IGPM RWTH–Aachen Numerik MB F19
Verständnisfragen-Teil (30 Punkte)
Jeder der 6 Verständnisfragenblöcke besteht aus 10 Verständnisfragen. Werden alle 10 Fragen in einem Verständ- nisfragenblock richtig beantwortet, so gibt es dafür 5 Punkte. Für 9 richtige Antworten gibt es 4 Punkte; für 8 richtige 3, für 7 richtige 2 und für 6 richtige Antworten gibt es einen Punkt. Werden weniger als 6 Fragen in einem Verständnisfragenblock richtig beantwortet, so gibt es für diesen Block 0 Punkte.
Beantworten Sie alle Fragen mit wahr oder falsch bzw. geben Sie das Ergebnis numerisch als Zahl mit mindestens 5 signifikanten Ziffern an. Falls nicht anders gefordert, muss das Ergebnis als Dezimalzahl angegeben werden.
VF-1: Es seien xMIN bzw. xMAX die kleinste bzw. größte (strikt) positive Zahl sowie eps die relative Maschinengenauigkeit in der Menge M(b, m, r, R) der Maschinenzahlen gemäß Vorlesung/Buch und D :=
[−xMAX,−xMIN]∪[xMIN, xMAX]. Ferner beschreibe fl : D → M(b, m, r, R) die Standardrundung. Alle Zahlen sind im Dezimalsystem angegeben.
1. Es gilt|fl(x+y)| ≤ |fl(x)|+|fl(y)|für allex, y∈D. falsch
2. InM(2,4,−4,4)giltxMIN= 321. wahr
3. Es gilt|fl(x)−x| ≤epsfür allex∈D. falsch
4. Die Anzahl der Elemente in der Menge M(b, m, r, R)hängt nicht vonmab. falsch 5. Geben Sie die nicht-normalisierte Darstellung der Zahl23inM(7,6,−8,8)an. 32 6. Die Funktionf(x) =xsin(x)ist gut konditioniert fürx= 12π. wahr 7. Falls die Kondition eines Problems gut ist, sind Algorithmen zur Lösung dieses Problems automa-
tisch stabil.
falsch 8. Es seienx= 3undy= 3 + 10−10. Bei der Berechnung vonex−ey tritt Auslöschung auf. wahr 9. Wir betrachten die Berechnung einer SummeSm:=Pm
j=1xj. Die Stabilität dieser Summenbildung hängt von der Reihenfolge der Summandenxj ab.
wahr 10. Berechnen Sie die relative Konditionszahl der Funktionf(x1, x2) =x2ex1 für(x1, x2) = (−2,0). 2
VF-2: Es seienA∈Rn×n beliebig aber regulär,b∈Rn und gesucht sei die Lösungx∗∈Rn vonA x=b.
1. Es seiB:=D A die zeilenäquilibrierte Matrix zuA. Dann giltB x∗=b. falsch 2. Es seiB :=D A die zeilenäquilibrierte Matrix zuA. Dann giltκ∞(B)≤κ∞(A), wobeiκ∞(·)die
Konditionszahl bzgl. der Maximumnorm ist.
wahr 3. Es seienx˜ eine Annäherung der Lösungx∗ undr:=b−Ax˜das zugehörige Residuum.
Es gilt krkkbk ≤ kAkkxkx∗−˜∗kxk.
falsch
4. Es existiert immer eineL R-ZerlegungA=L RvonA. falsch
5. Es seienκ∞(A)die Konditionszahl bzgl. der Maximumnorm undA:=
1 0 3 2
. Berechnen Sieκ∞(A).
10
6. Es seiA=Q ReineQ R-Zerlegung von A. Dann giltR x∗=QTb. wahr 7. Es sei R ∈ Rn×n eine reguläre obere Dreiecksmatrix. Der Rechenaufwand zur Bestimmung der
Lösungy vonR y=büber Rückwärtseinsetzen beträgt etwa 12nOperationen.
falsch 8. Pivotisierung verbessert die Stabilität der Gauß-Elimination. wahr 9. Falls die MatrixAorthogonal ist, giltκ2(A) = 1, wobeiκ2(·)die Konditionszahl bzgl. der euklidi-
schen Norm ist.
wahr
10. Es seienA=
−3 4 1
0 4 −1
1 −1 2
undD die zugehörige Diagonalmatrix der Zeilenskalierung.
Berechnen SiekDk2.
