίβεια k δεκαδικών ψηφίων.

h3

9√

3e ≤ 1

210−k ⇒ h ≤ 3

√9√

32e10k

≈ 3

√2.8710k

.







p(x0) = y0 → a0 = y0







p(x0) = y0 → a0 = y0

p(x1) = y1 → a1 =y1 − a0

x1 − x0







p(x0) = y0 → a0 = y0

p(x1) = y1 → a1 =y1 − a0

x1 − x0

p(x2) = y2 → a2 =(y2 − a0

x2 − x0− a1

)/(x2 − x1)







p(x0) = y0 → a0 = y0

p(x1) = y1 → a1 =y1 − a0

x1 − x0

p(x2) = y2 → a2 =(y2 − a0

x2 − x0− a1

)/(x2 − x1)

p(x3) = y3 → a3 = · · · · · ·



x0 = 2, x1 = 2.5, x2 = 4.



x0 = 2, x1 = 2.5, x2 = 4.


p2(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1)




x0 = 2, x1 = 2.5, x2 = 4.


p2(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1)


p(2) = 1/2 → a0 =12



x0 = 2, x1 = 2.5, x2 = 4.


p2(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1)


p(2) = 1/2 → a0 =12

p(2.5) = 2/5 → a1 =2.5− 1/2

0.5= −1

5



x0 = 2, x1 = 2.5, x2 = 4.


p2(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1)


p(2) = 1/2 → a0 =12

p(2.5) = 2/5 → a1 =2.5− 1/2

0.5= −1

5

p(4) = 1/4 → a2 =(2/5− 1/2

2+ 1/5

)/(1.5) =

120



x0 = 2, x1 = 2.5, x2 = 4.


p2(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1)


p(2) = 1/2 → a0 =12

p(2.5) = 2/5 → a1 =2.5− 1/2

0.5= −1

5

p(4) = 1/4 → a2 =(2/5− 1/2

2+ 1/5

)/(1.5) =

120

Συνεπώς

p2(x) = 0.5−0.2(x−2) + 0.05(x−2)(x−2.5) = 0.05x2−0.425x+ 1.15



xi 0 1 2 3

f(xi) = yi 1 2 9 28






xi 0 1 2 3

f(xi) = yi 1 2 9 28





p3(x) = 1 + 1 · x+ 6x(x− 1)

2+ 6

x(x− 1)(x− 2)6

= 1 + x3

Συνεπώς f(1.5) = p3(1.5) = 4.375.



xi 0 1 2 3

f(xi) = yi 1 2 9 28





p3(x) = 1 + 1 · x+ 6x(x− 1)

2+ 6

x(x− 1)(x− 2)6

= 1 + x3

Συνεπώς f(1.5) = p3(1.5) = 4.375.

Αν χρησιµοποιηθούν τα τρία πρώτα σηµεία

p2(x) = 1 + 1 · x+ 6x(x− 1)

2

Τότε p2(1.5) = 4.75.












•Ο υπολογισµός της τιµής του πολυωνύµου σε ένα σηµείο x (διαφορετικό

από τα σηµεία παρεµβολής) µε τη µορφή Lagrange απαιτεί περισσότερες

πράξεις από ότι στη µορφή Νεύτωνα όπου αφού υπολογιστούν οι συντελεστές

ai η τιµή υπολογίζεται σε O(n) πράξεις µε το σχήµα Horner (ϐλ. Κεφ. 1).





∆0(x0)(f) = f(x0)

∆1(x0, x1)(f) =∆0(x1)(f)−∆0(x0)(f)

x1 − x0=f(x1)− f(x0)

x1 − x0... ... ...


xi − x0






∆0(x0)(f) = f(x0)

∆1(x0, x1)(f) =∆0(x1)(f)−∆0(x0)(f)

x1 − x0=f(x1)− f(x0)

x1 − x0... ... ...


xi − x0


΄Εστω το πολυώνυµο παρεµβολής στη µορφή Νεύτωνα




ai = ∆i(x0, x1, . . . xi)(f), i = 0, . . . , n



ai = ∆i(x0, x1, . . . xi)(f), i = 0, . . . , n

Πίνακας ∆ιαιρεµένων ∆ιαφορών

x0 f(x0)∆1(x0, x1)(f)

x1 f(x1) ∆2(x0, x1, x2)(f)∆1(x1, x2)(f) ∆3(x0, x1, x2, x3)(f)

x2 f(x2) ∆2(x1, x2, x3)(f) ... . . .

∆1(x2, x3)(f) ...

x3 f(x3) ...

... ...

Τότε a0 = f(x0), a1 = ∆1(x0, x1)(f), a2 = ∆2(x0, x1, x2)(f)




Ξεκινάµε γράφωντας τις δύο πρώτες στήλες µέ τα xi και f(xi)2 −33 −25 6

Υπολογίζουµε την επόµενη στήλη, αρχίζοντας από το ∆1(x0, x1).

∆1(x0, x1) =(−2)− (−3)x1 − x0

=(−2)− (−3)

3− 211

= 1,


3 −2

5 6

.

Στη συνέχεια υπολογίζουµε το ∆1(x1, x2),


∆1(x1, x2) =6− (−2)

5− 3=

82

= 4,


3 −24

5 6

.

και τελικά στη τρίτη στήλη το ∆2(x0, x1, x2) ως

∆2(x0, x1, x2) =4− 15− 2

=33

= 1,

και έχουµε τον πίνακα διαφορών

2 −31

3 −2 14

5 6

.



p2(x) = −3 + 1 · (x− 2) + 1 · (x− 2)(x− 3)

= 1− 4x+ x2.




p2(x) = −3 + 1 · (x− 2) + 1 · (x− 2)(x− 3)

= 1− 4x+ x2.




xi 1 3/2 0 2

f(xi) = yi 3 13/4 3 5/3



p2(x) = −3 + 1 · (x− 2) + 1 · (x− 2)(x− 3)

= 1− 4x+ x2.




xi 1 3/2 0 2

f(xi) = yi 3 13/4 3 5/3

Το πολυώνυµο παρεµβολής ϑα είναι το πολύ τρίτου ϐαθµού (p ∈ P3)

Ο πίνακας διαφορών δίνεται ως εξής :


1 31/2

3/2 13/4 1/31/6 −2

0 3 −5/32/3

2 5/3


1 31/2

3/2 13/4 1/31/6 −2

0 3 −5/32/3

2 5/3Οι συντελεστές του πολυωνύµου παρεµβολής δίνονται από

a0 = ∆0(x0)(f) = 3

a1 = ∆1(x0, x1)(f) = 1/2

a2 = ∆2(x0, x1, x2)(f) = 1/3

a3 = ∆3(x0, x1, x2, x3)(f) = −2

΄Αρα

p3(x) = 3 +12(x− 1) +

13(x− 1)(x− 3/2)−2(x− 1)(x− 3/2)x




||f(x)− p(x)||∞ ≤ maxa≤x≤b

∣∣∣ n∏i=0

(x− xi)∣∣∣||f (n+1)||∞

(n+ 1)!


||f(x)− p(x)||∞ ≤ ||Φn+1||∞||f (n+1)||∞

(n+ 1)!


h = 2n ισχύει

||f(x)− p(x)||∞ ≤n!4hn+1||f (n+1)||∞

(n+ 1!)≤ hn+1||f (n+1)||∞

(n+ 1)




||f(x)− p(x)||∞ ≤ maxa≤x≤b

∣∣∣ n∏i=0

(x− xi)∣∣∣||f (n+1)||∞

(n+ 1)!


||f(x)− p(x)||∞ ≤ ||Φn+1||∞||f (n+1)||∞

(n+ 1)!


h = 2n ισχύει

||f(x)− p(x)||∞ ≤n!4hn+1||f (n+1)||∞

(n+ 1!)≤ hn+1||f (n+1)||∞

(n+ 1)

Αναµένουµε λοιπόν

∀f ∈ C[−1, 1] limn→∞

||f − pn|| = 0





Για αυτή τη συνάρτηση (παράδειγµα του Runge) ισχύει

limn→∞

||f − pn|| =∞



xi = −1 + 2in = −1 + ih, i = 0, . . . , n



xi = −1 + 2in = −1 + ih, i = 0, . . . , n



2i+1n+1 ·

π2

), i = 0, . . . , n



xi = −1 + 2in = −1 + ih, i = 0, . . . , n



2i+1n+1 ·

π2

), i = 0, . . . , n

Τα σηµεία αυτά είναι ϱίζες του πολυωνύµου Chebyshev Tn+1

Tn+1 = cos((n+ 1) arccosx), x ∈ [−1, 1]

και καθώς το n αυξάνει συσσωρεύονται προς τα άκρα του διαστήµατος.


Το παράδειγµα του Runge στα σηµεία Chebyshev

f = 11+25x2

Πολυώνυµο παρεµβολής για n = 17 οµοιόµορφους κόµβους

Πολυώνυµο παρεµβολής για n = 17 σηµεία Chebyshev



limn→∞

||f − pn|| = 0




limn→∞

||f − pn|| = 0





limn→∞

||f − pn|| =∞



limn→∞

||f − pn|| = 0





limn→∞

||f − pn|| =∞

• Ακόµη και αν δεν ίσχυε το Θ. Faber τα προβλήµατα σφαλµάτων

στρογγύλευσης στον υπολογισµό των πολυωνύµων για µεγάλο n καθιστούν

απαγορευτική την πολυωνυµική παρεµβολή.




∆ιάλεξη 11η




Φυσικές Κυβικές splinesΕδώ οι συνοριακές συνθήκες είναι s′′(x0) = s′′(xn) = 0. Με

hi = xi+1 − xi τα ϐήµατα κατασκευής είναι :




Βήµα 1: ΄Εστω ότι γνωρίζουµε τα s′′i (xi) := s′′i ,∀i.Στη πραγµατικότητα δεν τα γνωρίζουµε (και αυτοί ϑα είναι οι άγνωστοι),

γνωρίζουµε όµως ότι η S′′(x) είναι συνεχής.






Βήµα 2:[κατασκευή της s′′i (x)] Η S′′(x) είναι γραµµική και έστω

s′′i (xi+1) := s′′i+1 άρα

s′′i (x) =1hi

(s′′i (xi+1 − x) + s′′i+1(xi − x)

)






Βήµα 2:[κατασκευή της s′′i (x)] Η S′′(x) είναι γραµµική και έστω

s′′i (xi+1) := s′′i+1 άρα

s′′i (x) =1hi

(s′′i (xi+1 − x) + s′′i+1(xi − x)

)Βήµα 3:[υπολογισµός της si(x)] Υπολογίζουµε την si(x) ολοκληρώνοντας 2

ϕορές την s′′i (x)

si(x) =1

6hi

(s′′i (xi+1−x)3+s′′i+1(x−xi)3

)+Ci(x−xi)+Di(xi+1−x) (1)


Βήµα 4:[Υπολογισµός των Ci, Di-επιβολή συνέχειας] Για κάθε διάστηµα

[xi, xi+1] ϑελουµε si(xi) = yi και si(xi+1) = yi+1 τις οποίες αντικαθιστούµε

στην (3), οπότε λαµβάνουµε,

Di =yi

hi− hi

6s′′i Ci =

yi+1

hi− hi

6s′′i+1

άρα έχουµε την µορφή της συνάρτησης ∀[xi, xi+1]

si(x) =1

6hi

(s′′i (xi+1−x)3+s′′i+1(x−xi)3

)+(yi+1

hi−his′′i+1

6

)(x−xi)+

(yi

hi−his

′′i

6

)(xi+1−x)

(2)


Βήµα 4:[Υπολογισµός των Ci, Di-επιβολή συνέχειας] Για κάθε διάστηµα

[xi, xi+1] ϑελουµε si(xi) = yi και si(xi+1) = yi+1 τις οποίες αντικαθιστούµε

στην (3), οπότε λαµβάνουµε,

Di =yi

hi− hi

6s′′i Ci =

yi+1

hi− hi

6s′′i+1

άρα έχουµε την µορφή της συνάρτησης ∀[xi, xi+1]

si(x) =1

6hi

(s′′i (xi+1−x)3+s′′i+1(x−xi)3

)+(yi+1

hi−his′′i+1

6

)(x−xi)+

(yi

hi−his

′′i

6

)(xi+1−x)

(2)

Βήµα 5:[Παραγώγιση της si(x) και επιβολή συνέχειας] Παραγωγίζοντας την (4)

s′i(x) =1

2hi

(s′′i (xi+1−x)2+s′′i+1(xi−x)2

)+yi+1

hi−hi

6s′′i+1−

yi

hi+hi

6s′′i (3)

Θέλουµε s′i(xi) = s′i−1(xi) συνεπώς

s′i(xi) = −hi6 s′′i+1 −

hi3 s′′i +

bi︷︸︸︷1hi

(yi+1 − yi) (4)

s′i−1(xi) = hi−16 s′′i−1 + hi−1

3 s′′i +

bi−1︷︸︸︷1

hi−1(yi − yi−1) (5)


. . .Βήµα 5 . . .Θέλουµε s′i(xi) = s′i−1(xi) συνεπώς (6)=(7)

hi−1s′′i−1 +2(hi +hi−1)s′′i +his

′′i+1 = 6(bi−bi−1), i = 1, . . . , n−1 (6)

∆ηλ. ένα γραµµικό σύστηµα (n− 1)× (n− 1) εξισώσεων


. . .Βήµα 5 . . .Θέλουµε s′i(xi) = s′i−1(xi) συνεπώς (6)=(7)

hi−1s′′i−1 +2(hi +hi−1)s′′i +his

′′i+1 = 6(bi−bi−1), i = 1, . . . , n−1 (6)

∆ηλ. ένα γραµµικό σύστηµα (n− 1)× (n− 1) εξισώσεων

Βήµα 6:[Το (πλήρες) γραµµικό σύστηµα για τους αγνώστους s′′i ]

1h0 u1 h1

h1 u2 h2

h2 u3 h3. . . . . . . . .

hn−3 un−2 hn−2

hn−2 un−1 hn−1

1

s′′0s′′1s′′2s′′3...

s′′n−2

s′′n−2

s′′n

=

0v1v2v3...

vn−2

vn−1

0

(7)

όπου ui = 2(hi + hi−1) και vi = 6(bi − bi−1). Το (n+ 1)× (n+ 1)σύστηµα (9) έχει µοναδική λύση την οποία χρησιµοποιούµε στη (4) για να

υπολογίσουµε την κάθε si(x) ∈ [xi, xi+1].


΄Αλλες συνοριακές συνθήκες που µπορεί να εφαρµοστούνs′(x0) = f ′(x0),

s′(xn) = f ′(xn)(8)

ή s′′(x0) = f ′′(x0),

s′′(xn) = f ′′(xn)(9)

Και για τις δύο αυτές περιπτώσεις το γραµµικό σύστηµα που προκύπτει είναι

τριδιαγώνιο, µε µόνη διαφορά στην πρώτη και την τελευταία εξίσωση που

πρέπει να υπολογιστούν κατάλληλα. Για τις συνθήκες (11) γνωρίζουµε

αµέσως 2 αγνώστους ενώ για τις συνθήκες (10) χρησιµοπιούµε την εξίσωση

(5).


΄Αλλες συνοριακές συνθήκες που µπορεί να εφαρµοστούνs′(x0) = f ′(x0),

s′(xn) = f ′(xn)(8)

ή s′′(x0) = f ′′(x0),

s′′(xn) = f ′′(xn)(9)

Και για τις δύο αυτές περιπτώσεις το γραµµικό σύστηµα που προκύπτει είναι

τριδιαγώνιο, µε µόνη διαφορά στην πρώτη και την τελευταία εξίσωση που

πρέπει να υπολογιστούν κατάλληλα. Για τις συνθήκες (11) γνωρίζουµε

αµέσως 2 αγνώστους ενώ για τις συνθήκες (10) χρησιµοπιούµε την εξίσωση

(5).

Οι συνοριακές συνθήκες, µηδενισµού των δευτέρων παραγώγων σταάκρα, στη φυσική spline αναγκάζουν τη συνάρτηση να γίνει γραµµική εκτόςτου διαστήµατος παρεµβολής, χωρίς να απηρεάζουν την οµαλότητά της


΄Ασκηση Να κατασκευαστεί η ϕυσική κυβική spline που παρεµβάλλει στα

δεδοµένα

xi -1 0 1

f(xi) = yi 1 2 -1



δεδοµένα

xi -1 0 1

f(xi) = yi 1 2 -1

Λύση Το γραµµικό σύστηµα (9) τώρα είναι 1h0 u1 h1

1

s′′0s′′1s′′2

=

0v10

(10)

Υπολογίζουµε λοιπόν τα h0, h1, b0, b1, u1, v1 και έχουµε h0 = h1 = 1,

b0 = 1h0

(y1 − y0) = 1, b1 = 1h1

(y2 − y1) = −3 και

u1 = 2(h0 + h1) = 4, v1 = 6(b1 − b0) = −24.


Η λύση του γραµµικού συστήµατος (10) είναι s′′0s′′1s′′2

=

0−60



=

0−60

Από την εξίσωση (4)

si(x) =1

6hi

(s′′i (xi+1−x)3+s′′i+1(x−xi)3

)+(yi+1

hi−his′′i+1

6

)(x−xi)+

(yi

hi−his

′′i

6

)(xi+1−x)



=

0−60

Από την εξίσωση (4)

si(x) =1

6hi

(s′′i (xi+1−x)3+s′′i+1(x−xi)3

)+(yi+1

hi−his′′i+1

6

)(x−xi)+

(yi

hi−his

′′i

6

)(xi+1−x)

αντικαθιστώντας έχουµε

S(x) =

s1(x) = −(x+ 1)3 + 3(x+ 1)− x− 1, x ∈ [−1, 0]

s2(x) = −(1− x)3 − x+ 3(1− x), x ∈ [0, 1]



δεδοµένα

xi 1 2 3 4

f(xi) = yi 112

13

14



δεδοµένα

xi 1 2 3 4

f(xi) = yi 112

13

14

Λύση Το γραµµικό σύστηµα (9) γίνεται1h0 u1 h1

h1 u2 h2

1

s′′0s′′1s′′2s′′3

=

0v1v20

(11)

όπου hi = h = 1


S(x) =

s1(x) = 1

12(x− 1)3 − 712(x− 1) + 1, x ∈ [1, 2]

s2(x) = −112 (x− 2)3 + 1

4(x− 2)2 − 13(x− 1) + 1

2, x ∈ [2, 3]

s3(x) = −112 (x− 4) + 1

4, x ∈ [3, 4]


∆ιαφορετικοί τύποι παρεµβολής στα ίδια δεδοµένα

Παρεµβολή µε 5ου βαθµού πολυώνυµο Παρεµβολή µε πολυώνυµο Hermite

Παρεµβολή µε γραµµική spline Παρεµβολή µε φυσική κυβική spline


Κυβική spline παρεµβολής σε 100 σηµεία


Εκτίµηση Σφάλµατος Παρεµβολής µε κυβικές spline

Θεώρηµα ΄Εστω f ∈ C4[a, b], ∆ := a = x0 < x1 < . . . < xn = b και

S ∈ S3(∆) η spline µε συνοριακές συνθήκες (10) και έστω

h = max1≤i≤n

(xi − xi−1), M =h

min1≤i≤n(xi − xi−1).

Τότε υπάρχουν σταθερές Cm,m = 0, 1, 2, 3 (ανεξάρτητες των f και h) τ.ω.

||f (m) − S(m)||∞ ≤ Cmh4−m||f (4)||∞

για τις εξής τιµές σταθερών

C0 =5

384, C1 =

124, C2 =

38, C3 = max

2,

12(M +

1M

).


Εκτίµηση Σφάλµατος Παρεµβολής µε κυβικές spline

Θεώρηµα ΄Εστω f ∈ C4[a, b], ∆ := a = x0 < x1 < . . . < xn = b και

S ∈ S3(∆) η spline µε συνοριακές συνθήκες (10) και έστω

h = max1≤i≤n

(xi − xi−1), M =h

min1≤i≤n(xi − xi−1).

Τότε υπάρχουν σταθερές Cm,m = 0, 1, 2, 3 (ανεξάρτητες των f και h) τ.ω.

||f (m) − S(m)||∞ ≤ Cmh4−m||f (4)||∞

για τις εξής τιµές σταθερών

C0 =5

384, C1 =

124, C2 =

38, C3 = max

2,

12(M +

1M

).

Για µία συνάρτηση f ∈ C4[a, b] οι κυβικές spline δίνουν O(h4) ακρίβειαπροσέγγισης καθώς και O(h4−m) ακρίβεια για την προσέγγιση τωνπαραγώγων m−τάξης.


΄Ασκηση ∆ίνονται τα δεδοµένα

Να υπολογιστούν (α) Το πολυώνυµο παρεµβολής (ϐ) Η κατά τµήµατα γραµµική

spline και (γ) Η ϕυσική κυβική spline, που παρεµβάλλουν στα δεδοµένα


Τα γραφήµατα των απαντήσεων για κάθε ερώτηµα :


ΚΕΦ. 4: ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ ΕΛΑΧΙΣΤΩΝ ΤΕΤΡΑΓΩΝΩΝ

• Στη (διακριτή) προσέγγιση ελαχίστων τετραγώνων αναφερόµαστε σε

τρόπους προσαρµογής συναρτήσεων σε γνωστά δεδοµένα (data).





• Θέλουµε να προσαρµόσουµε συναρτήσεις σε δεδοµένα οι οποίες να

ελαχιστοποιούν αποστάσεις (αποκλίσεις-σφάλµατα-υπόλοιπα). Οι

αποστάσεις υπολογίζονται από τη (διανυσµατική) νόρµα που προέρχεται από

το εσωτερικό γινόµενο.





• Θέλουµε να προσαρµόσουµε συναρτήσεις σε δεδοµένα οι οποίες να

ελαχιστοποιούν αποστάσεις (αποκλίσεις-σφάλµατα-υπόλοιπα). Οι

αποστάσεις υπολογίζονται από τη (διανυσµατική) νόρµα που προέρχεται από

το εσωτερικό γινόµενο.

• Συνεπώς πρέπει να υπολογίσουµε την ῾῾καλύτερη᾿᾿ στο είδος της συνάρτηση

για να πετύχουµε τέτοιου είδους προσεγγίση δηλαδή, τη βέλτιστηπροσέγγιση από ένα συγκεκριµένο χώρο συναρτήσεων.


•Η ιδέα κατασκευής της καλύτερα προσαρµοζόµενης συνάρτησης (από ένασυγκεκριµένο χώρο συναρτήσεων) σέ ένα σύνολο n δεδοµένων,

στηρίζεται στην ελαχιστοποίηση του αθροίσµατος των τετραγώνων των

αποστάσεων των δοσµένων n σηµείων από τη προσαρµοζόµενη συνάρτηση.





• Στις εφαρµογές (στατιστική, προσέγγιση πειραµατικών δεδοµένων , κ.ά.)

δίνονται n σηµεία xi, i = 1, . . . , n και n πραγµατικοί αριθµοί yi, i = 1, . . . , n.

Θέλουµε τότε να προσαρµόσουµε µία συνάρτηση f := f(x, a1, a2, . . . am)(µε αγνώστους a1, a2, . . . am) τ.ω το άθροισµα των τετραγώνων των

υπολοίπων να είναι ελάχιστο, δηλ.

minn∑

i=1

[yi − f(xi, a1, a2, . . . am)

]2= min ||E||22





• Στις εφαρµογές (στατιστική, προσέγγιση πειραµατικών δεδοµένων , κ.ά.)

δίνονται n σηµεία xi, i = 1, . . . , n και n πραγµατικοί αριθµοί yi, i = 1, . . . , n.

Θέλουµε τότε να προσαρµόσουµε µία συνάρτηση f := f(x, a1, a2, . . . am)(µε αγνώστους a1, a2, . . . am) τ.ω το άθροισµα των τετραγώνων των

υπολοίπων να είναι ελάχιστο, δηλ.

minn∑

i=1

[yi − f(xi, a1, a2, . . . am)

]2= min ||E||22

• Η αναγκαία συνθήκη για να ελαχιστοποιείται η ποσότητα E είναι

∂E

∂ai= 0, για i = 1, . . . ,m


Γραµµική Προσέγγιση Ελαχίστων Τετραγώνων

Με τον όρο γραµµική προσέγγιση εννοούµε την προσαρµογή ενός

πολυωνύµου p, ϐαθµού το πολύ ένα (ευθεία παλινδρόµησης), σένα πλήθος

σηµείων (xi, yi), i = 1, . . . , n, δηλ. ψάχνουµε

p(x) = ax+ b






p(x) = ax+ b

Θέλουµε να προσδιορίσουµε τις σταθερές a και b, ε.ω. η συνάρτηση E

E(a, b) =n∑

i=1

[yi − (axi + b)

]2, να ελαχιστοποιείται.


Η ελαχιστοποίηση επιτυγχάνεται όταν

∂E

∂a= 0 ⇒ −2

∑ni=1

[yi − (axi + b)

]xi = 0

∂E

∂b= 0 ⇒ −2

∑ni=1

[yi − (axi + b)

]= 0



∂E

∂a= 0 ⇒ −2

∑ni=1

[yi − (axi + b)

]xi = 0

∂E

∂b= 0 ⇒ −2

∑ni=1

[yi − (axi + b)

]= 0

Οι σχέσεις δίνουν τις εξισώσεις (ΚΑΝΟΝΟΝΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ)

a

n∑i=1

x2i + b

n∑i=1

xi =n∑

i=1

xiyi

a

n∑i=1

xi + nb =n∑

i=1

yi

Σε µορφή πινάκων[ ∑ni=1 x

2i

∑ni=1 xi∑n

i=1 xi n

] [a

b

]=[ ∑n

i=1 xiyi∑ni=1 yi

]


Η ορίζουσα του πίνακα είναι

δ =12

n∑i,j=1j 6=i

(xi − xj)2 6= 0

Η (µοναδική) λύση του συστήµατος είναι

a =1δ

[n

n∑i=1

xiyi −n∑

i=1

xi

n∑i=1

yi

]b =

1δ

[ n∑i=1

x2i

n∑i=1

yi −n∑

i=1

xiyi

n∑i=1

xi

]


Υπάρχουν περιπτώσεις που τα δεδοµένα (xi, yi), i = 1, . . . , n δεν είναι

εµφανώς διεσπαρµένα κατά τη διεύθυνση κάποιας ευθείας. Το ερώτηµα

είναι, κατά πόσο η επιλεγείσα προσαρµογή της γραµµικής προσέγγισης στα

σηµεία είναι ικανοποιητική ή όχι.






Για την αντιµετώπιση αυτού του προβλήµατος χρησιµοποιούµε τον Συντελεστή

Συσχέτισης

r2 =n∑n

i=1 xiyi −∑n

i=1 xi

∑ni=1 yi√(

n(∑n

i=1 x2i )− (

∑ni=1 xi)2

)(n(∑n

i=1 y2i )− (

∑ni=1 yi)2

)








r2 =n∑n

i=1 xiyi −∑n

i=1 xi

∑ni=1 yi√(

n(∑n

i=1 x2i )− (

∑ni=1 xi)2

)(n(∑n

i=1 y2i )− (

∑ni=1 yi)2

)Ο συντελεστής παίρνει τιµές από −1 µέχρι 1. ΄Οσο πιο µικρή είναι η

διασπορά των σηµείων ακατέρωθεν της ευθείας ελαχίστων τετραγώνων η

τόσο η απόλυτη τιµή του συντελεστή τείνει προς τη µονάδα, άρα τόσο

καλύτερη η προσέγγιση.


Ο Συντελεστή Συσχέτισης µετρά την εξάρτηση µεταξύ των xi και yi. ΄Οσο πιό

µικρή είναι η διασπορά των σηµέιων εκατέρωθεν της ευθείας, τόσο η

εξάρτηση είναι πιο ισχυρή.


΄Ασκηση ∆ίνονται τα σηµεία (1, 0), (2, 3), (3, 5), (4, 8), (5, 10), (6, 13). Να

προσδιοριστεί η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων, καθώς και ο συντελεστης

συσχέτισης.





Λύση Με τα παραπάνω δεδοµένα σχηµατίζουµε τον πίνακα

i xi yi x2i y2

i xiyi

1 1 0 1 0 0

2 2 3 4 9 6

3 3 5 9 25 15

4 4 8 16 64 32

5 5 10 25 100 50

6 6 13 36 169 78∑= 21 39 91 367 181






i xi yi x2i y2

i xiyi

1 1 0 1 0 0

2 2 3 4 9 6

3 3 5 9 25 15

4 4 8 16 64 32

5 5 10 25 100 50

6 6 13 36 169 78∑= 21 39 91 367 181

Λύνοντας τις κανονικές εξισώσεις[91 2121 6

] [a

b

]=[

18139

]⇒ a = 2.543, b = −2.4

και r2 = 0.998 (πολύ ικανοποιητική προσαρµογή).






p(x) = ax+ b






p(x) = ax+ b

Θέλουµε να προσδιορίσουµε τις σταθερές a και b, ε.ω. η συνάρτηση E

E(a, b) =n∑i=1

[yi − (axi + b)

]2, να ελαχιστοποιείται.



∂E

∂a= 0 ⇒ −2

∑ni=1

[yi − (axi + b)

]xi = 0

∂E

∂b= 0 ⇒ −2

∑ni=1

[yi − (axi + b)

]= 0



∂E

∂a= 0 ⇒ −2

∑ni=1

[yi − (axi + b)

]xi = 0

∂E

∂b= 0 ⇒ −2

∑ni=1

[yi − (axi + b)

]= 0

Οι σχέσεις δίνουν τις εξισώσεις (ΚΑΝΟΝΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ)

a

n∑i=1

x2i + b

n∑i=1

xi =n∑i=1

xiyi

a

n∑i=1

xi + nb =n∑i=1

yi

Σε µορφή πινάκων[ ∑ni=1 x

2i

∑ni=1 xi∑n

i=1 xi n

] [a

b

]=[ ∑n

i=1 xiyi∑ni=1 yi

]


Η ορίζουσα του πίνακα είναι

δ =12

n∑i,j=1j 6=i

(xi − xj)2 6= 0

Η (µοναδική) λύση του συστήµατος είναι

a =1δ

[n

n∑i=1

xiyi −n∑i=1

xi

n∑i=1

yi

]b =

1δ

[ n∑i=1

x2i

n∑i=1

yi −n∑i=1

xiyi

n∑i=1

xi

]








r2 =n∑ni=1 xiyi −

∑ni=1 xi

∑ni=1 yi√(

n(∑ni=1 x

2i )− (

∑ni=1 xi)2

)(n(∑ni=1 y

2i )− (

∑ni=1 yi)2

)








r2 =n∑ni=1 xiyi −

∑ni=1 xi

∑ni=1 yi√(

n(∑ni=1 x

2i )− (

∑ni=1 xi)2

)(n(∑ni=1 y

2i )− (

∑ni=1 yi)2

)Ο συντελεστής παίρνει τιµές από −1 µέχρι 1. ΄Οσο πιο µικρή είναι η

διασπορά των σηµείων ακατέρωθεν της ευθείας ελαχίστων τετραγώνων η

τόσο η απόλυτη τιµή του συντελεστή τείνει προς τη µονάδα, άρα τόσο

καλύτερη η προσέγγιση.


Ο Συντελεστή Συσχέτισης µετρά την εξάρτηση µεταξύ των xi και yi. ΄Οσο πιό

µικρή είναι η διασπορά των σηµέιων εκατέρωθεν της ευθείας, τόσο η

εξάρτηση είναι πιο ισχυρή.






i xi yi x2i y2

i xiyi1 1 0 1 0 0

2 2 3 4 9 6

3 3 5 9 25 15

4 4 8 16 64 32

5 5 10 25 100 50

6 6 13 36 169 78∑= 21 39 91 367 181






i xi yi x2i y2

i xiyi1 1 0 1 0 0

2 2 3 4 9 6

3 3 5 9 25 15

4 4 8 16 64 32

5 5 10 25 100 50

6 6 13 36 169 78∑= 21 39 91 367 181

Λύνοντας τις κανονικές εξισώσεις[91 2121 6

] [a

b

]=[

18139

]⇒ a = 2.543, b = −2.4

και r2 = 0.998 (πολύ ικανοποιητική προσαρµογή).


Εκθετική Προσέγγιση

Για περιπτώσεις που τα δεδοµένα (xi, yi), i = 1, . . . , n σχετίζονται µεταξύ

τους εκθετικά και όχι γραµµικά.





Προσαρµογή εκθετικής συνάρτησης

΄Αν η συνάρτηση προσαρµογής είναι της µορφής

y = AeBx





Προσαρµογή εκθετικής συνάρτησης


y = AeBx

Λογαριθµίζοντας παίρνουµε

ln y = lnA+Bx = a+ bx, a = lnA, b = B

Με τη µέθοδο ελαχίστων τετραγώνων, η εύρεση της ϐέλτιστης συνάρτησης,

συνεπάγεται ελαχιστοποίηση της

E(a, b) =n∑i=1

[ln yi − (lnA+Bxi)

]2=

n∑i=1

[ln yi − (a+ bxi)

]2Η ελαχιστοποίηση επιτυγχάνεται όταν

∂E∂a = 0 και

∂E∂b = 0


Οι κανονικές εξισώσεις (όµοια µε πριν) είναι

na+ bn∑i=1

xi =n∑i=1

ln yi

a

n∑i=1

xi + b

n∑i=1

x2i =

n∑i=1

xi ln yi

Λύνοντας ως προς a και b έχουµε A = ea και B = b


΄Ασκηση Να προσδιοριστεί η συνάρτηση y = AeBx που προσεγγίζει τα

παρακάτω δεδοµένα και να υπολογιστεί η τιµή του y για x = 0.3.

(0, 9.532), (0.25, 7.983), (0.4, 4.826), (0.5, 5.503)




(0, 9.532), (0.25, 7.983), (0.4, 4.826), (0.5, 5.503)


i xi yi ln yi x2i xi ln yi

1 0.00 9.532 2.255 0.00 0.00

2 .25 7.983 2.077 0.063 0.519

3 0.40 4.826 1.574 0.160 0.630

4 0.5 5.503 1.705 0.250 0.853∑= 1.15 7.611 0.473 2.002




(0, 9.532), (0.25, 7.983), (0.4, 4.826), (0.5, 5.503)


i xi yi ln yi x2i xi ln yi

1 0.00 9.532 2.255 0.00 0.00

2 .25 7.983 2.077 0.063 0.519

3 0.40 4.826 1.574 0.160 0.630

4 0.5 5.503 1.705 0.250 0.853∑= 1.15 7.611 0.473 2.002

Από τις κανονικές εξισώσεις παίρνουµε

a = 2.821⇒ A = e2.821⇒ A = 9.787, και B = b = −1.316

΄Αρα η Ϲητούµενη συνάρτηση προσαρµογής είναι y = 9.787e−1.326x. Οπότε

για x = 0.3

y(0.3) = 9.787e−1.326·0.3 = 9.787e−0.395 = 6.595


Προσαρµογή συνάρτησης δύναµης


y = AxB


Προσαρµογή συνάρτησης δύναµης


y = AxB

Λογαριθµίζοντας παίρνουµε

ln y = lnA+B lnx = a+ bx, a = lnA, b = B

Με τη µέθοδο ελαχίστων τετραγώνων, η εύρεση της ϐέλτιστης συνάρτησης,

συνεπάγεται ελαχιστοποίηση της

E(a, b) =n∑i=1

[ln yi − (lnA+B lnxi)

]2=

n∑i=1

[ln yi − (a+ bxi)

]2Η ελαχιστοποίηση επιτυγχάνεται όταν

∂E∂a = 0 και

∂E∂b = 0


Οι κανονικές εξισώσεις (όµοια µε πριν) είναι

na+ bn∑i=1

lnxi =n∑i=1

ln yi

a

n∑i=1

lnxi + b

n∑i=1

ln2 xi =n∑i=1

lnxi ln yi

Λύνοντας ως προς a και b έχουµε A = ea και B = b


΄Ασκηση Να προσδιοριστεί η συνάρτηση y = AxB που προσεγγίζει τα


(1, 2.87), (2, 4.51), (4, 6.11), (10, 9.43)




(1, 2.87), (2, 4.51), (4, 6.11), (10, 9.43)


i xi yi lnxi ln yi ln2 xi lnxi ln yi1 1 2.87 0.000 1.054 0.000 0.000

2 2 4.51 0.693 1.506 0.480 1.044

3 4 6.11 1.386 1.810 1.922 2.509

4 10 9.43 2.303 2.244 5.302 5.167∑= 4.382 6.614 7.704 8.720




(1, 2.87), (2, 4.51), (4, 6.11), (10, 9.43)


i xi yi lnxi ln yi ln2 xi lnxi ln yi1 1 2.87 0.000 1.054 0.000 0.000

2 2 4.51 0.693 1.506 0.480 1.044

3 4 6.11 1.386 1.810 1.922 2.509

4 10 9.43 2.303 2.244 5.302 5.167∑= 4.382 6.614 7.704 8.720

Από τις κανονικές εξισώσεις παίρνουµε

a = 1.098⇒ A = e1.098⇒ A = 2.997, και B = b = 0.508

΄Αρα η Ϲητούµενη συνάρτηση προσαρµογής είναι y = 2.997x0.508.


Προσαρµογή µή γραµµικών συναρτήσεων



• ΄Αν η συνάρτηση προσαρµογής είναι της µη γραµµικής µορφής

y =Ax

B + x ⇒

1y

=B

A

1x

+1A

⇒y = ax+ b




y =Ax

B + x ⇒

1y

=B

A

1x

+1A

⇒y = ax+ b

• ΄Αν η συνάρτηση προσαρµογής είναι λογαριθµικής µορφής

y = a+ b lnx⇒

y = a+ bx




y =Ax

B + x ⇒

1y

=B

A

1x

+1A

⇒y = ax+ b

• ΄Αν η συνάρτηση προσαρµογής είναι λογαριθµικής µορφής

y = a+ b lnx⇒

y = a+ bx

Σε κάθε περίπτωση εφαρµόζουµε γραµµική προσέγγιση ελαχίστων

τετραγώνων.


Πολυωνυµική Προσέγγιση (Προσαρµογή)

Γενικεύοντας τη γραµµική προσέγγιση ελαχίστων τετραγώνων

προσαρµόζουµε στα δεδοµένα (xi, yi), i = 1, . . . , n ένα πολυώνυµο p, k−ϐαθµού (µε k << n), µε p(x) = a0 + a1x+ a2x

2 + · · ·+ akxk





2 + · · ·+ akxk

Θέλουµε τώρα να προσδιορίσουµε τους συντελεστές a0, . . . ak, ε.ω. η

συνάρτηση E να ελαχιστοποιείται, όπου

E(a0, . . . , ak) =n∑i=1

[yi − (a0 + a1xi + a2x

2i + · · ·+ akx

ki )]2,





2 + · · ·+ akxk

Θέλουµε τώρα να προσδιορίσουµε τους συντελεστές a0, . . . ak, ε.ω. η

συνάρτηση E να ελαχιστοποιείται, όπου

E(a0, . . . , ak) =n∑i=1

[yi − (a0 + a1xi + a2x

2i + · · ·+ akx

ki )]2,

Για να ισχύει αυτό ϑα πρέπει να ικανοποιούνται οι k + 1 συνθήκες

∂E

∂aj= −2

n∑i=1

xji

(yi − a0 − a1xi − · · · − akxik

)= 0, j = 0, 1, . . . , k

οι οποίες δίνουν ένα (συµµετρικό) γραµµικό (k + 1)× (k + 1)σύστηµα

κανονικών εξισώσεων.


Το σύστηµα κανονικών εξισώσεων είναι :

k∑m=0

am

n∑i=1

xj+mi =n∑i=1

xjiyi, j = 0, 1, . . . , k, δηλαδή


Το σύστηµα κανονικών εξισώσεων είναι :

k∑m=0

am

n∑i=1

xj+mi =n∑i=1

xjiyi, j = 0, 1, . . . , k, δηλαδή

a0n+ a1

n∑i=1

xi + a2

n∑i=1

x2i + · · ·+ ak

n∑i=1

xki =n∑i=1

yi

a0

n∑i=1

xi + a1

n∑i=1

x2i + a2

n∑i=1

x3i + · · ·+ ak

n∑i=1

xk+1i =

n∑i=1

xiyi

a0

n∑i=1

x2i + a1

n∑i=1

x3i + a2

n∑i=1

x4i + · · ·+ ak

n∑i=1

xk+2i =

n∑i=1

x2iyi

......

......

a0

n∑i=1

xki + a1

n∑i=1

xk+1i + a2

n∑i=1

xk+2i + · · ·+ ak

n∑i=1

x2ki =

n∑i=1

xki yi

Λύνοντας το σύστηµα των παραπάνω εξισώσεων υπολογίζουµε τουςσυντελεστές a0, . . . ak


Γραµµική προσέγγιση και προσέγγιση µε πολυώνυµο βαθµού 4 στα ίδια δεδοµένα



Αναδιάταξη των δεδοµένων και προσέγγιση µε πολυώνυµο βαθµού 4



Αναδιάταξη των δεδοµένων και προσέγγιση µε πολυώνυµο βαθµού 4

΄Ασκηση Να προσδιοριστεί ένα πολυώνυµο δευτέρου ϐαθµού µε τη µέθοδο

ελαχίστων τετραγώνων που να προσεγγίζει όσο το δυνατον καλύτερα τα

δεδοµένα


xi 0.05 0.11 .15 0.31 0.46 0.52 0.70 0.74 0.82 0.98 1.17

yi 0.956 0.890 0.832 0.717 0.571 0.539 0.378 0.370 0.306 0.242 0104


xi 0.05 0.11 .15 0.31 0.46 0.52 0.70 0.74 0.82 0.98 1.17

yi 0.956 0.890 0.832 0.717 0.571 0.539 0.378 0.370 0.306 0.242 0104

Λύση Κατασκευάζουµε τον πίνακα

i xi yi x2i x3

i x4i xiyi x2

iyi1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11∑= 6.01 5.905 4.6545 4.1150 3.9161 2.1839 1.3347

Με ϐάση τις παραπάνω σχέσεις λύνουµε το γραµµικό σύστηµα των


κανονικών εξισώσεων

11a0 + 6.01a1 + 4.6545a2 = 5.9050

6.01a0 + 4.6545a1 + 4.1150a2 = 2.1839

4.6545a0 + 4.1150a1 + 3.9161a2 = 1.3357

που έχει λύση

a0 = 0.998, a1 = −1.018, a2 = 0.225.

Συνεπώς το πολυώνυµο ϐέλτιστης προσέγγισης (από των χώρο των

πολυωνύµων 2ου ϐαθµού) στα δεδοµένα είναι

p2(x) = 0.998− 1.018x+ 0.225x2.


Πολλαπλή γραµµική Παρεµβολή

Εαν τα δεδοµένα που ϑέλουµε να προσεγγίσουµε εξαρτώνται απόδύο η

περισσότερες µεταβλητές.

Περίπτωση όπου η συνάρτηση προσαρµογής εξαρτάται γραµµικά από δύο

µεταβλητές x1, x2

y = a+bx1+cx2

σε ένα πλήθος σηµείων (x1i, x2i, yi).







y = a+bx1+cx2


Με τη µέθοδο ελαχίστων τετραγώνων ϑέλουµε τα a, b, c έ.ώ.







y = a+bx1+cx2



E(a, b, c) =n∑i=1

[yi − (a+ bx1i + a2x2i)

]2,







y = a+bx1+cx2



E(a, b, c) =n∑i=1

[yi − (a+ bx1i + a2x2i)

]2,

Η ελαχιστοποίηση της E επιτυγχάνεται όταν

∂E

∂a= 0,

∂E

∂b= 0,

∂E

∂c= 0.


Τότε το σύστηµα των κανονικών εξισώσεων είναι

an+ b

n∑i=1

x1i + cn∑i=1

x22i =

n∑i=1

yi

a

n∑i=1

x1i + b

n∑i=1

x21i + c

n∑i=1

x1ix2i =n∑i=1

x1iyi

a

n∑i=1

x2i + b

n∑i=1

x1ix2i + c

n∑i=1

x22i =

n∑i=1

x2iyi

Το οποίο έχει µοναδική λύση, όταν τα σηµεία x1i και x2i, i = 1, . . . , n είναι

διαφορετικά.


Τότε το σύστηµα των κανονικών εξισώσεων είναι

an+ b

n∑i=1

x1i + cn∑i=1

x22i =

n∑i=1

yi

a

n∑i=1

x1i + b

n∑i=1

x21i + c

n∑i=1

x1ix2i =n∑i=1

x1iyi

a

n∑i=1

x2i + b

n∑i=1

x1ix2i + c

n∑i=1

x22i =

n∑i=1

x2iyi

Το οποίο έχει µοναδική λύση, όταν τα σηµεία x1i και x2i, i = 1, . . . , n είναι

διαφορετικά.Ο συντελεστής πολλαπλής γραµµικής συσχέτισης

Ryx1x2 =

√(r2yx1

)2 + (r2yx2)2 − 2(r2yx1

)2(r2x1x2)2(r2yx1

)2

1− (r2x1x2)2

απαντά στο ερώτηµα του κατά πόσο ικανοποιητική είναι η επιλογή της

συνάρτησης προσαρµογής στα δεδοµένα.


Γενίκευση-Βέλτιστες Προσεγγίσεις σε Ευκλείδιους Χώρους

Θέλουµε να προσεγγίσουµε κάποιο στοιχείο ενός δεδοµένου συνόλου µε το

¨καλύτερο¨ δυνατό τρόπο.

Ορισµός ΄Εστω (X, || · ||) ένας γραµµικός χώρος µε νόρµα και Y ⊂ X , µε

x ∈ X . Το y ∈ Y για το οποίο ισχύει

∀z ∈ Y ||x− y|| ≤ ||x− z||λέγεται βέλτιστη προσέγγιση του x από το Y .


Γενίκευση-Βέλτιστες Προσεγγίσεις σε Ευκλείδιους Χώρους

Θέλουµε να προσεγγίσουµε κάποιο στοιχείο ενός δεδοµένου συνόλου µε το

¨καλύτερο¨ δυνατό τρόπο.

Ορισµός ΄Εστω (X, || · ||) ένας γραµµικός χώρος µε νόρµα και Y ⊂ X , µε

x ∈ X . Το y ∈ Y για το οποίο ισχύει

∀z ∈ Y ||x− y|| ≤ ||x− z||λέγεται βέλτιστη προσέγγιση του x από το Y .

Ευκλείδειος Χώρος :΄Ενας πραγµατικός χώρος στον οποίο έχει ορισθεί ένα

εσωτερικό γινόµενο.