0.25
Numerik MB F19 IGPM – RWTH Aachen VF-3:
1. Für die MatrixA=
0 0 2 0 1 1 2 1 4
existiert eine Cholesky-Zerlegung. falsch
2. Es seiA=L D LT die Cholesky-Zerlegung der positiv definiten MatrixA.
Dann ist A−1=L−TD−1L−1 die Cholesky-Zerlegung der MatrixA−1.
falsch 3. Der Rechenaufwand zur Bestimmung der Cholesky-Zerlegung einer symmetrisch positiv definiten
n×n-Matrix über das Cholesky-Verfahren beträgt etwa 16n3Operationen (gem. Vorlesung).
wahr
4. Für jede orthogonale Matrix QgiltQT =Q. falsch
5. Es seiA=L D LT mitL=
1 0 10 1
undD= 2 0
0 2.5
. Geben Siedet(A2)an. 25 6. Es seienv∈Rmmitv6= 0undQv=I−2vvvTTveine Householder-Transformation. Es gilt:Q−1v =Qv. wahr 7. Das Produkt zweier Householder-Transformationen ist eine Spiegelung. falsch 8. Das Produkt zweier Givens-Transformationen ist eine Rotation. wahr 9. Eine Q R-Zerlegung A = Q Rvon A ∈ Rm×n existiert nur dann, wenn die Matrix A den vollen
Spaltenrangnhat.
falsch
10. Es seien v, x∈R2 mit v 6= 0, x= −1
2
und Qv =I−2vvvTTv eine Householder-Transformation.
Geben SiekQvxk22 an.
5
VF-4: Es seienA ∈ Rm×n, mitRang(A) = n < m, und b ∈ Rm. Weiter seien Q∈ Rm×m eine orthogonale Matrix undR ∈ Rm×n eine obere Dreiecksmatrix so, dass Q A=R =
R˜ 0
gilt, mit R˜ ∈ Rn×n. Ferner seien x∗= argminx∈RnkA x−bk2die eindeutige Minimalstelle undΘ∈
0,π2
der Winkel zwischenA x∗ undb.
Ebenso seiF :Rn →Rmmitm > nstetig differenzierbar. Wir betrachten das (nichtlineare) Ausgleichsproblem:
Bestimmexˆ∈Rn so, dasskF(ˆx)k2= minx∈RnkF(x)k2.
1. Je kleiner der WinkelΘ, desto besser ist die Kondition des linearen Ausgleichsproblems. wahr 2. Je kleiner der Winkel Θ, desto besser ist die Stabilität des Lösungsverfahrens über die QR-
Zerlegung.
falsch
3. Es giltR x˜ ∗=Q b. falsch
4. Es giltκ2(A) =κ2( ˜R), wobei κ2(·)die Konditionszahl bzgl. der euklidischen Norm ist. wahr 5. Es seienA=
1 1 0 1 0 1
undb=
2 1 1
. Bestimmen SiekA x∗−bk2. 0 6. Es seiL D LT =ATAdie Cholesky-Zerlegung von ATA. Dann gilt x∗=L−TD−1L−1ATb. wahr 7. Die Gauß-Newton Methode zur Lösung eines nichtlinearen Ausgleichsproblems kann man als Fix-
punktiteration darstellen.
wahr 8. Bei der Gauß-Newton Methode zur Lösung eines nichtlinearen Ausgleichsproblems ist die Konver-
genzordnung in der Regel zwei.
falsch 9. Eine geeignete Wahl des skalaren Parametersµim Levenberg-Marquardt-Verfahren kann den Ein-
zugsbereich der Methode erweitern.
wahr
10. Es seienm= 3,n= 1undQ b=
−1 4 3
. Bestimmen SiekA x∗−bk2. 5
Numerik MB F19 IGPM – RWTH Aachen VF-5: Es seien Φ : Rn → Rn stetig differenzierbar und x∗ so, dass Φ(x∗) = x∗ gilt. Für x0 ∈ Rn wird die Fixpunktiterationxk+1= Φ(xk), k= 0,1,2, . . .definiert. Weiter seiΦ0(x)die Ableitung vonΦan der Stellex.
1. Falls Φ0(x∗) = 0, ist die Konvergenzordnung der Fixpunktiteration mindestens2. wahr 2. Falls kΦ0(x∗)k2>1, ist die Fixpunktiteration nicht lokal konvergent. falsch 3. Es seienn= 1undΦ(x) =23x2−14x. Alle Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes sind
fürΦauf dem Intervall[0,1]erfüllt.
falsch 4. Es seienn= 1undΦ(x) = cos(12x). Die Fixpunktiteration konvergiert für jeden Startwertx0∈R. wahr 5. Es seif(x) = 14x2−12. Wir betrachten das Sekantenverfahren zur Annährung einer Nullstelle dieser
Funktion, mit Startwertenx0=−2,x1= 0. Berechnen Siex2.
-1
6. Es sei f : R→R zweimal stetig differenzierbar undf(x∗) = 0,f0(x∗)6= 0. Weiter sei Φso, dass xk+1= Φ(xk)dem Newton-Verfahren zur Bestimmung der Nullstellex∗entspricht.