Παραδείγµατα: Στον χώρο Rn, (x, y) =∑ni=1 xiyi := (x, y)2

Στον χώρο C[a, b], (f, g) =∫ baf(x)g(x)dx

Συνεπώς στο χώρο C[a, b]

||f ||22 =∫ b

a

f2(x)dx


• Στη συνεχή προσέγγιση ελαχίστων τετραγώνων αναφερόµαστε στην

εύρεση της ϐέλτιστης προσέγγισης µίας συνάρτησης f(x) ∈ C[a, b] από ένα

άλλο χώρο συναρτήσεων (π.χ. πολυωνύµων Pn)





• Η ϐέλτιστης προσέγγιση ελαχιστοποιεί την απόσταση που υπολογίζεται από

τη νόρµα που προέρχεται από το εσωτερικό γινόµενο στον χώρο C[a, b], δηλ.

||E||22 =∫ b

a

[f(x)− pn(x)]2dx→ min





• Η ϐέλτιστης προσέγγιση ελαχιστοποιεί την απόσταση που υπολογίζεται από

τη νόρµα που προέρχεται από το εσωτερικό γινόµενο στον χώρο C[a, b], δηλ.

||E||22 =∫ b

a

[f(x)− pn(x)]2dx→ min

• ΄Εστω pn(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn =

∑ni=0 aix

i, τότε απαιτούµε

∂E

∂aj= 0, j = 0, . . . , n. δηλ.,

n∑i=0

ai

(∫ b

a

xi+jdx)

=∫ b

a

xjf(x)dx, j = 0, . . . , n

ΚΑΝΟΝΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ


Εναλλακτικά οι ΚΑΝΟΝΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

n∑i=0

ai(xi, xj) = (f, xj), j = 0, . . . , n , δηλ.,

(x0, x0)a0 + (x1, x0)a1 + · · ·+ (xn, x0)an = (f, x0)

(x0, x1)a0 + (x2, x1)a1 + · · ·+ (xn, x1)an = (f, x1)... ...

(x1, xn)a0 + (x2, xn)a1 + · · ·+ (xn, xn)an = (f, xn)

• Ο πίνακας G του γραµµικού συστήµατος λέγεται πίνακας του Gram.



n∑i=0

ai(xi, xj) = (f, xj), j = 0, . . . , n , δηλ.,

(x0, x0)a0 + (x1, x0)a1 + · · ·+ (xn, x0)an = (f, x0)

(x0, x1)a0 + (x2, x1)a1 + · · ·+ (xn, x1)an = (f, x1)... ...



• Τα πολυώνυµα φi = xi, i = 0, . . . , n αποτελούν µία βάση του χώρου Pn.



n∑i=0

ai(xi, xj) = (f, xj), j = 0, . . . , n , δηλ.,

(x0, x0)a0 + (x1, x0)a1 + · · ·+ (xn, x0)an = (f, x0)

(x0, x1)a0 + (x2, x1)a1 + · · ·+ (xn, x1)an = (f, x1)... ...



• Τα πολυώνυµα φi = xi, i = 0, . . . , n αποτελούν µία βάση του χώρου Pn.

΄Ασκηση Να ϐρεθεί το πολυώνυµο p2 ∈ P2 το οποίο είναι η ϐέλτιστη

προσέγγιση της f(x) = cosπx, από τον P2 στο [−1, 1], καθώς και το

σφάλµα ||f − p2||.


Λύση Οι κανονικές εξισώσεις δίνουν 2 0 23

0 23 0

23 0 2

5

a0

a1

a2

=

00−2π2

Η λύση είναι a0 = 15

4π2, a1 = 0, a2 = − 454π2 , και συνεπώς το

p2(x) =154π2

(1− 3x2).


Λύση Οι κανονικές εξισώσεις δίνουν 2 0 23

0 23 0

23 0 2

5

a0

a1

a2

=

00−2π2

Η λύση είναι a0 = 15

4π2, a1 = 0, a2 = − 454π2 , και συνεπώς το

p2(x) =154π2

(1− 3x2).

Το σφάλµα της βέλτιστης προσέγγισης

||f − p2|| =(∫ 1

−1

(cosπx− p2(x))2dx)1/2

=(1− 45

2π4

)1/2


Γενικά υποθέτουµε ότι µια συνάρτηση ϑα προσεγγίζεται από την

y = a0φ0(x) + a1φ1(x) + a2φ2(x) + · · ·+ anφn(x)




Μερικές ϕορές η επιλογή συναρτήσεων ϐάσης φi(x) = xi, i = 0, . . . , nµπορεί να δώσει πίνακα G του Gram κακής κατάστασης.





Μπορούµε να ϐρούµε κατάλληλες ϐάσεις ώστε να γραφεί το σύστηµα των

κανονικών εξισώσεων στην απλούστερη µορφή, δηλαδή G = I . Ψάχνουµε

να ϐρούµε λοιπόν ορθοκανονικές βάσεις φi(x)i = 0, . . . , n.








Σε µία ορθοκανονική ϐάση ισχύει (φi, φj) = 0, i 6= j και ||φi|| = 1,∀i.









Τότε ϑα έπεται αµέσως (από τις κανονικές εξισώσεις) ότι

ai = (f, φi)









Τότε ϑα έπεται αµέσως (από τις κανονικές εξισώσεις) ότι

ai = (f, φi)

Για τη ϐέλτιστη προσέγγιση συνεχών συναρτήσεων από των υπόχωρο των

πολυωνύµων Pn, για να γίνει ο πίνακα G του Gram διαγώνιος,

κατασκευάζουµε µια κατάλληλη ϐάση του Pn που αποτελείται από τα

λεγόµενα ορθογώνια πολυώνυµα.


Μια σηµαντική κατηγορία ορθογώνιων πολυωνύµων, που αποτελούν και ϐάση

του Pn, είναι τα πολυώνυµα Legendre.




Πρόταση Τα πολυώνυµα Legendre, Pn, είναι ορθογώνια ως προς (·, ·) στο

[−1, 1] και ικανοποιούν την αναδροµική σχέση

(n+ 1)Pn+1(x) = (2n+ 1)xPn(x)− nPn−1(x), n ≥ 1

όπου P0(x) = 1 και P1(x) = x.






(n+ 1)Pn+1(x) = (2n+ 1)xPn(x)− nPn−1(x), n ≥ 1


∆ηλαδή

P2(x) =12(3x2 − 1)

P3(x) =12(5x3 − 3x)

P4(x) =18(35x4 − 30x2 + 3), κ.ο.κ






(n+ 1)Pn+1(x) = (2n+ 1)xPn(x)− nPn−1(x), n ≥ 1


∆ηλαδή

P2(x) =12(3x2 − 1)

P3(x) =12(5x3 − 3x)

P4(x) =18(35x4 − 30x2 + 3), κ.ο.κ

Επιπλέον ισχύει (Pi, Pi) =2

2i+ 1, ∀i. (1)



προσέγγιση της f(x) = cosπx, από τον χώρο P2 στο [−1, 1]χρησιµοποιώντας ως ϐάση του P2 τα πολυώνυµα Legendre.




Λύση ΄Εστω ότι η ϐέλτιστη προσέγγιση ότι γράφεται συναρτήσει των

πολυώνύµων Legendre ως

y = p2 = a0φ0(x) + a1φ1(x) + a2φ2(x) = a0P0(x) + a1P1(x) + a2P2(x)







Το διαγώνιο σύστηµα κανονοκών εξισώσεων είναι :

(Pi, Pi)ai = (f, Pi), i = 0, 1, 2







Το διαγώνιο σύστηµα κανονοκών εξισώσεων είναι :

(Pi, Pi)ai = (f, Pi), i = 0, 1, 2Από την (1) τότε έχουµε

ai =2i+ 1

2

∫ 1

−1

Pi(x) cosπxdx, i = 0, 1, 2

από τις οποίες υπολογίζουµε

a0 = 0, a1 = 0, a2 =−152π2

΄Αρα, η ϐέλτιστη προσέγγιση είναι

y = p2(x) =154π2

(1− 3x2)


ΚΕΦ. 4: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ


ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗ (∆ΙΑΦΟΡΙΣΗ)

• Πολλές ϕορές η παράγωγος, καθώς και παράγωγοι ανώτερης τάξης, µίας

συνάρτησης f είναι δύσκολο να υπολογιστούν, λόγω της πολυπλοκότητάς της.





• ΄Αλλες ϕορές γνωρίζουµε διακριτές τιµές µίας συνάρτησης ή έχουµε

δεδοµένα (xi, yi) και ϑέλουµε να υπολογίσουµε την παράγωγο (µεταβολή)

σε κάποιο από τα xi ή και σε σηµεία x 6= xi.








• Η κατασκευή αριθµητικών τύπων παραγώγισης κυρίως στηρίζεται σε χρήσηαναπτυγµάτων Taylor και η ακρίβεια των παραγώµενων τύπων εξαρτάται

κυρίως από το πλήθος των όρων των αναπτυγµάτων που χρησιµοποιούνται

καθώς και από τη µορφή της συνάρτησης.








• Η κατασκευή αριθµητικών τύπων παραγώγισης κυρίως στηρίζεται σε χρήσηαναπτυγµάτων Taylor και η ακρίβεια των παραγώµενων τύπων εξαρτάται

κυρίως από το πλήθος των όρων των αναπτυγµάτων που χρησιµοποιούνται

καθώς και από τη µορφή της συνάρτησης.

• ΄Ενας άλλος τρόπος υπολογισµού παραγώγων είναι µε χρήση παρεµβολής(πολυωνυµικής, spline κ.τ.λ.)


Υπολογισµός Παραγώγων Τύπου Taylor

Γνωρίζουµε ότι για συνάρτηση f : R→ R η παράγωγος σ’ενα σηµείο x

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h




f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h

Η πιο απλή προσέγγιση της παραγώγου µπορεί να δωθεί τότε ως

f ′(x) ≈ f(x+ h)− f(x)h

, (τέµνουσα)




f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h


f ′(x) ≈ f(x+ h)− f(x)h


΄Εστω τώρα το ανάπτυγµα Taylor για την f(x) ∈ Cn[a, b] γύρω από το x

f(x+ h) = f(x) + hf ′(x) + h2

2!f′′(x) + h3

3!f′′′(x) + · · ·+ hn

n!f(n)(ξ1) (1)

f(x− h) = f(x)− hf ′(x) + h2

2!f′′(x)− h3

3!f′′′(x) + · · ·+ hn

n!f(n)(ξ2) (2)




f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h


f ′(x) ≈ f(x+ h)− f(x)h


΄Εστω τώρα το ανάπτυγµα Taylor για την f(x) ∈ Cn[a, b] γύρω από το x

f(x+ h) = f(x) + hf ′(x) + h2

2!f′′(x) + h3

3!f′′′(x) + · · ·+ hn

n!f(n)(ξ1) (1)

f(x− h) = f(x)− hf ′(x) + h2

2!f′′(x)− h3

3!f′′′(x) + · · ·+ hn

n!f(n)(ξ2) (2)

Κρατώντας τους δύο πρώτους όρους

(1) ⇒ f ′(x) = f(x+h)−f(x)h − h

2!f′′(ξ1) (προς τα εµπρός διαφορά) (3)

(2) ⇒ f ′(x) = f(x)−f(x−h)h + h

2!f′′(ξ2) (προς τα πίσω διαφορά) (4)


Αφαιρώντας την (2) από την (1)⇒

f ′(x) =f(x+ h)− f(x− h)

2h−h

2

12[f ′′′(ξ1) + f ′′′(ξ2)] (κεντρική διαφορά)

(5)



f ′(x) =f(x+ h)− f(x− h)

2h−h

2


(5)

΄Εστω η συνάρτηση f(x) ∈ [a, b] σε σηµεία xi = a+ ih, i = 0, . . . , n



f ′(x) =f(x+ h)− f(x− h)

2h−h

2


(5)


f ′(xi) =f(xi+1)− f(xi)

h+O(h)

f ′(xi) =f(xi)− f(xi−1)

h+O(h)

f ′(xi) =f(xi+1)− f(xi−1)

2h+O(h2)

•Οι όροι O() είναι το σφάλµα της κάθε προσέγγισης λόγω αποκοπής των όρων στα

αναπτύγµατα Taylor.



f ′(x) =f(x+ h)− f(x− h)

2h−h

2


(5)


f ′(xi) =f(xi+1)− f(xi)

h+O(h)

f ′(xi) =f(xi)− f(xi−1)

h+O(h)

f ′(xi) =f(xi+1)− f(xi−1)

2h+O(h2)

•Οι όροι O() είναι το σφάλµα της κάθε προσέγγισης λόγω αποκοπής των όρων στα

αναπτύγµατα Taylor.

•Λέµε ότι η ποσότητα ψ είναι τάξης O του hk, καθώς το k → 0 και γράφουµε ψ(h) = O(hk)

αν και µόνο αν ∃C ∈ R : |ψ(h)| ≤ Chk.


Προσθέτωντας τις (1) και (2) υπολογίζουµε µια προσέγγιση της f ′′(x)

f ′′(x) =f(x+ h)− 2f(x) + f(x− h)

h2− h

2

24[f (4)(ξ1) + f (4)(ξ2)] (6)

=⇒f ′′(xi) =

f(xi+1)− 2f(xi) + f(xi−1)h2

+O(h2) (7)

(Κεντρική διαφορά 3 σηµείων).


Προσθέτωντας τις (1) και (2) υπολογίζουµε µια προσέγγιση της f ′′(x)

f ′′(x) =f(x+ h)− 2f(x) + f(x− h)

h2− h

2

24[f (4)(ξ1) + f (4)(ξ2)] (6)

=⇒f ′′(xi) =

f(xi+1)− 2f(xi) + f(xi−1)h2

+O(h2) (7)

(Κεντρική διαφορά 3 σηµείων).

Αντικαθιστώντας την (7) στο ανάπτυγµα Taylor γύρω από το xi

f ′(xi) =f(xi+1)− f(xi)

h− h

2f ′′(xi) +O(h2)⇒

f ′(xi) =f(xi+1)− f(xi)

h− h

2f(xi+1)− 2f(xi) + f(xi−1)

h2+O(h2)⇒

f ′(xi) =f(xi+1)− f(xi−1)

2h+O(h2)


΄Ασκηση Χρησιµοποιήστε εµπρός, πίσω και κεντρικές διαφορές για να

εκτιµήσετε την πρώτη και δεύτερη παράγωγο στο x = 0.5 της

f(x) = −0.1x4 − 0.15x3 − 0.5x2 − 0.25x+ 1.2, µε ϐήµα h = 0.5 και ϐήµα

h = 0.25 και συγκρίνεται µε την πραγµατική τιµή για κάθε περίπτωση.


΄Ασκηση Χρησιµοποιήστε εµπρός, πίσω και κεντρικές διαφορές για να

εκτιµήσετε την πρώτη και δεύτερη παράγωγο στο x = 0.5 της

f(x) = −0.1x4 − 0.15x3 − 0.5x2 − 0.25x+ 1.2, µε ϐήµα h = 0.5 και ϐήµα

h = 0.25 και συγκρίνεται µε την πραγµατική τιµή για κάθε περίπτωση.

Λύση Για h = 0.5 υπολογίζουµε τα

xi−1 = 0 f(xi−1) = 1.2

xi = 0.5 f(xi) = 0.925

xi+1 = 1.0 f(xi+1) = 0.2

Τότε

(Ε.∆) f ′(0.5) ≈ 0.2− 0.9250.5

= −1.45, (Π.∆) f ′(0.5) ≈ 0.925− 1.20.5

= −0.55

(Κ.∆) f ′(0.5) ≈ 0.2− 1.22 · 0.5

= −1.0


Τύποι προσέγγισης παραγώγων µε προς τα εµπρός διαφορές

f ′(xi) =f(xi+1)− f(xi)

h+O(h) (8)

f ′(xi) =−f(xi+2) + 4f(xi)− 3f(xi)

2h+O(h2) (9)

f ′′(xi) =f(xi+2)− 2f(xi+1) + f(xi)

h2+O(h) (10)

f ′′(xi) =−f(xi+3) + 4f(xi+2)− 5f(xi+1) + 2f(xi)

h2+O(h2) (11)

f ′′′(xi) =f(xi+3)− 3f(xi+2) + 3f(xi+1)− f(xi)

h3+O(h) (12)

f ′′′(xi) =−3f(xi+4) + 14f(xi+3)− 24f(xi+2) + 18f(xi+1)− 5f(xi)

2h3+O(h2)(13)


Τύποι προσέγγισης παραγώγων µε προς τα πίσω διαφορές

f ′(xi) =f(xi)− f(xi−1)

h+O(h) (14)

f ′(xi) =3f(xi)− 4f(xi−1) + f(xi−2)

2h+O(h2) (15)

f ′′(xi) =f(xi)− 2f(xi−1) + f(xi−2)

h2+O(h) (16)

f ′′(xi) =2f(xi)− 5f(xi−1) + 4f(xi−2)− f(xi−3)

h2+O(h2) (17)

f ′′′(xi) =f(xi)− 3f(xi−1) + 3f(xi−2)− f(xi−3)

h3+O(h) (18)

f ′′′(xi) =5f(xi)− 18f(xi−1) + 24f(xi−2)− 14f(xi−3) + 3f(xi−4)

2h3+O(h2)(19)


Τύποι προσέγγισης παραγώγων µε κεντρικές διαφορές

f ′(xi) =f(xi+1)− f(xi−1)

2h+O(h2) (20)

f ′(xi) =−f(xi+2) + 8f(xi+1)− 8f(xi−1) + f(xi−2

12h+O(h4) (21)

f ′′(xi) =f(xi+1)− 2f(xi) + f(xi−1)

h2+O(h2) (22)

f ′′(xi) =−f(xi+2) + 16f(xi+1)− 30f(xi) + 16f(xi−1)− f(xi−2

12h2+O(h4) (23)

f ′′′(xi) =f(xi+2)− 2f(xi+1) + 2f(xi−1)− f(xi−2)

2h3+O(h2) (24)

f ′′′(xi) =−f(xi+3) + 8f(xi+2)− 13f(xi+1) + 13f(xi−1)− 8f(xi−2) + f(xi−3

8h3) +O(h4)(25)


Τύποι προσέγγισης παραγώγων µε κεντρικές διαφορές

f ′(xi) =f(xi+1)− f(xi−1)

2h+O(h2) (20)

f ′(xi) =−f(xi+2) + 8f(xi+1)− 8f(xi−1) + f(xi−2

12h+O(h4) (21)

f ′′(xi) =f(xi+1)− 2f(xi) + f(xi−1)

h2+O(h2) (22)

f ′′(xi) =−f(xi+2) + 16f(xi+1)− 30f(xi) + 16f(xi−1)− f(xi−2

12h2+O(h4) (23)

f ′′′(xi) =f(xi+2)− 2f(xi+1) + 2f(xi−1)− f(xi−2)

2h3+O(h2) (24)

f ′′′(xi) =−f(xi+3) + 8f(xi+2)− 13f(xi+1) + 13f(xi−1)− 8f(xi−2) + f(xi−3

8h3) +O(h4)(25)

΄Ασκηση Αποδείξτε τους τύπους (9), (15), (16), (17), (21) και (22) και

εφαρµόστε τους στην προηγούµενη άσκηση για ϐήµα h = 0.25.


Παραγώγιση µέσω πολυωνυµικής παρεµβολής

Υπενθυµίζεται ότι αν f ∈ Cn+1[a, b] και x0, x1, . . . , xn ανά δύο διαφορετικά

µεταξύ τους σηµεία. ΄Εαν pn ∈ Pn το πολυώνυµο παρεµβολής στα xini=0


f(x)− pn(x) =1

(n+ 1)!f (n+1)(ξ)

n∏i=0

(x− xi), για ξ ∈ (a, b), (26)

όπου

pn(x) =n∑

i=0

f(xi)Li(x) (µορφή Langrange) (27)


Παραγώγιση µέσω πολυωνυµικής παρεµβολής

Υπενθυµίζεται ότι αν f ∈ Cn+1[a, b] και x0, x1, . . . , xn ανά δύο διαφορετικά

µεταξύ τους σηµεία. ΄Εαν pn ∈ Pn το πολυώνυµο παρεµβολής στα xini=0


f(x)− pn(x) =1

(n+ 1)!f (n+1)(ξ)

n∏i=0

(x− xi), για ξ ∈ (a, b), (26)

όπου

pn(x) =n∑

i=0

f(xi)Li(x) (µορφή Langrange) (27)

Συνεπώς παραγωγίζοντας την (26)

f ′(x) =n∑

i=0

f(xi)L′i(x) +d

dx

[∏ni=0(x− xi)(n+ 1)!

]f (n+1)(ξ) +

+∏n

i=0(x− xi)(n+ 1)!

d

dx[f (n+1)(ξ)] (28)


΄Αν το x πάρει µία τιµή από τις x0, x1, . . . , xn ο τρίτος όρος του αθροίσµατος

στην (28) µηδενίζεται και συνεπώς

f ′(xi) =n∑

i=0

f(xi)L′i(xi) +n∏

i=0i6=j

(xi − xj)f (n+1)(ξ)(n+ 1)!

(29)




f ′(xi) =n∑

i=0


i=0i6=j

(xi − xj)f (n+1)(ξ)(n+ 1)!

(29)

• Αν τα σηµεία xi είναι ισαπέχοντα τότε από την σχέση (29) παράγουµε τους

αντίστοιχους τύπους προσέγγισης της πρώτης παραγώγου όπως και µε τη

χρήση αναπτυγµάτων Taylor, επιλέγοντας ϕυσικά τα κατάλληλα σηµεία που

πρέπει να χρησιµοποιηθούν. (΄Ασκηση)




f ′(xi) =n∑

i=0


i=0i6=j

(xi − xj)f (n+1)(ξ)(n+ 1)!

(29)





• Η παραγώγιση µε παρεµβολή είναι ιδιαίτερα χρήσιµη όταν τα σηµεία (η τα

δεδοµένα) δεν είναι ισαπέχοντα.




f ′(xi) =n∑

i=0


i=0i6=j

(xi − xj)f (n+1)(ξ)(n+ 1)!

(29)





• Η παραγώγιση µε παρεµβολή είναι ιδιαίτερα χρήσιµη όταν τα σηµεία (η τα

δεδοµένα) δεν είναι ισαπέχοντα.

• Υπενθυµίζεται ότι η για παραγώγιση µε παρεµβολή κυβικών splines έχουµε

και αντίστοιχες εκτιµήσεις σφάλµατος µέχρι παραγώγους τρίτης τάξης.


Παράδειγµα Η ϱοή ϑερµότητας στο µέτωπο αέρα/επιφάνεια του εδάφους

όπως δίνεται από το νόµο Fourier είναι

q∣∣∣z=0

= −kρCdTdz

∣∣∣z=0

όπου

q = ϱοή ϑερµότητας, > 0 από τον αέρα στο έδαφος, σε W/m2,

k = συντελεστής ϑερµικής διάχυσης στο έδαφος ≈ 3.5 · 10−7m2/s

ρ = πυκνότητα εδάφους ≈ 1800Kgr/m3

C = ειδική ϑερµότητα εδάφους ≈ 840J/(Kgr ·o C)


Παράδειγµα Η ϱοή ϑερµότητας στο µέτωπο αέρα/επιφάνεια του εδάφους

όπως δίνεται από το νόµο Fourier είναι

q∣∣∣z=0

= −kρCdTdz

∣∣∣z=0

όπου

q = ϱοή ϑερµότητας, > 0 από τον αέρα στο έδαφος, σε W/m2,

k = συντελεστής ϑερµικής διάχυσης στο έδαφος ≈ 3.5 · 10−7m2/s

ρ = πυκνότητα εδάφους ≈ 1800Kgr/m3

C = ειδική ϑερµότητα εδάφους ≈ 840J/(Kgr ·o C)

Χρησιµοποιήστε αριθµητική διαφόριση για τον υπολογισµό της αλλαγής

ϑερµοκρασίας (dT/dz) στο µέτωπο (z = 0) αέρα/έδαφος και υπολογίστε το

q στην επιφάνεια του εδάφους έχοντας τα πειραµατικά δεδοµένα

zi(cm) 0 1.25 3.75

Ti(oC) 13.5 12 10


Από τον τύπο (2) και χωρίς τον όρο του σφάλµατος, χρειάζεται να

υπολογιστούν τα πολυώνυµα L0(z), L1(z), L2(z) καθώς και τα

L′0(z), L′1(z), L

′2(z) έτσι ώστε

dT

dz

∣∣∣z=0

= T ′(0) =n∑

i=0

TiL′i(zi)




L′0(z), L′1(z), L


dT

dz

∣∣∣z=0

= T ′(0) =n∑

i=0

TiL′i(zi)

΄Εχουµε

L′0(z) =2z − z1 − z2

(z0 − z1)(z0 − z2)L′1(z) =

2z − z0 − z2(z1 − z0)(z1 − z2)

, L′2(z) =2z − z0 − z1

(z2 − z0)(z2 − z1)




L′0(z), L′1(z), L


dT

dz

∣∣∣z=0

= T ′(0) =n∑

i=0

TiL′i(zi)

΄Εχουµε

L′0(z) =2z − z1 − z2

(z0 − z1)(z0 − z2)L′1(z) =

2z − z0 − z2(z1 − z0)(z1 − z2)

, L′2(z) =2z − z0 − z1

(z2 − z0)(z2 − z1)

Αντικαθιστώντας

T ′(0) = 13.52(0)− 1.25− 3.75

(0− 1.25)(0− 3.75)+12

2(0)− 0− 3.75(1.25− 0)(1.25− 3.75)

+102(0)− 0− 1.25

(3.75− 0)(3.75− 1.25)

⇒ T ′(0) = −1.333333oC/cm = −133.3333oC/m




L′0(z), L′1(z), L


dT

dz

∣∣∣z=0

= T ′(0) =n∑

i=0

TiL′i(zi)

΄Εχουµε

L′0(z) =2z − z1 − z2

(z0 − z1)(z0 − z2)L′1(z) =

2z − z0 − z2(z1 − z0)(z1 − z2)

, L′2(z) =2z − z0 − z1

(z2 − z0)(z2 − z1)

Αντικαθιστώντας

T ′(0) = 13.52(0)− 1.25− 3.75

(0− 1.25)(0− 3.75)+12

2(0)− 0− 3.75(1.25− 0)(1.25− 3.75)

+102(0)− 0− 1.25

(3.75− 0)(3.75− 1.25)

⇒ T ′(0) = −1.333333oC/cm = −133.3333oC/m΄Αρα q

∣∣∣z=0

= 70.56W/m2. (1W = 1J/s)


Αριθµητική παραγώγιση µε τη µέθοδο απροσδιόριστων συντελεστών

Εστω ότι δίνονται διακριτές τιµές (xi, f(xi)) και έστω ότι ϑέλουµε να

κατασκευάσουµε έναν τύπο αριθµητικής παραγώγισης της µορφής

w0f(x0) + w1f(x1) + · · ·+ wnf(xn) ≈ f ′(xk),

ϑέλουµε τότε να υπολογίσουµε τα w0, w1, . . . , wn (τα λεγόµενα βάρη), ώστε

να είναι όσο το δυνατόν πιό ακριβής.





w0f(x0) + w1f(x1) + · · ·+ wnf(xn) ≈ f ′(xk),



Για να το πετύχουµε αυτό ζητάµε ο τύπος να παραγωγίζει ακριβώςπολυώνυµα έως και n−βαθµού.





w0f(x0) + w1f(x1) + · · ·+ wnf(xn) ≈ f ′(xk),



Για να το πετύχουµε αυτό ζητάµε ο τύπος να παραγωγίζει ακριβώςπολυώνυµα έως και n−βαθµού.

∆ηλαδή

pn(xk) = w0pn(x0) + w1pn(x1) + · · ·+ wnpn(xn)

Χρησιµοποιώντας τη ϐάση του Pn, φi(x) = xi, i = 0, . . . , n έχουµε ϑέτωντας

διαδοχικά pn(x) = xi για i = 0, . . . , n


φ′0(xk) = w0φ0(x0) + w1φ0(x1) + · · ·+ wnφ0(xn)

φ′1(xk) = w0φ1(x0) + w1φ1(x1) + · · ·+ wnφ1(xn)

φ′2(xk) = w0φ2(x0) + w1φ2(x1) + · · ·+ wnφ2(xn)...

...

φ′n(xk) = w0φn(x0) + w1φn(x1) + · · ·+ wnφn(xn)

και λύνουµε το γραµµικό (n+ 1)× (n+ 1) σύστηµα ως προς τα ϐάρηw0, w1, . . . , wn.


φ′0(xk) = w0φ0(x0) + w1φ0(x1) + · · ·+ wnφ0(xn)

φ′1(xk) = w0φ1(x0) + w1φ1(x1) + · · ·+ wnφ1(xn)

φ′2(xk) = w0φ2(x0) + w1φ2(x1) + · · ·+ wnφ2(xn)...

...



Παράδειγµα Να υπολογιστούν οι συντελεστές w−1, w1 έτσι ώστε ο

προσεγγιστικος τύπος της αριθµητικής παραγώγισης w−1f(x−1) + w1f(x1)να είναι όσο το δυνατόν πιό ακριβής, για την προσέγγιση του f ′(x0), µε

xi = x0 + ih, i = −1, 0, 1.


φ′0(xk) = w0φ0(x0) + w1φ0(x1) + · · ·+ wnφ0(xn)

φ′1(xk) = w0φ1(x0) + w1φ1(x1) + · · ·+ wnφ1(xn)

φ′2(xk) = w0φ2(x0) + w1φ2(x1) + · · ·+ wnφ2(xn)...

...



Παράδειγµα Να υπολογιστούν οι συντελεστές w−1, w1 έτσι ώστε ο

προσεγγιστικος τύπος της αριθµητικής παραγώγισης w−1f(x−1) + w1f(x1)να είναι όσο το δυνατόν πιό ακριβής, για την προσέγγιση του f ′(x0), µε

xi = x0 + ih, i = −1, 0, 1.

Για f(x) = p(x) = 1 και f(x) = p(x) = x έχουµε


1′ = 0 = w−1 · 1 + w1 · 1x′ = 1 = w−1 · x−1 + w1 · x1 = w−1 · (x0 − h) + w1 · (x0 + h)

⇒w−1 + w1 = 0

(−w−1 + w1)h = 1

⇒ w1 = −w−1 = 1h. Συνεπώς

f ′(x0) ≈f(x1)− f(x−1)

2h(κεντρική διαφορά)


1′ = 0 = w−1 · 1 + w1 · 1x′ = 1 = w−1 · x−1 + w1 · x1 = w−1 · (x0 − h) + w1 · (x0 + h)

⇒w−1 + w1 = 0

(−w−1 + w1)h = 1

⇒ w1 = −w−1 = 1h. Συνεπώς

f ′(x0) ≈f(x1)− f(x−1)

2h(κεντρική διαφορά)

΄Ασκηση Να προσδιοριστούν τα w0, w1, w2 ώστε ο προσεγγιστικός τύπος της

αριθµητικής παραγώγισης

(w0f(x0) +w1f(x1) +w2f(x2)

)/h να είναι όσο

το δυνατόν πιό ακριβής, για την προσέγγιση του f ′(x0), µε

xi = x0 + ih, i = 0, 1, 2.


Η µέθοδος παρεκβολής (extrapolation) Richardson

Η τεχνική αυτή εφαρµόζεται για να δώσει αποτελέµατα υψηλής ακρίβειας

χρησιµοποιώντας τύπους χαµηλής τάξης σφάλµατος.

Η ιδέα: ΄Εστω µία ποσότητα D που προσεγγίζεται από ένα τύπο q(h) µέ

σφάλµα O(h) ως

D = q(h) + c1h+ c2h2 + c3h

3 + · · · , h > 0, ci κατάλληλες σταθερές

(30)

Αν αντικαταστήσουµε το h µεh2 στη (30) έχουµε

D = q(h

2) + c1

h

2+ c2

h2

4+ c3

h3

8+ · · · (31)

∆ιπλασιάζουµε την (31) και αφαιρούµε από την (30) (απαλείφουµε το c1)

D =[q(h

2) +

(q(h

2)− q(h)

)]+ c2

(h2

2− h2

)+ c3

(h3

4− h3

)+ · · · (32)

Η νέα αυτή προσέγγιση του D έχει σφάλµα O(h2)


Θέτωντας

q1(h) = q(h) και

q2(h) =[q1(h

2) +

(q1(h

2)− q1(h)

)]τότε

D = q2(h)− c2h2

8− c3

3h3

32· · · (33)

Αν αντικαταστήσουµε το h µεh2 στη (33) και τετραπλασιάσουµε, τότε

αφαιρώντας από την (33) (απαλείφουµε το c2) έχουµε

D =[q2(h

2) +

q2(h2)− q2(h)

3

]+ c3

3h3

32+ · · ·

Η νέα αυτή προσέγγιση του D έχει σφάλµα O(h3) και ϑέτουµε

q3(h) =[q2(h

2) +

q2(h2)− q2(h)

3

]Αριθµητική Ανάλυση, 3ο Εξάµηνο ΜΗΧ.Ο.Π., 2008 18

Συνεχίζοντας τη διαδικασία κατασκευάζουµε για k = 2, 3, , . . . ,m τον

προσεγγιστικό τύπο µε σφάλµα O(hk)

qk(h) =2k−1qk−1(h

2)− qk−1(h)2k−1 − 1


Συνεχίζοντας τη διαδικασία κατασκευάζουµε για k = 2, 3, , . . . ,m τον

προσεγγιστικό τύπο µε σφάλµα O(hk)


2)− qk−1(h)2k−1 − 1

΄Αν ο αρχικός προσεγγιστικός τύπος έχει στους όρους σφάλµατος άρτιεςδυνάµεις του h, τότε ϑα έχουµε σφάλµα προσέγγισης O(h2k) και


2)− qk−1(h)4k−1 − 1


΄Ασκηση Να ϐρεθεί η προσεγγιστική τιµή της πρώτης παραγώγου της

συνάρτησης f(x) = x lnx στο σηµείο x0 = 2 µε h = 0.1 µε ακρίβεια O(h4)και χρήση της τεχνικής Richardson.


΄Ασκηση Να ϐρεθεί η προσεγγιστική τιµή της πρώτης παραγώγου της

συνάρτησης f(x) = x lnx στο σηµείο x0 = 2 µε h = 0.1 µε ακρίβεια O(h4)και χρήση της τεχνικής Richardson.

Λύση Ξεκινώντας από το τύπο κεντρικών διαφορών (ϑέλουµε άρτια τάξη

σφάλµατος)

f ′(x0) =f(x0 + h)− f(x0 − h)

2h+O(h2)

ϑέτουµε

q1(h) =f(x0 + h)− f(x0 − h)

2h⇒

q1(0.1) =1

0.2

[(2.1) · ln(2.1)− (1.9) · ln(1.9) = 1.692728

και

q1(h/2) =1h

[f(x0 + h/2)− f(x0 − h/2)

]⇒

q1(0.05) =1

0.1

[(2.05) · ln(2.05)− (1.95) · ln(1.95)

]= 1.693043


Για k = 2 έχουµε

q2(h) =4q1(h

2)− q1(h)4− 1

⇒

q2(0.1) =4q1(0.05)− q1(0.1)

3= 1.693148


Για k = 2 έχουµε

q2(h) =4q1(h

2)− q1(h)4− 1

⇒

q2(0.1) =4q1(0.05)− q1(0.1)

3= 1.693148

Η ακριβής τιµή της παραγώγου είναι

f ′(2) = ln(2) + 1 = 1.693147

.


Υπολογισµός Μερικών Παραγώγων


ΚΕΦ. 4: ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ

Στόχος η αριθµητική η προσέγγιση ολοκληρωµάτων της µορφής

I(f) =∫ b

a

f(x)dx, [a, b] ⊂ R f : [a, b]→ R.




I(f) =∫ b

a

f(x)dx, [a, b] ⊂ R f : [a, b]→ R.

Αν F είναι µία παράγουσα της f τότε∫ b

af(x)dx = F (a)− F (b). ΄Οµως η F

µπορεί να είναι δύσκολο να υπολογιστεί και να είναι πολύπλοκη, ακόµη και για

µία απλή f .




I(f) =∫ b

a

f(x)dx, [a, b] ⊂ R f : [a, b]→ R.

Αν F είναι µία παράγουσα της f τότε∫ b

af(x)dx = F (a)− F (b). ΄Οµως η F

µπορεί να είναι δύσκολο να υπολογιστεί και να είναι πολύπλοκη, ακόµη και για

µία απλή f .

Στην αριθµητική ολοκλήρωση το ολοκλήρωµα I(f) προσεγγίζεται µε τύπουςολοκλήρωσης Qn+1

I(f) ≈ Qn+1(f) = w0f(x0) + w1f(x1) + · · ·+ wnf(xn) =n∑

i=0

wif(xi)

(1)΄Οπου xi κόµβοι στο [a, b] και wi τα βάρη (∈ R).


I(f) ≈ Qn+1(f) =n∑

i=0

wif(xi)


I(f) ≈ Qn+1(f) =n∑

i=0

wif(xi)

Η ιδέα εδώ είναι να προσεγγιστεί ένα ολοκλήρωµα µε µικρά αθροίσµατα


Τύποι ολοκλήρωσης Newton-Cotes΄Εστω [a, b] ⊂ R και n+ 1 (οµοιόµορφα κατανεµηµένοι) κόµβοι

xi = a+ ih, i = 0, . . . , n µε ϐήµα h = (b− a)/n.

• Οι κλειστοί τύποι Newton-Cotes χρησιµοποιούν όλους τους κόµβους.

• Οι ανοιχτοί τύποι Newton-Cotes δεν χρησιµοποιούν τους κόµβους στα άκρα.






΄Εστω ότι η f(x) προσεγγίζεται µε ένα πολυώνυµο παρεµβολής pn(x)

f(x) ≈ pn(x)

Τότε

I(f) =∫ b

a

f(x)dx≈∫ b

a

pn(x)dx






΄Εστω ότι η f(x) προσεγγίζεται µε ένα πολυώνυµο παρεµβολής pn(x)

f(x) ≈ pn(x)

Τότε

I(f) =∫ b

a

f(x)dx≈∫ b

a

pn(x)dx

Θέλουµε να κατασκευάσουµε τύπους ολοκλήρωσης Qn+1 τ.ώ.

Qn+1(f) = I(pn) =∫ b

a

pn(x)dx

δηλ. να υπολογίζουν ακριβώς το ολόκλήρωµα του πολυωνύµου παρεµβολής.

Τότε λέµε ότι ο τύπος Qn+1 ολοκληρώνει ακριβώς πολυώνυµα n− βαθµού.


Κανόνας (απλός τύπος) του τραπεζίου΄Εστω το p1 πολυώνυµο παρεµβολής της f ∈ C[a, b] (στα x0 = a, x1 = b).

Τότε

p1(x) = f(x0)L0(x) + f(x1)L1(x) = f(x0)x− x1

x0 − x1+ f(x1)

x− x0

x1 − x0


Κανόνας (απλός τύπος) του τραπεζίου΄Εστω το p1 πολυώνυµο παρεµβολής της f ∈ C[a, b] (στα x0 = a, x1 = b).

Τότε

p1(x) = f(x0)L0(x) + f(x1)L1(x) = f(x0)x− x1

x0 − x1+ f(x1)

x− x0

x1 − x0

Ολοκληρώνοντας∫ b

a

f(x)dx ≈∫ b

a

p1(x)dx = · · · = (b− a)2

[f(a) + f(b)

]= Q2(f)


Σφάλµα στην αριθµητική ολοκλήρωση

Γενικά για παρεµβολή µε πολυώνυµο n−ϐαθµού από το σφάλµα

πολυωνυµικής παρεµβολής έχουµε

Rn+1(f) = I(f)−Qn+1(f) = I(f)− I(pn) =∫ b

a

[f(x)− pn(x)]dx

=1

(n+ 1)!

∫ b

a

f (n+1)(ξ)n∏

i=0

(x− xi)dx, για ξ ∈ (a, b),


Σφάλµα στην αριθµητική ολοκλήρωση

Γενικά για παρεµβολή µε πολυώνυµο n−ϐαθµού από το σφάλµα

πολυωνυµικής παρεµβολής έχουµε

Rn+1(f) = I(f)−Qn+1(f) = I(f)− I(pn) =∫ b

a

[f(x)− pn(x)]dx

=1

(n+ 1)!

∫ b

a

f (n+1)(ξ)n∏

i=0

(x− xi)dx, για ξ ∈ (a, b),

Για n = 1 έχουµε

R2(f) = − 12!

∫ b

a

(x− a)(b− x)f ′′(ξ)

Με χρήση του θεωρήµατος ενδιάµεσης τιµής του διαφορικού λογισµού

R2(f) = −(b− a)3

12f ′′(ξ) (Τοπικό σφάλµα αποκοπής)


Βελτίωση της προσέγγισης

Εφαρµογή του απλού τύπου του τραπεζίου σε περισσότερα διαστήµατα στο

διάστηµα ολοκλήρωσης [a, b]


Βελτίωση της προσέγγισης

∆ιαιρούµε το [a, b] σε n ίσα διαστήµατα, µήκους h = (b− a)/n και σε κάθε

[xi+1 − xi] από αυτά εφαρµόζεται ο απλός τύπος του τραπεζίου.

Εφόσον

I(f) =∫ b=xn

a=x0

f(x)dx =∫ x1

x0

f(x)dx+∫ x2

x1

f(x)dx+ · · ·+∫ xn

xn−1

f(x)dx

έχουµε

QTn+1 = h

[12f(x0) + f(x1) + · · ·+ f(xn−1) +

12f(xn)

]που είναι ο σύνθετος τύπος του τραπεζίου.


Σφάλµα για το σύνθετο τύπος του τραπεζίου

Αθροίζοντας για κάθε υποδιάστηµα [xi, xi+1], i = 0, . . . , n το αντίστοιχο

τοπικό σφάλµα συνεπάγεται ότι το ολικό σφάλµα αποκοπής δίνεται ως

∀f ∈ C2[a, b] ∃ξ ∈ (a, b) RTn+1 = −b− a

12h2f ′′(ξ)

⇒ |RTn+1| ≤

b− a12

h2||f ′′||∞ ∀f ∈ C2[a, b]

Το σφάλµα είναι τάξης δύο (για h→ 0) δηλ. O(h2).


Σφάλµα για το σύνθετο τύπος του τραπεζίου

Αθροίζοντας για κάθε υποδιάστηµα [xi, xi+1], i = 0, . . . , n το αντίστοιχο

τοπικό σφάλµα συνεπάγεται ότι το ολικό σφάλµα αποκοπής δίνεται ως

∀f ∈ C2[a, b] ∃ξ ∈ (a, b) RTn+1 = −b− a

12h2f ′′(ξ)

⇒ |RTn+1| ≤

b− a12

h2||f ′′||∞ ∀f ∈ C2[a, b]

Το σφάλµα είναι τάξης δύο (για h→ 0) δηλ. O(h2).

Η παραπάνω εκτίµηση για το ϕράγµα του σφάλµατος µπορεί να µας δώσει εκτων προτέρων ένα πλήθος κόµβων n που εξασφαλίζει ότι το αποτέλεσµα ϑα

έχει ακρίβεια k− σηµαντικών δεκαδικών ψηφίων δηλ. ότι,

|RTn+1| ≤

12· 10−k


Παράδειγµα Θέλουµε να προσεγγίσουµε το ολοκλήρωµα I(f) στο [0, 1] της

f(x) = e−x2µε το σύνθετο τύπο του τραπεζίου και µε ακρίβεια 5 δεκαδικών

ψηφίων.


Παράδειγµα Θέλουµε να προσεγγίσουµε το ολοκλήρωµα I(f) στο [0, 1] της

f(x) = e−x2µε το σύνθετο τύπο του τραπεζίου και µε ακρίβεια 5 δεκαδικών

ψηφίων.

Θέλουµε δηλ.

|RTn+1| ≤

b− a12

h2||f ′′||∞ ≤12· 10−5

(2)

΄Εχουµε

f ′′(x) = 2(2x2 − 1)e−x2και ||f ′′||∞ = max

x∈[0,1]|f ′′| = 2

Συνεπώς από την (2)

112· 1n2· 1 ≤ 1

2· 10−5 ⇒ n > 183

΄Αρα, ο σύνθετος τύπος χρειάζεται περισσότερους από 184 οµοιόµορφα

κατανεµηµένους κόµβους για να πετύχει τη Ϲητούµενη ακρίβεια.


΄Ασκηση Υπολογίστε την ακριβή τιµή του ολοκλήρώµατος I(f) =∫ 4

0xe2xdx

και στη συνέχεια εφαρµόστε το σύνθετο τύπο του τραπεζίου για διάφορες

τιµές κόµβων. Πιο είναι το πλήθος κόµβων n που εξασφαλίζει ότι το

αποτέλεσµα ϑα έχει ακρίβεια 4 σηµαντικών δεκαδικών ψηφίων ;


΄Ασκηση Υπολογίστε την ακριβή τιµή του ολοκλήρώµατος I(f) =∫ 4

0xe2xdx

και στη συνέχεια εφαρµόστε το σύνθετο τύπο του τραπεζίου για διάφορες

τιµές κόµβων. Πιο είναι το πλήθος κόµβων n που εξασφαλίζει ότι το

αποτέλεσµα ϑα έχει ακρίβεια 4 σηµαντικών δεκαδικών ψηφίων ;

Λύση Η πραγµατική τιµή είναι I(f) = 5216.926477.



• Η ϑεωρητική πρόβλεψη για τα σηµεία είναι γενικά κάπως απαισιόδοξη σε

σύγκριση µε την πράξη (χρειαζονται λιγότεροι κόµβοι για να πετύχουµε

δεδοµένη ακρίβεια).






• ΄Οµως για να πετύχουµε ικανοποιητική ακρίβεια µε το τύπο του τραπεζίου

χρειάζονται πολλοί κόµβοι, ακόµη και για ολοκλήρωση οµαλών συναρτήσεων.








•Για µεγαλύτερη ακρίβεια χρειάζονται πολλοί περισσότεροι. Η αύξηση όµως

των κόµβων µπορεί να έχει σαν συνέπεια την αλλοίωση του αποτελέσµατος

λόγω σφαλµάτων στρογγύλευσης











• Υπάρχουν τύποι ολοκλήρωσης που µε πολύ λιγότερους κόµβους δίνουν

αποτελέσµατα υψηλότερης ακρίβειας.











• Υπάρχουν τύποι ολοκλήρωσης που µε πολύ λιγότερους κόµβους δίνουν

αποτελέσµατα υψηλότερης ακρίβειας.

•Ο σύνθετος τύπος του τραπεζίου µπορεί να εφαρµοστεί και σε µηοµοιόµορφες διαµερήσεις ως

QTn+1 =

n∑i=1

xi − xi−1

2[f(xi−1)− f(xi)]


Παράδειγµα Με ϐάση την τελευταία παρατήρηση υπολογίστε το ολοκλήρωµα

I(f) =∫ 4

0xe2xdx µε το σύνθετο τύπο του τραπεζίου στο [0, 4] και µε

υποδιαστήµατα h1 = 2, h2 = 1, h3 = 0.5, h4 = 0.5 και υπολογίστε το %σφάλµα.


Ο (απλός) τύπος του Simpson 1/3Αν παρεµβάλουµε την συνάρτηση προς ολοκλήρωση µέ το πολυώνυµο 2ου

ϐαθµού στα σηµεία x0 = a, x1 = a+b2 , x2 = b τότε




Τότε I(f) =∫ b

a

f(x)dx≈∫ b

a

p2(x)dx =∫ b

a

2∑i=0

f(xi)Li(x)dx





a

f(x)dx≈∫ b

a

p2(x)dx =∫ b

a

2∑i=0

f(xi)Li(x)dx

Συνεπώς

Q3(f) =∫ b

a

p2(x)dx = · · · = (b− a)2

[13f(a) +

43f(a+ b

2) +

13f(b)

]


Θέτωντας h = (b− a)/2 ο απλός τύπος του Simpson 1/3 γράφεται

Q3(f) =h

3

[f(x0) + 4f(x1) + f(x2)

]



Q3(f) =h

3

[f(x0) + 4f(x1) + f(x2)

]Ο τύπος του Simpson αναµένεται να ολοκληρώνει ακριβώς πολυώνυµα 2ου

ϐαθµού. ΄Οµως για f(x) = x3 . . . . . .



Q3(f) =h

3

[f(x0) + 4f(x1) + f(x2)

]Ο τύπος του Simpson αναµένεται να ολοκληρώνει ακριβώς πολυώνυµα 2ου

ϐαθµού. ΄Οµως για f(x) = x3 . . . . . .

I(x3)−Q3(x3) =∫ b

a

x3dx− b− a6

[a3 + 4

(a+ b

2

)3

+ b3]

= · · · = 0!

Συνεπώς ο τύπος του Simpson 1/3 υπολογίζει ακριβώς τα ολοκληρώµατα(ολοκληρώνει ακριβώς) πολυωνύµων µέχρι και τρίτου βαθµού.


Σφάλµα στην αριθµητική ολοκλήρωση µε τον απλό τύπος του Simpson 1/3

Για παρεµβολή µε πολυώνυµο 2ου ϐαθµού και από το σφάλµα πολυωνυµικής

παρεµβολής έχουµε

R3(f) = − 12!

∫ b

a

(x− a)(x− a+ b

2)(b− x)f (3)(ξ)


R3(f) = −(b− a)5

24 · 180f (4)(ξ) = −h

5(b− a)180

f (4)(ξ)

Από τον τύπο του σφάλµατος µπορούµε επίσης να ϐγάλουµε το συµπέρασµα

ότι ο τύπος του Simpson 1/3 είναι ακριβής για πολυώνυµα ϐαθµού ≤ 3.


Ο σύνθετος τύπος του Simpson 1/3

΄Εστω ότι ο αριθµός των διαστηµάτων n είναι άρτιος, µε

xi = a+ ih, i = 0, 1, . . . , n και εφαρµόζουµε το τύπο του Simpson 1/3 στα

[x0, x2], [x2, x4], . . . , [xn−2, xn].


Ο σύνθετος τύπος του Simpson 1/3

΄Εστω ότι ο αριθµός των διαστηµάτων n είναι άρτιος, µε

xi = a+ ih, i = 0, 1, . . . , n και εφαρµόζουµε το τύπο του Simpson 1/3 στα

[x0, x2], [x2, x4], . . . , [xn−2, xn].

Κάνοντας δηλ. αρχίκα µία κατά τµήµατα παραβολική παρεµβολή και

αθροίζοντας τα τοπικά ολοκληρώµατα, προκύπτει ο σύνθετος τύπος του

Simpson 1/3 ως

QSn+1 =

h

3

[f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) · · ·+ 4f(xn−1) + f(xn)


Παράδειγµα Υπολογίστε το ολοκλήρωµα I(f) =∫ 4

0xe2xdx µε το σύνθετο

τύπο του Simpson 1/3 στο [0, 4] µε χρήση 3 και 5 κόµβων και υπολογίστε το %σφάλµα.



0xe2xdx µε χρήση του

τύπου Simpson 1/3 στούς κόµβους

x0 = 0, x1 = 1.5, x2 = 3, x3 = 3.5, x4 = 4και υπολογίστε το % σφάλµα.


Σφάλµα για το σύνθετο τύπος του Simpson 1/3

Αθροίζοντας για κάθε υποδιάστηµα [xi, xi+2], το αντίστοιχο τοπικό σφάλµα

συνεπάγεται ότι το ολικό σφάλµα δίνεται ως

∀f ∈ C4[a, b] ∃ξ ∈ (a, b) RSn+1 = −b− a

180h4f (4)(ξ)

⇒ |RSn+1| ≤

(b− a)180

h4||f (4)||∞ ∀f ∈ C4[a, b]

Το σφάλµα είναι τάξης τέσσερα (για h→ 0) δηλ. O(h4).


Σφάλµα για το σύνθετο τύπος του Simpson 1/3

Αθροίζοντας για κάθε υποδιάστηµα [xi, xi+2], το αντίστοιχο τοπικό σφάλµα

συνεπάγεται ότι το ολικό σφάλµα δίνεται ως

∀f ∈ C4[a, b] ∃ξ ∈ (a, b) RSn+1 = −b− a

180h4f (4)(ξ)

⇒ |RSn+1| ≤

(b− a)180

h4||f (4)||∞ ∀f ∈ C4[a, b]

Το σφάλµα είναι τάξης τέσσερα (για h→ 0) δηλ. O(h4).

Η παραπάνω εκτίµηση για το ϕράγµα του σφάλµατος µπορεί επίσης να µας

δώσει εκ των προτέρων ένα πλήθος κόµβων n που εξασφαλίζει ότι το

αποτέλεσµα ϑα έχει ακρίβεια k− σηµαντικών δεκαδικών ψηφίων δηλ. ότι,

|RSn+1| ≤

12· 10−k


Ο (απλός) τύπος του Simpson 3/8Αν παρεµβάλουµε την συνάρτηση προς ολοκλήρωση µέ το πολυώνυµο 3ουβαθµού στα σηµεία x0 = a, x1 = a+ h, x2 = b+ 3h, x3 = b µε

h = (b− a)/3 τότε





a

f(x)dx≈∫ b

a

p3(x)dx =∫ b

a

3∑i=0

f(xi)Li(x)dx





a

f(x)dx≈∫ b

a

p3(x)dx =∫ b

a

3∑i=0

f(xi)Li(x)dx

Συνεπώς ο απλός τύπος του Simpson 3/8 γράφεται

Q3/8(f) =3h8

[f(x0) + 3f(x1) + 3f(x2) + f(x3)


Σφάλµα στην αριθµητική ολοκλήρωση µε τον απλό τύπος του Simpson 3/8

Για παρεµβολή µε πολυώνυµο 3ου ϐαθµού και από το σφάλµα πολυωνυµικής

παρεµβολής έχουµε

R3/8(f) = − 14!

∫ b

a

(x− x0)(x− x1)(x− x2)(x3 − x)f (4)(ξ)


R3/8(f) = −3h5

80f (4)(ξ)

Από τον τύπο του σφάλµατος µπορούµε επίσης να ϐγάλουµε το συµπέρασµα

ότι ο τύπος του Simpson 3/8 είναι ακριβής για πολυώνυµα ϐαθµού ≤ 3.



0xe2xdx µε τους τύπους

του Simpson 1/3 και 3/8 και υπολογίστε τα αντίστοιχα % σφάλµατα.





Με το τύπο Simpson 1/3


΄Ασκηση Υπολογίστε το ολοκλήρωµα I(f) =∫ 1

0(1 + e−x sin(4x))dx µε τους

τύπους του απλούς τύπους του τραπεζίου και Simpson 1/3 και 3/8.





Λύση Με το τύπο τραπεζίου





Λύση Με το τύπο τραπεζίου

Με τους τύπους Simpson 1/3 Simpson 3/8


Για σωστότερη (και πιο δίκαιη) σύγκριση µεταξύ των µεθόδων, συγκρίνουµε τα αποτελέσµατα

των µεθόδων µε ϐάση (το πλήθος) του αριθµού υπολογισµών τιµών της συνάρτησης που

χρειάζονται για κάθε µέθοδο. Στο παράδειγµα µε h = .25 (και χρήση σύνθετων τύπων)

έχουµε





έχουµε

Με το σύνθετο τύπο τραπεζίου





έχουµε

Με το σύνθετο τύπο τραπεζίου

Με τους τύπους : Simpson 1/3 (σύνθετο) Simpson 3/8 (απλό)


Παράδειγµα Υπολογισµός του ολοκληρώµατος

I(f) =∫ 2

0(e−x sin(8x2/3) + 1)dx µε τους σύνθετους τύπους του τραπεζίου

και Simpson 1/3 και 3/8 µέ 121 κόµβους.


Παράδειγµα Υπολογισµός του ολοκληρώµατος

I(f) =∫ 2

0(e−x sin(8x2/3) + 1)dx µε τους σύνθετους τύπους του τραπεζίου

και Simpson 1/3 και 3/8 µέ 121 κόµβους.

Με το τύπο τραπεζίου




Ανοιχτοί τύποι ολοκλήρωσης Newton-Cotes΄Αν τα άκρα του διαστήµατος ολοκλήρωσης δεν περιλαµβάνονται στον

υπολογισµό των τύπων δηλ. οι κόµβοι δίνονται ως

xi = x0 + ih, i = 0, 1, . . . , n, x0 = a+ h, h =b− an+ 2

Τότε ο γενικός ανοικτός τύπος Newton-Cotes δίνεται από

I(f) =∫ b

a

f(x)dx ≈∫ b

a

n∑i=0

f(xi)Li(x)dx+ σφάλµα


Ανοιχτοί τύποι ολοκλήρωσης Newton-Cotes΄Αν τα άκρα του διαστήµατος ολοκλήρωσης δεν περιλαµβάνονται στον

υπολογισµό των τύπων δηλ. οι κόµβοι δίνονται ως

xi = x0 + ih, i = 0, 1, . . . , n, x0 = a+ h, h =b− an+ 2

Τότε ο γενικός ανοικτός τύπος Newton-Cotes δίνεται από

I(f) =∫ b

a

f(x)dx ≈∫ b

a

n∑i=0

f(xi)Li(x)dx+ σφάλµα

• Οι κλειστοί τύποι παράγουν γενικότερα καλύτερα αποτελέσµατα από τους

ανοιχτούς.

• Οι ανοιχτοί τύποι χρησιµοποιούνται κυρίως για την αριθµητική επίλυση συνήθη

διαφορικών εξισώσεων


Ο κανόνας του µέσου (απλός), n = 0



Qm = (b− a)f(a+ b

2) = 2hf(x0)



Qm = (b− a)f(a+ b

2) = 2hf(x0)

Τοπικό σφάλµα : Rm = −(b− a)3

24f ′′(ξ) = −h

3

3f ′′(ξ)



Qm = (b− a)f(a+ b

2) = 2hf(x0)


24f ′′(ξ) = −h

3

3f ′′(ξ)

Ο κανόνας του µέσου (σύνθετος)

Qmn+1 = h

n−1∑i=0

f(xi +

h

2

)



Qm = (b− a)f(a+ b

2) = 2hf(x0)


24f ′′(ξ) = −h

3

3f ′′(ξ)

Ο κανόνας του µέσου (σύνθετος)

Qmn+1 = h

n−1∑i=0

f(xi +

h

2

)Ολικό σφάλµα : Rm

n+1 = −(b− a)3

24h2f ′′(ξ)


Ο κανόνας του µέσου για n = 1



Qm1 =

(b− a)2

[f(x1) + f(x2)]



Qm1 =

(b− a)2

[f(x1) + f(x2)]

Τοπικό σφάλµα : Rm1 = −(b− a)3

108f ′′(ξ)


Ο κανόνας του µέσου για n = 2–Τύπος του Milne



Qm2 =

(b− a)3

[2f(x1)− f(x2) + 2f(x3)]



Qm2 =

(b− a)3

[2f(x1)− f(x2) + 2f(x3)]

Τοπικό σφάλµα : Rm2 = −7(b− a)5

23040f (4)(ξ)


Μέθοδος απροσδιόριστων συντελεστών΄Εστω ότι ολοκλήρωµα I(f) προσεγγίζεται µε τύπο ολοκλήρωσης Qn+1


i=0

wif(xi)





i=0

wif(xi)


Ζητάµε να προσδιορίσουµε τα ϐάρη ώστε ο τύπος Qn+1 να είναι ακριβής γιαόλα τα πολυώνυµα όσο το δυνατόν µεγαλύτερου βαθµού.

∆ηλ. αν f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn τότε, ∀ πολυώνυµο ϐαθµού ≤ n.

Rn =∫ b

a

f(x)dx−Qn+1(f) = 0,




i=0

wif(xi)


Ζητάµε να προσδιορίσουµε τα ϐάρη ώστε ο τύπος Qn+1 να είναι ακριβής γιαόλα τα πολυώνυµα όσο το δυνατόν µεγαλύτερου βαθµού.

∆ηλ. αν f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn τότε, ∀ πολυώνυµο ϐαθµού ≤ n.

Rn =∫ b

a

f(x)dx−Qn+1(f) = 0,

Αν χρησιµοποιήσουµε σαν ϐάση των πολυώνυµων τις συναρτήσεις

φj(x) = xj, j = 0, 1, . . . , n από τη παραπάνω σχέση έχουµε το γραµµικό

σύστηµα n∑i=0

wixji =

∫ b

a

xjdx, j = 0, . . . , n (2)


. . . Μέθοδος απροσδιόριστων συντελεστώνΓια n = 0 απαιτούµε ο τύπος να είναι ακριβής για σταθερές συναρτήσεις, τότε∫ b

a

f(x)dx ≈ w0f(x0)

µε x0 = a, x1 = b, h = b− a, αντικαθιστούµε στη (4)

w0 · 1 =∫ b

a

1dx ⇒ w0 = b− a = h

οπότε παράγεται ο (αριστερός) τύπος του ορθογωνίου

Qo = (b− a)f(a) = hf(x0)


. . . Μέθοδος απροσδιόριστων συντελεστώνΓια n = 1 απαιτούµε ο τύπος να είναι ακριβής για συναρτήσεις µέχρι πρώτου

ϐαθµού, τότε ∫ b

a

f(x)dx ≈ w0f(x0) + w1f(x1)

Από την (4) έχουµε για j = 0, 1

w0 · 1 + w1 · 1 =∫ b

a

1dx ⇒ w0 + w1 = (b− a)

w0x0 + w1x1 =∫ b

a

xdx ⇒ w0x0 + w1x1 =x2

2

∣∣∣ba

=b2 − a2

2

Συνεπώς ϐρίσκουµε w0 = w1 = b−a2 και άρα τον τύπο του τραπεζίου

Q2 =b− a

2[f(a) + f(b)]

που είναι ακριβής για γραµµικά πολυώνυµα.


΄Ασκηση Με την µέθοδος απροσδιόριστων συντελεστών υπολογίστε το

σφάλµα για τον απλό τύπο του τραπεζίου.


΄Ασκηση Με την µέθοδος απροσδιόριστων συντελεστών υπολογίστε το

σφάλµα για τον απλό τύπο του τραπεζίου.

Λύση Για να ϐρούµε το σφάλµα έχουµε να υπολογίσουµε τη σταθερά C για∫ b

a

f(x)dx =h

2[f(a) + f(b)] + Cf (2)(ξ)

Η σταθερά C υπολογίζεται από την απαίτηση η παραπάνω σχέση να ισχύει για

f(x) = x2 ∫ b

a

x2dx =h

2(a2 + b2) + 2C ⇒

b3 − a3

3=h

2(a2 + b2) + 2C ⇒

C = −h3

12.


Η ΜΕΘΟ∆ΟΣ ROMBERGΗ τεχνική αυτή εφαρµόζεται για να δώσει αποτελέµατα υψηλής ακρίβειας

χρησιµοποιώντας τύπους χαµηλής τάξης σφάλµατος (ϐασιζόµενη στη

µέθοδος παρεκβολής (extrapolation) Richardson).

Ξεκινώντας από τον τύπο του τραπεζίου T(k)0 µε ϐήµα h/2k, h = b− a και µε

ϐάση τον ακόλουθο αλγόριθµο

Tj(k) =

22jT(k+1)j−1 − T (k)

j−1

22j − 1, j = 1, 2, . . .

οδηγούµαστε σε µεθόδους ακρίβειας O(h2(j+1)), j = 1, 2 . . ..

Για j = 1 κατασκευάζεται ο σύνθετος τύπος του Simpson 1/3 µε βήµαh/2k+1.


Ο τρόπος µε τον οποίο οδηγούµαστε σε τύπου υψηλότερης τάξης ϕαίνεται

σχηµατικά στο πίνακα

Q(0)0

Q(0)1

Q(1)0 Q

(0)2

Q(1)1 Q

(0)3

Q(2)0 Q

(1)2

... . . .

Q(2)1

...

Q(3)0

...

...



0xe2xdx µε τη µέθοδο

Romberg για προσέγγιση τάξης O(h10) και υπολογίστε τα αντίστοιχα %σφάλµατα.





Παρατηρούµε ότι για την Ϲητούµενη ακρίβεια αρκούν 17 υπολογισµοί της

συνάρτησης.





Παρατηρούµε ότι για την Ϲητούµενη ακρίβεια αρκούν 17 υπολογισµοί της

συνάρτησης.

΄Ασκηση Πόσα υποδιαστήµατα n χρειάζονται ο σύνθετος τύπος του τραπεζίου

και ο σύνθετος τύπος του Simpson 1/3 για να πετύχουν την ίδια τάξης ακρίβεια ;


ΤΥΠΟΙ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗΣ GAUSSΗ ολοκλήρωση κατά Gauss ϐασίζεται στην αναζήτηση µιας προνοµιούχουκατανοµής των κόµβων xi, i = 1, . . . , n του διαστήµατος ολοκλήρωσης [a, b]τ.ω. ο αντίστοιχος κανόνας ολοκλήρωσης

Qn =n∑

i=1

wif(xi)

να ολοκληρώνει ακριβώς πολυώνυµα του µέγιστου δυνατού βαθµού.



Qn =n∑

i=1

wif(xi)


Παρατηρήσεις• Στην ολοκλήρωση Gauss οι κόµβοι xi δεν είναι απαραίτητα οµοιόµορφα

κατανεµηµένοι στο [a, b].



Qn =n∑

i=1

wif(xi)




• Οι άγνωστοι τώρα είναι τα ϐάρη wi αλλά και οι κόµβοι xi.



Qn =n∑

i=1

wif(xi)




• Οι άγνωστοι τώρα είναι τα ϐάρη wi αλλά και οι κόµβοι xi.

•Οι τύποι ολοκλήρωσης Gauss µε n κόµβους ολοκληρώνουν ακριβώςπολυώνυµα βαθµού ≤ 2n− 1 (δηλ. µέχρι 2n− 1 βαθµού).


Αν είναι γνωστός ο τύπος ολοκλήρωσης Gauss σ’ενα διάστηµα, εύκολα

µπορούµε να προσδιορίσουµε τον τύπο Gauss (µε το ίδιο πλήθος κόµβων)

σ’ενα άλλο διάστηµα.





΄Εστω ότι γνωρίζουµε τον τύπο στο [−1, 1] για τον υπολογισµό του

I(g) =∫ 1

−1g(x)dx και ϑέλουµε τον αντίστοιχο στο [a, b], τότε, µε αλλαγή

µεταβλητής





΄Εστω ότι γνωρίζουµε τον τύπο στο [−1, 1] για τον υπολογισµό του

I(g) =∫ 1

−1g(x)dx και ϑέλουµε τον αντίστοιχο στο [a, b], τότε, µε αλλαγή

µεταβλητής Ο τύπος ολοκλήρωσης στο [a, b]

Qn(f) =b− a

2

n∑i=1

wif(b− a

2xi+

b+ a

2

)


Υπολογισµός τύπων ολοκλήρωσης Gauss στο [−1, 1]

΄Εστω ότι ολοκλήρωµα I(f) προσεγγίζεται µε τύπο ολοκλήρωσης Gauss Qn

I(f) ≈ Qn(f) =n∑

i=1

wif(xi) (1)




I(f) ≈ Qn(f) =n∑

i=1

wif(xi) (1)

Ζητάµε να προσδιορίσουµε τα ϐάρη και τους κόµβους ώστε ο τύπος Qn να

είναι ακριβής για όλα τα πολυώνυµα βαθµού ≤ 2n− 1.

∆ηλ. αν f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ a2n−1x2n−1 τότε, ∀ πολυώνυµο ϐαθµού

≤ 2n− 1.Rn =

∫ 1

−1

f(x)dx−Qn(f) = 0,




I(f) ≈ Qn(f) =n∑

i=1

wif(xi) (1)

Ζητάµε να προσδιορίσουµε τα ϐάρη και τους κόµβους ώστε ο τύπος Qn να

είναι ακριβής για όλα τα πολυώνυµα βαθµού ≤ 2n− 1.

∆ηλ. αν f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ a2n−1x2n−1 τότε, ∀ πολυώνυµο ϐαθµού

≤ 2n− 1.Rn =

∫ 1

−1

f(x)dx−Qn(f) = 0,

Αν χρησιµοποιήσουµε σαν ϐάση των πολυώνυµων τις συναρτήσεις

φj(x) = xj, j = 0, 1, . . . , 2n− 1 από τη παραπάνω σχέση έχουµε το

γραµµικό σύστηµαn∑

i=1

wixji =

∫ 1

−1

xjdx, j = 0, . . . , 2n− 1 (2)


Τύπος ολοκλήρωσης Gauss στο [−1, 1] για n = 1

Ο τύπος είναι Q1 = w1f(x1) και ϑέλουµε να είναι ακριβής για γραµµικάπολυώνυµα.

Από την (6) και για j = 0, 1 έχουµε

w1 · 1 =∫ 1

−1

1dx = 2 ⇒ w1 = 2 (3)

w1x1 =∫ 1

−1

xdx = 0 ⇒ x1 = 0 (4)


Τύπος ολοκλήρωσης Gauss στο [−1, 1] για n = 1

Ο τύπος είναι Q1 = w1f(x1) και ϑέλουµε να είναι ακριβής για γραµµικάπολυώνυµα.

Από την (6) και για j = 0, 1 έχουµε

w1 · 1 =∫ 1

−1

1dx = 2 ⇒ w1 = 2 (3)

w1x1 =∫ 1

−1

xdx = 0 ⇒ x1 = 0 (4)

΄Αρα ∫ 1

−1

f(x)dx ≈ 2f(0) (κανόνας του µέσου)


Τύπος ολοκλήρωσης Gauss στο [−1, 1] για n = 2Ο τύπος είναι Q1 = w1f(x1) + w2f(x2) και ϑέλουµε να είναι ακριβής για

κυβικά πολυώνυµα. Από την (6) και για j = 0, 1, 2, 3 έχουµε το σύστηµα

w1 · 1 + w2 · 1 =∫ 1

−1

1dx = 2 ⇒ w1 + w2 = 2

w1x1 + w2x2 =∫ 1

−1

xdx = 0 ⇒ w1x1 + w2x2 = 0

w1x21 + w2x

22 =

∫ 1

−1

x2dx = 0 ⇒ w1x21 + w2x

22 =

23

w1x31 + w2x

32 =

∫ 1

−1

x3dx = 0 ⇒ w1x31 + w2x

32 = 0


Τύπος ολοκλήρωσης Gauss στο [−1, 1] για n = 2Ο τύπος είναι Q1 = w1f(x1) + w2f(x2) και ϑέλουµε να είναι ακριβής για

κυβικά πολυώνυµα. Από την (6) και για j = 0, 1, 2, 3 έχουµε το σύστηµα

w1 · 1 + w2 · 1 =∫ 1

−1

1dx = 2 ⇒ w1 + w2 = 2

w1x1 + w2x2 =∫ 1

−1

xdx = 0 ⇒ w1x1 + w2x2 = 0

w1x21 + w2x

22 =

∫ 1

−1

x2dx = 0 ⇒ w1x21 + w2x

22 =

23

w1x31 + w2x

32 =

∫ 1

−1

x3dx = 0 ⇒ w1x31 + w2x

32 = 0

Λύνοντας έχουµε w1 = w2 = 1 και x2 = −x1 = 1√3

συνεπώς∫ 1

−1

f(x)dx ≈ f(− 1√3) + f(

1√3)


Τύπος ολοκλήρωσης Gauss στο [−1, 1] για n = 3Ο τύπος είναι Q1 = w1f(x1) + w2f(x2) + w3f(x3) και ϑέλουµε να είναι

ακριβής για πολυώνυµα 5ου βαθµού.


Τύπος ολοκλήρωσης Gauss στο [−1, 1] για n = 3Ο τύπος είναι Q1 = w1f(x1) + w2f(x2) + w3f(x3) και ϑέλουµε να είναι

ακριβής για πολυώνυµα 5ου βαθµού.

Από την (6) και για j = 0, 1, 2, 3, 4, 5 κατασκευάζουµε το γραµµικό σύστηµα

και λύνοντας (άσκηση)

w1 = w3 =59, w2 =

89

x1 = −x3 = −√

35, x2 = 0



0te2tdt µε τους τύπους του

Gauss 2, 3 και 4 σηµείων υπολογίστε τα αντίστοιχα % σφάλµατα.





Λύση Κατάρχήν αλλάζουµε µεταβλητή από το διάστηµα [0, 4]→ [−1, 1]





Λύση Κατάρχήν αλλάζουµε µεταβλητή από το διάστηµα [0, 4]→ [−1, 1]

Υπολογισµός µε τον τύπο Gauss 2 σηµείων


• Οι παραπάνω τύποι ολοκλήρωσης Gauss, για το διάστηµα [−1, 1]ονοµάζονται και τύποι Gauss-Legendre.



Αυτό γιατί οι κόµβοι xi είναι ρίζες των αντίστοιχων πολυωνύµων Legendre.




• Υπενθυµίζεται ότι, τα πολυώνυµα Legendre, Pn, είναι ορθογώνια ως προς

(·, ·) στο [−1, 1] και ικανοποιούν την αναδροµική σχέση

(n+ 1)Pn+1(x) = (2n+ 1)xPn(x)− nPn−1(x), n ≥ 1





• Υπενθυµίζεται ότι, τα πολυώνυµα Legendre, Pn, είναι ορθογώνια ως προς

(·, ·) στο [−1, 1] και ικανοποιούν την αναδροµική σχέση

(n+ 1)Pn+1(x) = (2n+ 1)xPn(x)− nPn−1(x), n ≥ 1


∆ηλαδή

P2(x) =12(3x2 − 1)

P3(x) =12(5x3 − 3x)

P4(x) =18(35x4 − 30x2 + 3), κ.ο.κ


ΚΕΦ. 5: Αριθµητικές Μέθοδοι Επίλυσης Προβληµάτων ΑρχικώνΤιµών (Π.Α.Τ) για Συνήθης ∆ιαφορικές Εξισώσεις (Σ.∆.Ε)



• Πολλά προβλήµατα στις ϑετικές επιστήµες και την τεχνολογία διατυπώνονται

µε διαφορικές εξισώσεις, οι οποίες εκφράζουν διάφορα ϕαινόµενα και

χρησιµοποιούν ορισµένες τιµές, που υπάρχουν στην αρχή του αντίστοιχου

ϕαινοµένου (αρχικές συνθήκες).







• Στις περισσότερες καταστάσεις οι διαφορική εξίσωση είναι πολύ περίπλοκη

για να λυθεί αναλυτικά. Υπάρχουν όµως προσεγγιστικές µέθοδοι για την

επίλυσή τους που δίνουν τα ακριβέστερα δυνατά αποτελέσµατα και

ϱεαλιστικές πληροφορίες σφάλµατος.







• Στις περισσότερες καταστάσεις οι διαφορική εξίσωση είναι πολύ περίπλοκη

για να λυθεί αναλυτικά. Υπάρχουν όµως προσεγγιστικές µέθοδοι για την

επίλυσή τους που δίνουν τα ακριβέστερα δυνατά αποτελέσµατα και

ϱεαλιστικές πληροφορίες σφάλµατος.

• Οι προσεγγιστικές αυτές µέθοδοι δεν παράγουν µια συνεχή προσέγγιση

στη λύση του Π.Α.Τ αλλά ορίζουν προσεγγίσεις σε συγκεκριµένα (καισυνήθως ισαπέχοντα) σηµεία.


Προβλήµατα Αρχικών Τιµών (Π.Α.Τ)

΄Εστω [a, b] ⊂ R και συνάρτηση f : [a, b]×R→ R. Το τυπικό πρόβληµα

αρχικών τιµών δίνεται ώς εξής :





Ζητάµε µία συνάρτηση y : [a, b]→ R, τέτοια ώστε :y′(t) = f(t, y(t)

), a ≤ t ≤ b

y(a) = y0 (αρχική συνθήκη)

(1)

Κάθε συνάστηση y ∈ C1[a, b] για την οποία ισχύει η (1) λέγεται λύση τουΠ.Α.Τ.





Ζητάµε µία συνάρτηση y : [a, b]→ R, τέτοια ώστε :y′(t) = f(t, y(t)

), a ≤ t ≤ b


(1)

Κάθε συνάστηση y ∈ C1[a, b] για την οποία ισχύει η (1) λέγεται λύση τουΠ.Α.Τ.

• Το πρόβληµα (1) µπορεί να έχει µία, άπειρες ή καµία λύση στο [a, b],πράγµα που ϑα πρέπει να γνωρίζουµε πρίν προσπαθήσουµε να

προσεγγίσουµε τη λύση.


Από τη ϑεωρεία των διαφορικών εξισώσεων είναι γνωστό ότι αν η f(x, t)είναι συνεχής στο κυρτό σύνολο S µε

S ≡ (t, y) : a ≤ t ≤ b,−∞ < y < +∞

και ικανοποιεί µια συνθήκη Lipshitz στο S µε σταθερά L(> 0), δηλ.

|f(t, y1)− f(t, y2)| ≤ L|y1 − y2|

τότε το πρόβληµα αρχικών τιµών (1) έχει µοναδική λύση για κάθε t ∈ [a, b].



S ≡ (t, y) : a ≤ t ≤ b,−∞ < y < +∞


|f(t, y1)− f(t, y2)| ≤ L|y1 − y2|


• Στα επόµενα ϑα υποθέτουµε ότι το Π.Α.Τ (1) έχει λύση και ϑα

παρουσιάσουµε αριθµητικές µεθόδους που δίνουν την προσεγγιστική λύση

(τιµή) της y σε τυχόν σηµείο t ∈ (a, b].



S ≡ (t, y) : a ≤ t ≤ b,−∞ < y < +∞


|f(t, y1)− f(t, y2)| ≤ L|y1 − y2|


• Στα επόµενα ϑα υποθέτουµε ότι το Π.Α.Τ (1) έχει λύση και ϑα

παρουσιάσουµε αριθµητικές µεθόδους που δίνουν την προσεγγιστική λύση

(τιµή) της y σε τυχόν σηµείο t ∈ (a, b].• Στη συνέχεια διαιρούµε το [a, b] σε N ίσα υποδιαστήµατα µε σηµεία

ti = a+ ih, i = 0, . . . , N, h = (b− a)/N (βήµα ολοκλήρωσης)

και υπολογίζουµε προσεγγίσεις yi των πραγµατικών τιµών y(ti), i = 1, . . . N .


Η Μέθοδος Euler• Είναι η απλούστερη αριθµητική µέθοδος επίλυσης Π.Α.Τ για Σ.∆.Ε.

• Χρησιµοποιείται σπάνια στη πράξη αλλά λόγω της απλότητάς της ϐοηθά στη

κατανόηση εννοιών και ϕαινοµένων που περιλαµβάνονται στην κατασκευή πιο

προηγµένων µεθόδων.


Η Μέθοδος Euler• Είναι η απλούστερη αριθµητική µέθοδος επίλυσης Π.Α.Τ για Σ.∆.Ε.

• Χρησιµοποιείται σπάνια στη πράξη αλλά λόγω της απλότητάς της ϐοηθά στη

κατανόηση εννοιών και ϕαινοµένων που περιλαµβάνονται στην κατασκευή πιο

προηγµένων µεθόδων.

΄Εστω το καλός ορισµένο πρόβληµα (1)y′(t) = f(t, y(t)

), a ≤ t ≤ b


(2)

και ένας οµοιόµορφος διαµερισµός του [a, b] µε a = t0 < t1 < · · · tN . Οι

προσεγγίσεις y1, y2, . . . , yN τις οποίες δίνει η µέθοδος Euler µε ϐήµα h

δίνονται από τον αναδροµικό τύπο

yn+1 = yn+hf(tn, yn), n = 0, . . . , N −1 (3)


Η Μέθοδος Euler

yn+1 = yn + hf(tn, yn), n = 0, . . . , N − 1

µπορεί να κατασκευαστεί ως εξής : το Π.Α.Τ (1) δίνει για t = tn

y′(tn) = f(tn, y(tn)

)προσεγγίζοντας την παράγωγο y′(tn) µε πηλίκο προς τα εµπρός διαφορών

(ϐλ. αριθµητική διαφόριση)

y′(tn) ≈ y(tn+1)− y(tn)h

υποθέτοντας τώρα ότι το yn είναι µια καλή προσέγγιση του y(tn) έχουµε

yn+1 − yn

h= f(tn, yn)


Η Μέθοδος Euler (γεωµετρική ερµηνεία)

Η y′ δίνει την κλίση της εφαπτοµένης για κάθε σηµείο της y(t), υπολογίζουµε

την y′0 = f(t0, y0) και γράφουµε την ευθεία που περνά από το (t0, y0) µε

κλίση y′0. Επάνω στη εφαπτοµένη αυτή παίρνουµε το γειτονικό σηµείο (t1, y1),

υπολογίζουµε τη νέα κλίση y′1 = f(t1, y1) και τη νέα ευθεία που περνά από το

(t1, y1) µε κλίση y′1 και πάνω σε αυτή την ευθεία παίρνουµε το (t2, y2) κ.ο.κ.


Εκτίµηση σφαλµάτων στη µέθοδο του Euler Μας ενδιαφέρει η µέτρηση

ακρίβειας (σφάλµα µεταξύ προσέγγισης και πραγµατικής τιµής)

εn = yn − y(tn)

Το σφάλµα οφείλεται σε :

• Σφάλµατα αποκοπής (διακριτοποίησης), λόγω της τεχνικής που εφαρµόζεται.

• Σφάλµατα λόγω πεπερασµένης ακρίβειας του υπολογιστή (σφάλµατα





εn = yn − y(tn)





Το σφάλµα αποκοπής αποτελείται από δύο µέρη :

• Το τοπικό σφάλµα αποκοπής (δηλ. το σφάλµα που γίνεται σε ένα ϐήµα).

• Το διαδιδόµενο σφάλµα αποκοπής (δηλ. συσσώρευση σφαλµάτων από

προηγούµενα ϐήµατα).




εn = yn − y(tn)





Το σφάλµα αποκοπής αποτελείται από δύο µέρη :

• Το τοπικό σφάλµα αποκοπής (δηλ. το σφάλµα που γίνεται σε ένα ϐήµα).

• Το διαδιδόµενο σφάλµα αποκοπής (δηλ. συσσώρευση σφαλµάτων από

προηγούµενα ϐήµατα).

Το άθροισµα των δύο δίνει το ολικό σφάλµα αποκοπήςΟλικό σφάλµα αποκοπής = Τοπικό σφάλµα + ∆ιαδιδόµενο σφάλµα


Υπολογισµός τοπικού σφάλµατος. Κάνοντας στη µέθοδο Euler ένα µόνο ϐήµα

ξεκινώντας από το σηµείο (tn, y(tn)) (δηλ. υποθέτουµε ότι ξέρουµε την

πραγµατική τιµή της y στο tn), τότε το τοπικό σφάλµα στον υπολογισµό του

yn+1 είναι :

δn =

yn+1︷︸︸︷[y(tn) + hf

(tn, y(tn)

)]−y(tn+1), (4)

Αναπτύσσοντας κατά Taylor το y(tn+1)

δn =[y(tn) + hf

(tn, y(tn)

)]−[y(tn) + hy′(tn) +

h2

2y′′(ξn)

], (5)

Συνεπώς

δn = −h2

2y′′(ξn)

∆ηλ. η τάξη του τοπικού σφάλµατος όταν το h→ 0 είναι δύο, O(h2).


Υπολογισµός ολικού σφάλµατος.

Θεώρηµα : ΄Εστω το Π.Α.Τ. (1) και y ∈ C2[a, b] η λύση του. ΄Αν

y0, y1, . . . , yN οι προσεγγίσεις που δίνει η µέθοδος Euler µε ϐήµα

h = (b− a)/N , τότε ισχύει

max0≤n≤N

|yn − y(tn)| ≤ M

2L

(eL(b−a) − 1

)h = Ch (6)

όπου L η σταθερά Lipshitz και M = maxt∈[a,b] |y′′(t)|.






max0≤n≤N

|yn − y(tn)| ≤ M

2L

(eL(b−a) − 1

)h = Ch (6)


Παρατηρούµε ότι το ϕράγµα του ολικού σφάλµατος είναι O(h), για αυτό λέµε

ότι η τάξη ακρίβειας της µεθόδου Euler είναι τουλάχιστον ένα.






max0≤n≤N

|yn − y(tn)| ≤ M

2L

(eL(b−a) − 1

)h = Ch (6)


Παρατηρούµε ότι το ϕράγµα του ολικού σφάλµατος είναι O(h), για αυτό λέµε

ότι η τάξη ακρίβειας της µεθόδου Euler είναι τουλάχιστον ένα.

•Αποδεικνύεται επίσης ότι το ολικό σφάλµα στρογγύλευσης είναι O(h).


Ευστάθεια της µεθόδου του Euler

Θεωρούµε το απλό Π.Α.Τ (δοκιµής)y′(t) = λy, λ < 0, t ∈ [0,∞)

y(0) = 1 (αρχική συνθήκη)(7)

Η ακριβής λύση του (7) είναι y(t) = eλt (και ϕθίνει εκθετικά καθώς t→∞.)






΄Εστω tn = nh τότε η µέθοδος Euler δίνειyn+1 = yn + hλyn, n ≥ 0

y0 = 1⇒ yn = (1 + hλ)n (8)






΄Εστω tn = nh τότε η µέθοδος Euler δίνειyn+1 = yn + hλyn, n ≥ 0

y0 = 1⇒ yn = (1 + hλ)n (8)

Τότε για t σταθερό, έστω t = nh, καθώς h→ 0 τότε n→∞

yn = (1 + hλ)n =(1 +

λt

n

)n→ eλt, για n→∞.


. . . Ευστάθεια της µεθόδου του Euler

Στη πράξη όµως οι υπολογισµοί γίνονται µε µικρό αλλά ϑετικό h. Από την (8)

έχουµε |yn| = |1 + hλ|n καί συνεπώς καθώς n→∞ δηλ. καθώς

tn = nh→∞:

|yn| → 0, εφόσον |1 + λh| < 1,

|yn| = 1, εφόσον |1 + λh| = 1,

|yn| → ∞, εφόσον |1 + λh| > 1,





tn = nh→∞:

|yn| → 0, εφόσον |1 + λh| < 1,

|yn| = 1, εφόσον |1 + λh| = 1,

|yn| → ∞, εφόσον |1 + λh| > 1,

Συνεπώς οι προσεγγίσεις yn µιµούνται τη λύση y(t) = eλt µόνο όταν|1 + λh| < 1.





tn = nh→∞:

|yn| → 0, εφόσον |1 + λh| < 1,

|yn| = 1, εφόσον |1 + λh| = 1,

|yn| → ∞, εφόσον |1 + λh| > 1,

Συνεπώς οι προσεγγίσεις yn µιµούνται τη λύση y(t) = eλt µόνο όταν|1 + λh| < 1.

Ορισµός 1: Λέµε ότι µια αριθµητική µέθοδος για τη λύση του Π.Α.Τ (1) είναι

απόλυτα ευσταθής για κάποιο h > 0, αν, όταν εφαρµοστεί στο πρόβληµα

δοκιµής δίνει προσεγγίσεις yn που τείνουν στο 0 καθώς n→∞.

Το διάστηµα I της µορφής (α, 0), τ.ω. η µέθοδος να είναι η µέθοδος απόλυτα

ευσταθής για λh ∈ I , λέγεται διάστηµα απόλυτης ευστάθειας της µεθόδου.



΄Αρα η µέθοδος Euler είναι απόλυτα ευσταθής για 0 < h < −2λ, δηλ.

I = (−2, 0).




I = (−2, 0).

΄Αν |λ| >> η συνθήκη 0 < h < −2λ αποτελεί σοβαρό περιορισµό στο

µέγιστο επιτρεπόµενο ϐήµα h για να πάρουµε αποδεκτές προσεγγίσεις yn

για το πρόβληµα δοκιµής.




I = (−2, 0).

΄Αν |λ| >> η συνθήκη 0 < h < −2λ αποτελεί σοβαρό περιορισµό στο

µέγιστο επιτρεπόµενο ϐήµα h για να πάρουµε αποδεκτές προσεγγίσεις yn

για το πρόβληµα δοκιµής.

Επέκταση του ορισµού απόλυτης ευστάθειας

Θεωρούµε το Π.Α.Τ (δοκιµής)y′(t) = λy, λ ∈ C, Reλ < 0, t ∈ [0,∞)

y(0) = 1,(9)

του οποίου η λύση είναι y : [0,∞]→ C µε y(t) = eλt και

|y(t)| = e(Reλ)t→ 0, t→∞.





δοκιµής (9) δίνει προσεγγίσεις yn τέτοιες ώστε |yn| → 0 καθώς n→∞.

Η περιοχή S του µιγαδικού ηµι-επιπέδου z ∈ C : Rez < 0, τ.ω. η

µέθοδος να είναι απόλυτα ευσταθής αν λh ∈ S, λέγεται περιοχή απόλυτης

ευστάθειας της µεθόδου.





δοκιµής (9) δίνει προσεγγίσεις yn τέτοιες ώστε |yn| → 0 καθώς n→∞.

Η περιοχή S του µιγαδικού ηµι-επιπέδου z ∈ C : Rez < 0, τ.ω. η

µέθοδος να είναι απόλυτα ευσταθής αν λh ∈ S, λέγεται περιοχή απόλυτης

ευστάθειας της µεθόδου.

Η περιοχή απόλυτης ευστάθειας της

µεθόδου Euler στο µιγαδικό επίπεδο είναι

S = z ∈ C : Re z < 0, |1 + z| < 1

δηλ. ο ανοιχτός δίσκος |1 + z| µε ακτίνα

1 και κέντρο το -1, ο οποίος περιέχεται

ολόκληρος στο µιγαδικό ηµι-επίπεδο.


Παράδειγµα ΄Εστω f : [0,∞)→ R µια συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση.

Θεωρούµε το Π.Α.Τ.y′(t) = λy(t) + f ′(t)− λf(t), λ ∈ C, Reλ < 0, t ∈ [0,∞)

y(0) = y0,(10)

µε λύσηy(t) = f(t) + eλt[y(0)− f(0)]. (11)


Παράδειγµα ΄Εστω f : [0,∞)→ R µια συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση.

Θεωρούµε το Π.Α.Τ.y′(t) = λy(t) + f ′(t)− λf(t), λ ∈ C, Reλ < 0, t ∈ [0,∞)

y(0) = y0,(10)

µε λύσηy(t) = f(t) + eλt[y(0)− f(0)]. (11)

Στη παραπάνω λύση αν η f δεν µεταβάλλεται γρήγορα µε το t τότε ο

δεύτερος όρος του δεξιού µέλους τείνει πολύ γρήγορα στο 0 και ο

σηµαντικός όρος είναι ο πρώτος.

Το Π.Α.Τ (10) είναι ένα τυπικό παράδειγµα άκαµπτης ∆ιαφορικής Εξίσωσης,

χαρακτηριστικό της οποίας είναι ότι η λύση του µεταβάλλεται αργά µε το t,

όταν αυτό δεν ϐρίσκεται πολύ κοντά σε κάποια τιµή t?, περιέχει όµως µία

συνιστώσα η οποία µεταβάλλεται πολύ γρήγορα κοντά στο t?, η οποία για t

κοντά στο t? δεν επηρεάζει καθόλου τη λύση.

Στο παράδειγµα t? = 0.


Από την (11) για t = nh ισχύει (για τη πραγµατική λύση)

y(tn+1) = f(tn+1) + eλh[y(tn)− f(tn)] (12)

Η µέθοδος Euler για το Π.Α.Τ. (10) δίνει (προσέγγιση)

yn+1 = yn + h[λyn + f ′(tn)− λf(tn)]

= f(tn) + hf ′(tn) + (1 + λh)[yn − f(tn)] (13)

Συγκρίνοντας τα δεύτερα µέλη των (12) και (13) έχουµε

f(tn+1) = f(tn) + hf ′(tn) +O(h2)

και για τους άλλους όρους |eλh| < 1 γιατί Reλ < 0, ενώ η ανισότητα

|1 + λh| ≤ 1 ισχύει µόνο αν το λh ∈ S.


Από την (11) για t = nh ισχύει (για τη πραγµατική λύση)

y(tn+1) = f(tn+1) + eλh[y(tn)− f(tn)] (12)

Η µέθοδος Euler για το Π.Α.Τ. (10) δίνει (προσέγγιση)

yn+1 = yn + h[λyn + f ′(tn)− λf(tn)]

= f(tn) + hf ′(tn) + (1 + λh)[yn − f(tn)] (13)

Συγκρίνοντας τα δεύτερα µέλη των (12) και (13) έχουµε

f(tn+1) = f(tn) + hf ′(tn) +O(h2)

και για τους άλλους όρους |eλh| < 1 γιατί Reλ < 0, ενώ η ανισότητα

|1 + λh| ≤ 1 ισχύει µόνο αν το λh ∈ S.

Στην (12) ο όρος eλh[y(tn)− f(tn)], για t πολύ κοντά στο 0, παριστάνει

απλός µια µικρή διαταραχή αν όµως στη (13) το |1 + λh| γίνει µεγάλο ο

αντίστοιχος όρος γίνεται πολύ µεγάλος.


•Σκοπός µας είναι να αναζητήσουµε αριθµητικές µεθόδους για την επίλυση

του Π.Α.Τ. (1), οι οποίες να έχουν µεγάλες περιοχές απόλυτης ευστάθειας.

•Μέθοδοι των οποίων η περιοχή απόλυτης ευστάθειας περιέχει ολόκληρο τοαριστερό µιγαδικό ηµι-επίπεδο λέγονται Α-ευσταθείς.


•Σκοπός µας είναι να αναζητήσουµε αριθµητικές µεθόδους για την επίλυση

του Π.Α.Τ. (1), οι οποίες να έχουν µεγάλες περιοχές απόλυτης ευστάθειας.

•Μέθοδοι των οποίων η περιοχή απόλυτης ευστάθειας περιέχει ολόκληρο τοαριστερό µιγαδικό ηµι-επίπεδο λέγονται Α-ευσταθείς.

Η πεπλεγµένη µέθοδος του Euler

Προσεγγίζοντας την παράγωγο y′(tn) µε πηλίκο προς τα πίσω διαφορών(ϐλ. αριθµητική διαφόριση)

y′(tn) ≈ y(tn)− y(tn−1)h

υποθέτοντας τώρα ότι το yn είναι µια καλή προσέγγιση του y(tn) έχουµε

yn − yn−1

h= f(tn, yn)

και οδηγούµαστε στη πεπλεγµένη µέθοδο του Euler

yn+1 = yn + hf(tn+1, yn+1), n = 0, . . . , N − 1 (14)


. . .Η πεπλεγµένη µέθοδος του Euler

• Για να υπολογιστεί η (µοναδική) προσέγγιση yn+1 από τη (14) απαιτείτε η

λύση µίας µή γραµµικής εξίσωσης (ϐλ. κεφ. 2). Η συνάρτηση

φ(x) = yn + f(tn+1, x) είναι συστολή στον R και έχει µοναδικό σταθερό

σηµείο το yn+1, συνεπώς µπορεί να εφαρµοστεί (για λίγα ϐήµατα) η

επαναληπτική µέθοδος xk+1 = φ(xk) µε x0 = yn, και να δώσει καλή

προσέγγιση της ϱίζας x? = yn+1.


. . .Η πεπλεγµένη µέθοδος του Euler

• Για να υπολογιστεί η (µοναδική) προσέγγιση yn+1 από τη (14) απαιτείτε η

λύση µίας µή γραµµικής εξίσωσης (ϐλ. κεφ. 2). Η συνάρτηση

φ(x) = yn + f(tn+1, x) είναι συστολή στον R και έχει µοναδικό σταθερό

σηµείο το yn+1, συνεπώς µπορεί να εφαρµοστεί (για λίγα ϐήµατα) η

επαναληπτική µέθοδος xk+1 = φ(xk) µε x0 = yn, και να δώσει καλή

προσέγγιση της ϱίζας x? = yn+1.

• Εάν εφαρµόσουµε την µέθοδο (14) στο πρόβληµα δοκιµής (9) τότε οι

προσεγγίσης τις λύσης δίνονται ως yn = 1(1−λh)n .

Η περιοχή απόλυτης ευστάθειας

είναι όλο το αριστερό µιγαδικό ηµι-επίπεδο

γιατί |1− λh| ≥ 1, αφού Reλ ≤ 0.

΄Αρα η πεπλεγµένη

µέθοδος Euler είναι Α-ευσταθής.



• Η πεπλεγµένη µέθοδος του Euler έχει ακόµη καλύτερες ιδιότητες

ευστάθειας και είναι κατάλληλη για επίλυση άκαµπτων µή γραµµικών

προβληµάτων.






• Για τον υπολογισµό της λύσης yn+1 µπορούν να εφαρµοστούν µέθοδοι

επίλυσης µη γραµµικών εξισώσεων όπως η µέθοδος Newton-Raphson.






• Για τον υπολογισµό της λύσης yn+1 µπορούν να εφαρµοστούν µέθοδοι

επίλυσης µη γραµµικών εξισώσεων όπως η µέθοδος Newton-Raphson.

• Η πεπλεγµένη µέθοδος του Euler έχει και αυτή, όπως µπορεί να αποδειχθεί,

τάξη ακρίβειας ίση µε ένα, δηλ. ισχύει η εκτίµηση ολικού σφάλµατος της

µορφής :

max0≤n≤N

|yn − y(tn)| ≤ Ch

για κάποια σταθερά C ανεξάρτητη του h.


Μέθοδοι Υψηλότερης Τάξης Ακρίβειας

Μπορούν να κατασκευαστούν µε χρήση αριθµητικής ολοκλήρωσης.

Για παράδειγµα ολοκληρώνοντας τη ∆.Ε. y′ = f(t, y)

y(tn+1)− y(tn) =∫ tn+1

tnf(t, y(t))dt. (1)





y(tn+1)− y(tn) =∫ tn+1

tnf(t, y(t))dt. (1)

•Στη (15) αν προσεγγίσουµε το ολοκλήρωµα µε hf(tn, y(tn)) (δηλ. τοναριστερό τύπο ορθογωνίου) παίρνουµε τη µέθοδο Euler.

•Στη (15) αν προσεγγίσουµε το ολοκλήρωµα µε hf(tn+1, y(tn+1)) (δηλ. τονδεξιό τύπο ορθογωνίου) παίρνουµε τη πεπλεγµένη µέθοδο Euler.





y(tn+1)− y(tn) =∫ tn+1

tnf(t, y(t))dt. (1)

•Στη (15) αν προσεγγίσουµε το ολοκλήρωµα µε hf(tn, y(tn)) (δηλ. τοναριστερό τύπο ορθογωνίου) παίρνουµε τη µέθοδο Euler.

•Στη (15) αν προσεγγίσουµε το ολοκλήρωµα µε hf(tn+1, y(tn+1)) (δηλ. τονδεξιό τύπο ορθογωνίου) παίρνουµε τη πεπλεγµένη µέθοδο Euler.

•Στη (15) αν προσεγγίσουµε το ολοκλήρωµα µε

h2[f(tn, y(tn)

)+ f

(tn+1, y(tn+1)

)] (δηλ. τον τύπο του τραπεζίου)

παίρνουµε

yn+1 = yn +h

2

[f(tn, yn) + f

(tn+1, yn+1

)], n = 0, . . . , N − 1 (2)


Μέθοδος Heun (πρόβλεψης-διόρθωσης)

Αν στη µέθοδο τραπεζίου για ∆.Ε

yn+1 = yn +h

2[f(tn, yn) + f(tn+1, yn+1)], n = 0, . . . , N − 1

προσεγγίσουµε το yn+1 µέ ένα ϐήµα της µεθόδου Euler, δηλ.

yn+1 = yn + hf(tn, yn)

και αντικαταστήσουµε στο δεξή µέλος της (16) προκύπτει η µέθοδος Heun

yn+1 = yn +h

2

[f(tn, yn) + f

(tn+1, yn + hf(tn, yn)

)], n = 0, .., N − 1

(3)



• Οι µέθοδοι τραπεζίου και Heun έχουν τάξη ακρίβειας δύο, δηλ. για το

σφάλµα του ισχύει

max0≤n≤N

|yn − y(tn)| ≤ Chp

για κάποια σταθερά C ανεξάρτητη του h και p = 2.





max0≤n≤N



• Η µέθοδος τραπεζίου είναι Α-ευσταθής ενώ αντίθετα η µέθοδος Heun έχει

περιοχή απόλυτης ευστάθειας ένα πεπερασµένο χωρίο του αριστερού

µιγαδικού ηµι-επιπέδου.





max0≤n≤N



• Η µέθοδος τραπεζίου είναι Α-ευσταθής ενώ αντίθετα η µέθοδος Heun έχει

περιοχή απόλυτης ευστάθειας ένα πεπερασµένο χωρίο του αριστερού

µιγαδικού ηµι-επιπέδου.

• Χρησιµοποιώντας κανόνες ολοκλήρωσης µπορούν να παραχθούν και άλλες

µέθοδοι, παράδειγµα η µέθοδος του µέσου (ή βελτιωµένη Euler)

yn+1 = yn+hf(tn+

h

2, yn +

h

2f(tn, yn)

), n = 0, .., N−1 (4)


Η Μέθοδος του µέσου (γεωµετρική ερµηνεία)

Υποθέτοντας ότι η τιµή yn είναι ακριβής (δηλ. ιση µε y(tn)), η µέθοδος

υπολογίζει τη τιµή yn+1 έτσι ώστε η κόκκινη χορδή να είναι παράλληλη στην

εφαπτόµενη που περνά από το µέσο του διαστήµατος [tn, tn+1].


Παράδειγµα Υπολογίστε για τη y′ = y, µε y(0) = 1 τη λύση στο [0, 4] µε τη

µέθοδο του Euler και τη µέθοδο του µέσου µε ϐήµατα h = 1 και h = 0.25.

Ακριβής λύση y = et.


Μέθοδοι των Runge-Kutta (RK)

• Σηµαντική κατηγορία µεθόδων.




• Χωρίζονται σε άµεσες και πεπλεγµένες. Οι µέθοδοι που παρουσιάστηκαν

µέχρι τώρα ανήκουν σε αυτές τις µεθόδους.






• Οι RK µέθοδοι συνδυάζουν εξαιρετικές ιδιότητες ευστάθειας και υψηλή

ακρίβεια.






• Οι RK µέθοδοι συνδυάζουν εξαιρετικές ιδιότητες ευστάθειας και υψηλή

ακρίβεια.

• Οι µέθοδοι RK ανήκουν στη κατηγορία των λεγόµενων µονοβηµατικώνµεθόδων στις οποίες ο υπολογισµός της τιµής του yn+1 γίνεται µε χρήση

µόνο της yn.


Μέθοδοι των Runge-Kutta (RK)Μία µέθοδος RK (µε q ενδιάµεσα στάδια) υπολογίζει το yn+1 ως

yn+1 = yn + h

q∑i=1

bif(tn,i, yn,i), n = 0, . . . , N − 1 (5)

όπου :

bi : δεδοµένες σταθερές i = 1, . . . , q,

tn,i = tn + τih, ενδιάµεσα σηµεία του [tn, tn+1], µε τi δεδοµένες

σταθερές.

yn,i : q ενδιάµεσες τιµές (ϐοηθητικά στάδια) προσεγγίσεις των y(tn,i)

yn,i = yn + h

q∑j=1

aijf(tn,j, yn,j), i = 1, . . . q (6)

µε ai,j δεδοµένες σταθερές


Τα τi είναι κόµβοι ολοκλήρωσης, τα bi ϐάρη και ai,j, j = 1, . . . , q είναι τα

ϐάρη ολοκλήρωσης στο διάστηµα [0, τi].




Κάθε σύνολο σταθερών ορίζει και µία µέθοδο και γράφουµε αυτούς τους

αριθµούς σε µορφή πίνακα (µητρώου) (πίκακας του Butcher) ως :

a11 a12 · · · a1q τ1a21 a22 · · · a2q τ2

... ... ... ...

aq1 aq2 · · · aqq τqb1 b2 · · · bq

=A τ

bT






a11 a12 · · · a1q τ1a21 a22 · · · a2q τ2

... ... ... ...

aq1 aq2 · · · aqq τqb1 b2 · · · bq

=A τ

bT

• Μέθοδοι µε aij = 0 για i ≤ j λέγονται άµεσες (κάθε ενδιάµεση τιµή yn,i

υπολογίζεται µε απλή αντικατάσταση από τις προηγούµενες τιµές yn,j, i > j.)






a11 a12 · · · a1q τ1a21 a22 · · · a2q τ2

... ... ... ...

aq1 aq2 · · · aqq τqb1 b2 · · · bq

=A τ

bT

• Μέθοδοι µε aij = 0 για i ≤ j λέγονται άµεσες (κάθε ενδιάµεση τιµή yn,i

υπολογίζεται µε απλή αντικατάσταση από τις προηγούµενες τιµές yn,j, i > j.)

• Μέθοδοι µε aij 6= 0 για κάποιο i ≤ j λέγονται πεπλεγµένες και απαιτούν

σε κάθε ϐήµα την επίλυση ενός µη γραµµικού q × q συστήµατος (µεγάλο

υπολογιστικό κόστος), αλλά πλεονεκτούν από άποψη απόλυτης ευστάθειας

και τάξης ακρίβειας.


Εναλλακτικός τρόπος γραφής των µεθόδων RK

Οι σχέσεις (19) και (20) ϑέτωντας kn,i = f(tn,i, yn,i) γράφονταιkn,i = f

(tn,i, yn + h

∑qj=1 aijk

n,j), i = 1, . . . , q,

yn+1 = yn + h∑q

i=1 bikn,i

(7)


Εναλλακτικός τρόπος γραφής των µεθόδων RK

Οι σχέσεις (19) και (20) ϑέτωντας kn,i = f(tn,i, yn,i) γράφονταιkn,i = f

(tn,i, yn + h

∑qj=1 aijk

n,j), i = 1, . . . , q,

yn+1 = yn + h∑q

i=1 bikn,i

(7)

• Για aij = 0 για i ≤ j δηλ. άµεσες RK

kn,1 = f(tn,1, yn)kn,2 = f(tn,2, yn + ha21k

n,1)

...

kn,q = f(tn,q, yn + h

∑q−1j=1 aqjk

n,j) ή

yn,1 = yn

yn,2 = yn + ha21f(tn,1, yn,1)

...

yn,q = yn + h∑q−1

j=1 aqjf(tn,j, yn,j)(8)


• Για aij = 0 για i < j δηλ. πεπλεγµένες RK

yn,1 = yn + ha11f(tn,1, yn,1)

yn,2 = yn + ha21f(tn,1, yn,1) + ha22f(tn,2, yn,2)

...

yn,q = yn + h∑q

j=1 aqjf(tn,j, yn,j)

(9)


Παραδείγµατα RK Μεθόδων

(I) Το µητρώο

0 01

δίνει τη µέθοδο Euler yn,1 = yn

yn+1 = yn + hf(tn, yn,1)(10)


Παραδείγµατα RK Μεθόδων

(I) Το µητρώο

0 01

δίνει τη µέθοδο Euler yn,1 = yn

yn+1 = yn + hf(tn, yn,1)(10)

(II) Το µητρώο

1 11

δίνει τη µέθοδο πεπλεγµένη Euleryn,1 = yn + hf(tn+1, yn,1)

yn+1 = yn + hf(tn+1, yn,1)(11)


(III) Το µητρώο12

12

1περιγράφει τη µέθοδο του µέσου

yn,1 = yn + h2f(tn + h

2, yn,1)

yn+1 = yn + hf(tn + h2, y

n,1)(12)


(III) Το µητρώο12

12

1περιγράφει τη µέθοδο του µέσου

yn,1 = yn + h2f(tn + h

2, yn,1)

yn+1 = yn + hf(tn + h2, y

n,1)(12)

(IV ) Το µητρώο

0 0 012

12 1

12

12

περιγράφει τη µέθοδο του τραπεζίουyn,1 = yn

yn,2 = yn + h2

[f(tn, yn,1) + f(tn+1, yn,2)

]yn+1 = yn + h

2

[f(tn, yn,1) + f(tn+1, yn,2)

(13)



µ 0 µ

1− 2µ µ 1− µ12

12

περιγράφει µια ενδιαφέρουσα κατηγορία (ηµι-πεπλεγµένων) µεθόδων RK,

µε µ ∈ R, γενικά δεύτερης τάξης, (p = 2). Για µ = 12 ±

√3

6 έχουµε p = 3(για µέθοδο δύο σταδίων)/



µ 0 µ

1− 2µ µ 1− µ12

12

περιγράφει µια ενδιαφέρουσα κατηγορία (ηµι-πεπλεγµένων) µεθόδων RK,

µε µ ∈ R, γενικά δεύτερης τάξης, (p = 2). Για µ = 12 ±

√3

6 έχουµε p = 3(για µέθοδο δύο σταδίων)/

(IV ) Το µητρώο14

14 − µ

12µ

14 + µ 1

412 + µ

12

12

περιγράφει µια ενδιαφέρουσα κατηγορία µεθόδων RK, µε µ =√

36 , όπου

έχουµε p = 4 (για µέθοδο δύο σταδίων). Η µέθοδος λέγεται και

Gauss-Legendre δύο σηµείων γιατί οι κόµβοι τi και τα ϐάρη bi είναι τα

αντίστοιχα των τύπων ολοκλήρωσης Gauss-Legendre µε δύο σηµεία στο [0, 1].


Η κλασσική µέθοδος Runge-Kutta (RK)Η άµεση µέθοδος αυτή έχει τέσσερα στάδια και ακρίβεια επίσης τέσσερα

(p = 4). ∆ίνεται από το µητρώο

0 0 0 0 012 0 0 0 1

20 1

2 0 0 12

0 0 1 0 116

13

13

16




0 0 0 0 012 0 0 0 1

20 1

2 0 0 12

0 0 1 0 116

13

13

16

Συνεπώς kn,1 = f(tn,1, yn) = f(tn, yn)kn,2 = f(tn,2, yn + ha21k

n,1) = f(tn + h2 , y

n + h12k

n,1)kn,3 = · · · = f(tn + h

2 , yn + h1

2kn,2)

kn,4 = · · · = f(tn+1, yn + hkn,1)

(14)




0 0 0 0 012 0 0 0 1

20 1

2 0 0 12

0 0 1 0 116

13

13

16

Συνεπώς kn,1 = f(tn,1, yn) = f(tn, yn)kn,2 = f(tn,2, yn + ha21k

n,1) = f(tn + h2 , y

n + h12k

n,1)kn,3 = · · · = f(tn + h

2 , yn + h1

2kn,2)

kn,4 = · · · = f(tn+1, yn + hkn,1)

(14)

Από την (21) έχουµε ότι

yn+1 = yn + h(16kn,1 +

13kn,2 +

13kn,3 +

16kn,4

)(15)


΄Ασκηση Με τη µέθοδο Runge-Kutta τέταρτης τάξης, να ϐρεθεί η

προσεγγιστική λύση του Π.Α.Τ.

y′(t) =−y(t)1 + t

, t ∈ [0, 0.2],

µε y(0) = y0 = 1 και ϐήµα h = 0.05.


΄Ασκηση Με τη µέθοδο Runge-Kutta τέταρτης τάξης, να ϐρεθεί η

προσεγγιστική λύση του Π.Α.Τ.

y′(t) =−y(t)1 + t

, t ∈ [0, 0.2],

µε y(0) = y0 = 1 και ϐήµα h = 0.05.

Λύση Τα υποδιαστήµατα είναι N = (b− a)/h = (0.2− 0)/0.05 = 4 τότε για

τον υπολογισµό του y1

hk0,1 = hf(t0, y0) = −y0

1+t0= −1

1+0 = −1hk0,2 = hf(t0 + h

2 , y0 + h1

2k0,1) = −0.04637195

hk0,3 = · · · = hf(t0 + h2 , y

0 + h12k

0,2) = −0.04654466hk0,4 = · · · = hf(t0 + h, y0 + hk0,1) = −0.04328938

(16)

οπότεy1 = y0 +

(16k0,1 +

13k0,2 +

13k0,3 +

16k0,4

)= 0.9534795

Εργαζόµενοι µε το ίδιο τρόπο για n = 1, 2, 3 ϐρίσκουµε τα y2, y3, y4.


Ευστάθεια των άµεσων Runge-Kutta

Αν όπου p η τάξη ακρίβειας των µεθόδων στο παρακάτω σχήµα ϐλέπουµε τις

περιοχές απόλυτης ευστάθειας στο αριστερό µιγαδικό ηµι-επίπεδο.


1

Θέµα 1

Το σύνολο αριθµών κινητής υποδιαστολής ενός υπολογιστή ορίζεται ως M(β, t, L, U).(α) ∆ώστε τη γενική µορφή των αριθµών κινητής υποδιαστολής που ∈ M . ∆ώστε τη µορφήκινητής υποδιαστολής του 0.0040332.

(ϐ) Υπάρχουν αριθµοί κινητής υποδιαστολής x ∈M που ικανοποιούν την εξίσωση x+1 =1, και αν ναι πώς ϑα υπολογίζατε το µεγαλύτερο από αυτούς ;

(γ) Ποιο είναι το µοναδιαίο σφάλµα στρογγύλεσης για το σύστηµα M(2, 5,−5, 5);

(δ) Πότε ένας αλγόριθµος λέγεται ασταθής και πότε ένα υπολογιστικό πρόβληµα λέγεταικακής κατάστασης;

2

Θέµα 2

∆ίνεται η εξίσωση x3 − 2x− 5 = 0(α)[12] Να δειχθεί ότι έχει µοναδική ϱίζα, ρ, στο διάστηµα [2, 3] και να ϐρεθεί αριθµητικήλύση µε τη µέθοδο διχοτόµησης (4 επαναλήψεις). Πόσα ϐήµατα του αλγορίθµου απαιτούνταιγια τον υπολογισµό µιάς προσέγγισης που απέχει 10−5 το πολύ από τη ϱίζα ρ;

3

(ϐ)[10] Να ϐρεθεί αριθµητική λύση µε τη µέθοδο της τέµνουσας µε αρχικές τιµές x0 = 3και x0 = 3.5 και συνθήκη τερµατισµού |xn+1 − xn| ≤ 0.01.

4

(γ)[8] Για την λύση της εξίσωσης προτείνεται η επαναληπτική µέθοδος xn+1 := (x3n−5)/2,

n = 1, 2, . . .. Συγκλίνει ή όχι η επαναληπτική µέθοδος στη ϱίζα, ρ, για κάθε αρχική τιµήx0 ∈ [2, 3]; Υπάρχει άλλο διάστηµα που να συγκλίνει η µέθοδος στη ϱίζα, ρ και γιατί ;

5

Θέµα 3

Ο παρακάτω πίνακας δίνει τα αποτελέσµατα των µετρήσεων της περιεκτικότητας ενός µετάλ-λου (µεταβλητή Y ), σε κάποια µονάδα µέτρησης, και του ϐάθους (µεταβλητή X)

X 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70Y 110 120 120 130 130 140 150 140 150 170

(α) [20] Να ϐρεθεί η αναµενόµενη περιεκτικότητα σε ϐάθος 80 µέτρων χρησιµοποιώνταςγραµµική προσέγγιση ελαχίστων τετραγώνων.

6

(ϐ) [15] Να κατασκευαστεί η γραµµική spline παρεµβολής S(x) που διέρχεται από τα σηµεία(Ai, Bi) και να υπολογιστεί η τιµή του B για A = 4.5.

7

Θέµα 4

∆ίνεται το ολοκλήρωµα

I =

∫ 1

0

e−x2

dx,

και δύο προγράµµατα Trapez(n) και Simpson(n) τα οποία υπολογίζουν αριθµητικά το παρα-πάνω ολοκλήρωµα (σε οµοιόµορφους διαµερισµούς) µε τους σύνθετους τύπους του Τραπεζίουκαι του Simpson αντίστοιχα. Να υπολογίσετε :(α)[8] Το αποτέλεσµα του προγράµµατος Trapez(n) για n = 4.

8

(ϐ)[10]Το αποτέλεσµα του προγράµµατος Simpson(n) για n = 4.

9

(γ)[10] Τι τιµή πρέπει να δώσουµε στο n του Trapez(n) ώστε να είµαστε σίγουροι ότι ϑαυπολογιστεί το ολοκλήρωµα µε σφάλµα, |R|,≤ 5 · 10−6 (δίνεται RT

n+1 = − b−a12h2f ′′(ξ)).

1

Jèma 1

(a)[5]Jewr ste to arijmhtikì sÔsthma kinht c upodiastol c, me sÔnolo arijm¸n mhqan c to M(β, t, L, U)tètoio ¸ste, β = 2, t = 3, L = −1 kai U = 2. Na brejoÔn kai na parastajoÔn ìloi oi arijmoÐmhqan c x ∈ M .

(b)[5] Ti onomzoume sflma stroggÔleushc sthn parstash twn arijm¸n kai stic prxeic kai poieÐnai ta shmantik dekadik yhfÐa enìc arijmoÔ?

2

Jèma 2

(a)[5]'Estw xk, xk+1, xk+2 treÐc proseggÐseic thc rÐzac mÐac m grammik c exÐswshc f(x) = 0, oiopoÐec proèkuyan apì t qr sh tri¸n arijmhtik¸n mejìdwn (a), (b), (c). DikaiologÐste poÐa apì ticgnwstèc mejìdouc antistoiqeÐ se kajèna apì ta paraktw sq mata.

f(x)

x x x

f(x) f(x)

x

xxk

k+2

k+1xk+1xk xk+2

xk+1xk+2

(a) (b) (c)

xk

3

(a)[15] Gia thn lÔsh thc exÐswshc x+ln x = 0, thc opoÐac h apl rÐza eÐnai kont sto 0.5 proteÐnontaioi paraktw epanalhptikèc mèjodoi:

(M1) xn+1 := − ln xn, (M2) xn+1 := e−xn (M3) xn+1 :=xn + e−xn

2.

PoioÐ apo touc parapnw tÔpouc kai giatÐ mporoÔn na qrhsimopoihjoÔn? Poi eÐnai h txh sÔgklishcgia kje mèjodo pou mporeÐ na qrhsimopoihjeÐ?

4

Jèma 3

(a)[6] Poia eÐnai ta basik krit ria pou prèpei na lbei kapoioc upìyh tou gia to an ja epilèxei: (1)poluwnumik parembol , (2) parembol me kubikèc splines, (3) prosèggish elaqÐstwn tetrag¸n-wn (grammik , poluwnumik , ekjetik , . . . ) gia prosarmog sta paraktw dedomèna. D¸ste sug-kekrimènec protseic gia kje omda dedomènwn.

5

(b)[15] Ta paraktw dedomèna antistoiqoÔn se shmeÐa kai timèc miac gnwsthc sunrthshc f(x).

xi -1 0 1 2f(xi) -2 1 0 1

Qrhsimopoi¸ntac poluwnumik parembol na upologisteÐ h pr¸th pargwgoc, f ′(x), thc gnwsthcsunrthshc sto x = 1.

6

(g)[14] DÐdontai ta dedomènaxi 1 2 3 4yi 0.5 1.7 3.4 5.7

Qrhsimopoi ste thn mèjodo twn elaqÐstwn tetrag¸nwn gia na upologÐsete thn bèltisth kampÔlhthc morf c y(x) = AxB (A kai B gnwstoi) pou proseggÐzei ta parapnw dedomèna.

7

Jèma 4

(a) [10] Ta paraktw dedomèna antistoiqoÔn se shmeÐa kai timèc miac gnwsthc sunrthshc f(x).

xi 0.1 0.2 0.3 0.4 0.6 0.8f(xi) -0.454 -1.584 -2.934 -3.904 -1.584 13.056

Efarmìzontac katllhlo sunduasmì twn kanìnwn olokl rwshc Simpson 1/3 kai 3/8 na upologisteÐto olokl rwma

∫ 0.80.1 f(x)dx

8

(b)[15] (a) Kataskeuste me th mèjodo aprosdiìristwn suntelest¸n ton tÔpo olokl rwshc twnGauss-Legendre dÔo shmeÐwn kai (b) qrhsimopoi ste ton gia na upologÐsete to olokl rwma

∫ 0.8

−0.2

1t2

dt.

9

Jèma 5

[10]Gia to prìblhma arqik¸n tim¸n (PAT)

y′(t) = −15y(t), t ∈ [0,∞]y(0) = 1, (1)

(a) melet ste thn eustjeia thc mejìdou tou Euler gia to parapnw PAT kai (b) me b ma h thcepilog c sac (mèsa sthn perioq eustjeiac) upologÐste to y(0.4).

1

Θέµα 1

(α)[7] ΄Εστω ένας υπολογιστής όπου το σύνολο των αριθµών του ορίζεται ώς M = M(β =10, t = 5, L = −10, U = 10) και έστω x = 5891.26 και y = 0.0773414. Υπολογίστε τοαποτέλεσµα του x+y στο δεδοµένο υπολογιστή µε χρήση αριθµητικής κινητής υποδιαστολής,υπολογίστε το απόλυτο σχετικό σφάλµα, µε ϐάση την πραγµατική τιµή του x+y και εξηγήστετα αποτελέσµατά σας.

(ϐ)[5] Στον παραπάνω υπολογιστή ποιό πρόβληµα ϑα παρουσιαστεί στον υπολογισµό τουz =√

7892−√

7891; Πώς ϑα διορθώνατε αυτό το πρόβληµα και γιατί ;

2

Θέµα 2

Ο ϱυθµός µεταβολής, στο χρόνο, της συγκέντρωσης c ενός ϱύπου σε µία λίµνη δίνεται ώς

Vdc

dt= W −Qc− kV

√c.

∆ίνονται οι τιµές των παραµέτρων V = 106m3, Q = 105m3/έτος, W = 106gr/έτος και k =0.25m0.5/gr0.5/έτος, και ϑέλουµε να υπολογίσουµε την συγκέντρωση c όταν έχουµε στάσιµηκατάσταση δηλ. dc

dt= 0.

(α)[10] Ποιά από τις δύο παρακάτω µεθόδους σταθερού σηµείου της µορφής c = φ(c) µπορείνα χρησιµοποιηθεί µε αρχική τιµή c0 ∈ [2, 6] για να έχουµε σύγκλιση στη λύση του παραπάνωπροβλήµατος ;

c =(W −Qc

kV

)2

και c =W − kV

√c

Q

3

(ϐ)[15] Για την λύση της παραπάνω προβλήµατος ϑέλουµε να χρησιµοποιήσουµε τη µέθοδοNewton-Raphson. Με ϐάση το Γενικό Θεώρηµα Σύγκλισης της µεθόδου να ϐρεθεί κατάλληλοδιάστηµα για το οποίο η µέθοδος συγκλίνει τετραγωνικά και για αρχική τιµή της επιλογήςσας να πραγµατοποιηθούν τρείς επαναλήψεις της µεθόδου.

4

Θέµα 3

Οι ανάγκες σε ενέργεια µίας κοινότητας στα περίχωρα µίας πόλης της οποίας ο πληθυσµός(p) σε µία περίοδο 20 χρόνων αυξάνει γρήγορα ϐάση των δεδοµένων

t 1 5 10 15 20p 100 200 450 950 2000

αυξάνει σηµαντικά. Σαν µηχανικός ϑέλετε να προβλέψετε τον πληθυσµό της κοινότητας σταεπόµενα 5 χρόνια.(α)[15] Χρησιµοποιώντας προσέγγιση ελαχίστων τετραγώνων κάντε τη παραπάνω πρόβλεψηυπολογίζοντας την καλύτερη προσσέγγιση της µορφής y = AteBt στα δεδοµένα.

5

(ϐ)[10] Χρησιµοποιώντας πολυωνυµική παρεµβολή, στα παραπάνω πληθυσµιάκα δεδοµένα,προβλέψετε τον πληθυσµό της κοινότητας στα επόµενα 5 χρόνια και [5] προσεγγίστε το ϱυθµόµεταβολής του πληθυσµού στο χρόνο t = 15.

6

Θέµα 4

(α) [10] Τα παρακάτω δεδοµένα αντιστοιχούν σε χρονικές στιγµές και την αντίστοιχη ταχύτηταενός οχήµατος. Υπολογίστε την απόσταση σε µέτρα (m) που διάνυσε το όχηµα χρησιµοποιών-τας τον καλύτερο συνδυασµό των µεθόδων ολοκλήρωσης του Τραπεζίου, Simpson 1/3 καιSimpson 3/8.

t(min) 1 2 3.25 4.5 6 7 8 9 9.5 10v(m/s) 5 6 5.5 7 8.5 8 6 7 7 5

7

(ϐ)[14]Η στιγµιαία ένταση του εναλασσόµενου ϱεύµατος µπορεί να δίνεται από µία συνάρτησητης µορφής i(t) = 10e−t/T sin(2πt/T ), για 0 ≤ t ≤ T/2, όπου T = η περίοδος. Στη πράξηϑέλουµε να υπολογίσουµε την µέση τιµή και για αυτό χρειάζεται να υπολογίσουµε το ολοκ-λήρωµα ∫ T/2

0

i(t)2dt (1)

Για T = 1 η ακριβής τιµή του ολοκληρώµατος (1) είναι 15.41261. Εφαρµόστε τη µέ-ϑοδο ολοκλήρωσης Gauss-Legendre 3 σηµείων για να προσεγγίσετε την ακριβή τιµή τουολοκληρώµατος.

8

(ϐ)[6] Γνωρίζοντας ότι το σφάλµα του σύνθετου τύπου του τραπεζίου για συναρτήσεις f ∈C2[a, b] δίνεται ως

RTn+1 = −b− a

12h2f ′′(ξ)

υπολογίστε των αριθµό των κόµβων που χρειάζεται ο σύνθετος τύπος του τραπεζίου για τονυπολογισµό του (1) µε ακρίβεια τουλάχισον ίδια µε αυτή που δίνει ο τύπος Gauss-Legendreτου (ϐ) ερωτήµατος.

9

Θέµα 5

[15]Για το πρόβληµα αρχικών τιµών (ΠΑΤ)

y′(t) = −1000y(t) + 3000− 2000e−t, t ∈ [0,∞]

y(0) = 0, (2)

(α) µελετήστε την ευστάθεια της µεθόδου του Euler για το παραπάνω ΠΑΤ και (ϐ) µε ϐήµαh της επιλογής σας (µέσα στην περιοχή ευστάθειας) κάντε δύο ϐήµατα της µεθόδου και (γ)περιγράψτε τη πεπλεγµένη µέθοδο Euler για το παραπάνω ΠΑΤ.

10

ΠΡΟΧΕΙΡΟ

11

ΠΡΟΧΕΙΡΟ

1

Θέµα 1

(α)[7] ΄Εστω ένας υπολογιστής όπου το σύνολο των αριθµών µηχανής του ορίζεται ώς M =M(β = 10, t = 5, L = −10, U = 10) και έστω x = 5891.26 και y = 0.0773414. Υπολογίστε τοαποτέλεσµα του x+y στο δεδοµένο υπολογιστή µε χρήση αριθµητικής κινητής υποδιαστολής,υπολογίστε το απόλυτο σχετικό σφάλµα, µε ϐάση την πραγµατική τιµή του x+y και εξηγήστετα αποτελέσµατά σας.

(ϐ)[5] Στον παραπάνω υπολογιστή ποιό πρόβληµα ϑα παρουσιαστεί στον υπολογισµό τουz =

√7892−√7891; Πώς ϑα διορθώνατε αυτό το πρόβληµα και γιατί ;

2

Θέµα 2

Θέλετε να σχεδιάσετε µία σφαιρική δεξαµενή για αποθήκευση νερού σε ένα µικρό χωριό. Οόγκος του νερού που ϑα χωράει η δεξαµενή υπολογίζεται (µε ϐάση το σχήµα) ώς

V = πh2 (3R− h)

3

(α)[10] ΄Αν R = 3m, τί ϐάθος πρέπει να έχει το νερό για να περιέχει V = 30m3; Για την λύση

της παραπάνω προβλήµατος χρησιµοποιήστε 3 επαναλήψεις της µέθόδου Newton-Raphsonγια να δώσετε την απαντησή σας.

3

(ϐ)[10] Η παρακάτω µεθόδος σταθερού σηµείου της µορφής h = φ(h) µπορεί να χρησιµοποι-ηθεί για να έχουµε σύγκλιση στη λύση του παραπάνω προβλήµατος (α) και γιατί ;

h =

√h3 + (3V/π)

3R

4

(γ)[10] Για την επίλυση του παρακάτω µη-γραµµικού συστήµατος εξισώσεων εφαρµόστε έναϐήµα της µεθόδου Newton-Raphson για τη προσσέγγιση της λύσης (x?, y?),

(x− 4)2 + (y − 4)2 = 5

x2 + y2 = 16.

[Υπόδειξη : Κατασκευάστε τη γραφική παράσταση για την εύρεση κατάλληλης αρχικής τιµής(x0, y0).]

5

Θέµα 3

∆ίνονται τα παρακάτω πειραµατικά δεδοµένα

t 0.75 2 3 4 6 8 8.5y 1.2 1.95 2 2.4 2.4 2.7 2.6

και ϑέλουµε να κάνουµε µία πρόβλεψη για την ποσότητα y όταν t = 10.(α)[15] Χρησιµοποιώντας προσέγγιση ελαχίστων τετραγώνων κάντε τη παραπάνω πρόβλεψηυπολογίζοντας την καλύτερη προσσέγγιση της µορφής y = A t

B+tστα δεδοµένα.

6

(ϐ)[13] Χρησιµοποιώντας πολυωνυµική παρεµβολή, στα παρακάτω δεδοµένα, δώστε τηνπρόβλεψη του ερωτήµατος (α)

t 0.75 2 4 8y 1.2 1.95 2.4 2.7

7

Θέµα 4

(α) [10] Για τον υπολογισµό του ισοζύγίου µάζας M ενός αντιδραστήρα, για δεδοµένη χρονικήπερίοδο, έχουµε ότι

M =

∫ t2

t1

Qcdt,

άν ο ϱυθµός ϱοής Q = 0.3m3/s και έχουµε τα παρακάτω δεδοµένα εκροής ενός χηµικούστοιχείου, συγκεντρωσης c,

t(min) 0 1 4 6 8 12 16 20c(mg/m3) 12 22 32 45 58 75 70 48

υπολογίστε τη µάζα που εξέρχεται χρησιµοποιώντας κατάλλήλους κλειστούς τύπους ολοκ-λήρωσης Newton-Cotes.

8

(ϐ)[15] Αποδείξτε τον τύπο ολοκλήρωσης Gauss-Legendre 3 σηµείων και στη συνέχεια ναεφαρµοστεί για τον υπολογισµό του ολοκληρώµατος

gm

c

∫ 10

0

(1− e−(c/m)t)dt,

όπου c = 9.8, c = 12.5 και m = 68.

9

Θέµα 5

[15]Για το πρόβληµα αρχικών τιµών (ΠΑΤ)

y′(t) = 4e0.8t − 0.5y(t), t ∈ [0, 4]

y(0) = 2, (1)

εφαρµόστε την µέθοδο του Heun (προβλεψης-διόρθωσης) για την προσέγγιση του y(4) µεϐήµα h = 1.

10

ΠΡΟΧΕΙΡΟ

11

ΠΡΟΧΕΙΡΟ

1

Πρόβληµα 1

(α)[10] ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = x2 − 3, x ∈ [1.5, 2]. Συµπληρώστε τον παρακάτωπίνακα µε τα δεδοµένα (ακρίβειας 4 δεκαδικών ψηφίων) της µεθόδου της Τέµνουσας για τηνεύρεση της ϱίζας της f(x) στο [1.5, 2], µε αρχικές συνθήκες x0 = 2, x1 = 1.5 και συνθήκητερµατισµού ε = |xn+1−xn|

|xn+1| < 10−2.

n xn−1 f(xn−1) xn f(xn) xn+1 f(xn+1) ε

1 2.0000 1.0000 1.5000 -0.7500

2

(ϐ)[13] Να τροποποιήσετε κατάλληλα (δηλ.να µην υπάρχουν υπολογισµοί σε τιµές συναρτή-σεων) την µέθοδο Newton-Raphson για την εύρεση της τετραγωνικής ϱίζας ενός ϑετικούαριθµού A.

Newton-Raphson για την εύρεση της τετραγωνικής −→ xn+1 =

Για την εύρεση της τετραγωνικής ϱίζας του 3 χρησιµοποιήστε την τροποποιηµένη µέθοδο µεx0 = 2, συνθήκη τερµατισµού ε = |xn+1−xn|

|xn+1| < 10−2 και συµπληρώστε τον παρακάτω πίνακαµε ακρίβεια 4 δεκαδικών.

n xn xn+1 ε

0 2.0000

3

Πρόβληµα 2[12] ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = x3 − 4x και οι κόµβοι xk = −1, 1, 2, 3. Να κατασκευαστείο πίνακας διηρηµένων διαφορών και να ϐρεθούν όλα τα πολυώνυµα παεµβολής NewtonPn(x), µέχρι και τρίτου ϐαθµού (δηλ. n = 0, 1, 2, 3), που προσεγγίζουν την f(x).

xk f [xk] f [xk−1, xk] f [xk−2, xk−1, xk] f [xk−3, xk−2, xx−1, xk]

-1123

P0(x) =

P1(x) =

P2(x) =

P3(x) =

Ισχύει και γιατί ότι f(x) ≡ Px(x) για n ≥ 3;

4

Πρόβληµα 3

Από πειραµατική παρατήρηση παράγονται τα εξής (xk, yk) δεδοµένα:

(1, 0.7) (2, 1.7) (3, 3.4) (4, 6.7) (5, 12.6)

(α) [15] Βρείτε την καµπύλη ελαχίστων τετραγώνων της µορφής y = CxD, συµπληρώνον-τας τον παρακάτω πίνακα, όπου y = CxD −→ Y = AX +B.

xk yk Xk Yk

1 0.70002 1.70003 3.40004 6.70005 12.600

C= D=

5

(ϐ)[15] Να κατασκευάσετε την γραµµική Spline S(x) που διέρχεται από τα σηµεία (xk, yk).

6

Πρόβληµα 4

Γνωρίζουµε ότι, για τον υπολογισµό του ολοκληρώµατος I =∫ b

af(x)dx, ο κανόνας του

Simpson 1/3 για N = 2 υποδιαστήµατα έχει τη µορφή

Qs =h

3

[f(x0) + 4f(x1) + f(x2)

], x0 = a, x2 = b.

(α) [10] Να παραχθεί ο σύνθετος κανόνας του Simpson 1/3, QsN(f), για N = 2M υποδι-

αστήµατα

QsN(f)=

7

(ϐ) [10] Να χρησιµοποιηθεί σύνθετος κανόνας του Simpson 1/3 γιαN = 4 υποδιαστήµαταγια να υπολογιστεί το ολοκλήρωµα

I =

∫ 1

0

e−x2

dx.

I w

8

Πρόβληµα 5[15] Για το πρόβληµα αρχικών τιµών (ΠΑΤ)

dydx

= xy2, x ∈ [0, 1.5]

y(1) = 1,

εφαρµόστε αρχικά την µέθοδο του Euler για την προσέγγιση του y(1.5) µε ϐήµα h = 0.25και στη συνέχεια τη γνωστή 2ης τάξης Runge-Kutta (ή τροποποιηµένη Euler)

yn+1 = yn +h

2(k1 + k2)

k1 = f(xn, yn)

k2 = f(xn+1, yn + hk1)

για την προσέγγιση του y(1.5) µε ϐήµα h = 0.25 και συγκρίνετε να 2 αποτελέσµατα.

9

ΠΡΟΧΕΙΡΟ

10

ΠΡΟΧΕΙΡΟ

1

Πρόβληµα 1Επιλέξτε τη σωστή απάντηση στα παρακάτω ερωτήµατα (αιτιολογώντας τις απαντήσεις σας).

[4](i) (25)10 = (?)2

(α) 100110

(ϐ) 10011

(γ) 11001

(δ) 110010

[3](ii) (1101)2 = (?)10

(α) 3

(ϐ) 13

(γ) 15

(δ) 26

[4](iii) Σε ένα σύνολο αριθµών κινητής υποδιαστολής ενός υπολογιστή M(β, t, L, U) ≡M(2, 5,−10, 10)ποιός από τους παρακάτω αριθµούς είναι περισότερο κοντά στο µηδέν της µηχανής;

(α) 0.03125

(ϐ) 0.06250

(γ) 0.01562

(δ) 0.12500

[4](iv) ΄Εστω x = 0.028254 και x = 0.028271 µια προσέγγιση του x, λέµε ότι η x είναι ακριβής σε πόσα

σηµαντικά ψηφία;

(α) 2

(ϐ) 3

(γ) 4

(δ) 5

2

Πρόβληµα 2

∆ίνεται η εξίσωση f(x) = x3 − x− 4 και ψάχνουµε να ϐρούµε τις πραγµατικές της ϱίζες.

(α)[15] ∆είξτε πρώτα ότι η f(x) έχει µία µόνο πραγµατική ϱίζα x?, στη συνέχεια εφαρµόστε 3 ϐήµατα

της µεθόδου της µεθόδου διχοτόµησης σε κατάλληλο διάστηµα [a, b] της επιλογής σας για να πάρετε

µια προσέγγιση της x?και ϐρείτε πόσα ϐήµατα της διχοτόµησης ϑα χρειαζόσασταν στο [a, b] για να έχετε

ακρίβεια 4 δεκαδικών ψηφίων στη προσέγγισή σας.

3

(ϐ)[10] Για την συνάρτηση f(x) συµπληρώστε τον παρακάτω πίνακα µε τα δεδοµένα (µε χρήση 4

δεκαδικών ψηφίων) της µεθόδου Newton-Raphson για την εύρεση της ϱίζας της f(x), µε αρχική τιµή

x0 την τελευταία προσσέγγιση που σας έδωσε η µέθοδος της διχοτόµησης και συνθήκη τερµατισµού

ε = |xn+1 − xn| < 10−4.

n xn f(xn) xn+1 f(xn+1) ε

0

4

(γ) [5] ∆ιερευνήστε αν η γενική επαναληπτική µέθοδος xn+1 = φ(xn) ≡ x3n − 4, n = 0, 1, 2, . . .

µπορεί να χρησιµοποιηθεί για την προσέγγιση της ϱίζας x?της f(x).

5

Πρόβληµα 3

(α) [10] ∆ίνεται η παρακάτω συνάρτηση S(x) στο διάστηµα [0, 3],

S(x) =

s0(x) = −1 + 4x− x2, x ∈ [0, 1]

s1(x) = 2x, x ∈ [1, 2]

s2(x) = 2− x+ x2, x ∈ [2, 3]

Είναι ή όχι η παραπάνω συνάρτηση τετραγωνική spline; Να αιτιολογηθεί πλήρως η απάντησή σας.

6

(ϐ) [15] Να υπολογιστούν οι συντελεστές του πολυωνύµου παρεµβολής, Pn(x), στη µορφή τουΝεύτωνα και χρήση διαιρεµένων διαφορών, καθώς και η προσεγγιστική τιµή της συνάρτησης g(x)στο σηµείο x = 1.2 όταν η συνάρτηση παίρνει τις παρακάτω τιµές στα αντίστοιχα σηµεία

xi 1 1.5 1.75 2

g(xi) 0.0000 0.4054 0.5596 0.6931

(γ) [5] Για τη συνάρτηση f του (ϐ) ερωτήµατος, προσεγγίστε, µε αριθµητική διαφόριση (παραγώγιση),

την g′(1.75) χρησιµοποιώντας (i) τα 2 τελευταία και (ii) τα 3 τελευταία από τα δοσµένα σηµεία του

πίνακα.

7

Πρόβληµα 4

Από πειραµατικές µετρήσεις εξάγωνται τα εξής (xi, yi) δεδοµένα:

(0, 2) (1, 5) (2, 10) (3, 18) (4, 37) (5, 70)

[15] Βρείτε την καµπύλη ελαχίστων τετραγώνων της µορφής y = eax+bπου προσεγγίζει τα δεδοµένα,

συµπληρώνοντας επίσης τον παρακάτω ϐοηθητικό πίνακα και χρησιµοποιώντας 4 δεκαδικά ψηφία

στους υπολογισµούς σας,

xi yi

0 2

1 5

2 10

3 18

4 37

5 70

8

Πρόβληµα 5

(α)[10] Η ταχύτητα v(t) ενός σώµατος δίνεται ως

v(t) =

2t, x ∈ [1, 5],

5t2 + 3, x ∈ (5, 14].

Χρησιµοποιήστε τον (σύνθετο) κανόνα ολοκλήρωσης Simpson 1/3 σε δύο υποδιαστήµατα για να

υπολογίσετε την απόσταση (σε µέτρα) που διάνυσε το σώµα από t = 2 εως t = 9 και επιλέξτε τη σωστή

απάντηση από

(α) 949.33

(ϐ) 1039.7

(γ) 1200.5

(δ) 1350.5

9

(ϐ) [10] Η τιµή του ολοκληρώµατος

∫ 2.2

0.2xexdx µε χρήση του κανόνα ολοκλήρωσης Gauss δύο σηµείων

είναι

(α) 11.672

(ϐ) 11.807

(γ) 12.811

(δ) 13.633

10

ΠΡΟΧΕΙΡΟ

Αριθμητική Ανάλυση-Αργύρης Δελής

Documents