Es giltΦ0(x∗) = 0.
wahr
7. Es seif(x) =x3−7. Die Bisektionsmethode zur Bestimmung der Nullstelle vonf konvergiert für beliebige Startwertex0∈(−∞,1], x1∈[2,∞).
wahr 8. Die Sekantenmethode zur Bestimmung einer Nullstelle einer skalaren, stetigen Funktion f kon-
vergiert nur dann, wenn die Startwerte x0 und x1 dieser Methode so gewählt werden, dass f(x0)f(x1)<0gilt.
falsch
9. Es sei f(x) =x2−2. Das auff angewandte Newton Verfahren konvergiert für jeden Startwert x0∈R,x06= 0, gegen die Nullstellex∗>0dieser Funktion.
falsch 10. Es seif :Rn→Rnzweimal stetig differenzierbar in einer Umgebung vonx∗und es geltef(x∗) = 0,
det(f0(x∗)) 6= 0. Sei x0 ein Startwert aus einer hinreichend kleinen Umgebung von x∗ und xk, k ≥ 1, die mit dem Newton-Verfahren berechnete Folge. Geben Sie den Wert für p so an, dass kx∗−xkk∞≈ kxk+1−xkkp∞fürkhinreichend groß gilt.
1
VF-6: Es seienn∈NundP(f|x0, . . . , xn)das Lagrange-Interpolationspolynom vom Gradn, das die Funktion f : [a, b] →Rin den Stützstellen a≤x0 < . . . < xn ≤b interpoliert. Weiter seienδn der führende Koeffizient dieses Polynoms und[x0, . . . , xn]f die dividierte Differenz der Ordnungnvonf.
1. Es giltP(Q|x0, . . . , xn) =Qfür alle PolynomeQvom Grad maximaln. wahr 2. Es giltP(f|x0, . . . , xn)(x) =P(f|xn−1, . . . , x0)(x) + (x−x0)(x−x1). . .(x−xn−1)[x0, . . . , xn]f. wahr 3. Es sei `jn(x) = Πnk=0,k6=jxx−xk
j−xk, 0≤j ≤n. Es gilt P(f|x0, . . . , xn)(x) =Pn
j=0`jn(x)[x0, . . . , xj]f für allex∈R.
falsch
4. Es giltδn= [x0, . . . , xn]f. wahr
5. Es seienf(x) = 3x2,x0= 1,x1= 2undx2= 5. Berechnen Sieδ2. 3 Es seif ∈C[a, b]. Das IntegralI(f) =Rb
af(x)dxsoll numerisch approximiert werden durch eine Quadraturformel Im(f) = (b−a)Pm
j=0wjf(xj)mita≤x0< . . . < xm≤b. Weiter seiImn(f)die ausIm(f)konstruierte summierte Quadraturformel auf den Teilintervallen[tj−1, tj],j= 1, . . . , n, mittj =a+jh,j = 0,1, . . . , n,h= b−an . 6. Es seien ImN C(f)und ImG(f) die Newton-Cotes-Formel und die Formel der Gauß-Quadratur. Für
m≥1 gilt, dass der Exaktheitsgrad vonImN C(f)strikt kleiner ist als der vonImG(f).
wahr 7. Der Exaktheitsgrad der summierten Quadraturformel Imn(f)ist größer als der vonIm(f). falsch 8. Es sei P(f|x0, . . . , xm) das Lagrange–Interpolationspolynom. Bei der Gauß-Quadratur gilt
Im(f) =Rb
aP(f|x0, . . . , xm)(x)dx.
wahr
9. Es seiI1(f)die Trapezregel. Es gilt|I1n(f)−I(f)| →0fürn→ ∞. wahr 10. Berechnen Sie eine Approximation vonR1
0 6x4dxmit Hilfe der Simpsonregel. 1.25
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Aufgabe 1 (6 Punkte)
Es sei die Matrix
A=
3 1 2
−9 3 6 0 −4 2
gegeben.
a) Bestimmen Sie dieLR-Zerlegung vonA mit Spaltenpivotisierung. Geben SieL, RundP explizit an.
Es seien nun
P˜=
1 0 0 0 0 1 0 1 0
, D=
2 0 0 0 4 0 0 0 2
, B=
1 1.5 2
3.5 5.25 7.75 0 1.5 0.5
,
L˜=
1 0 0 0 1 0 7 0 1
, R˜=
2 3 4 0 3 1 0 0 3
, b=
0.5 2.5
−1
.
Dabei sindL˜ undR˜ die Matrizen derLR-Zerlegung vonP DB, d.h.˜ P DB˜ = ˜LR.˜
b) Lösen Sie das GleichungssystemBx=bmittels Vorwärts- und Rückwärtseinsetzen.
c) Wir nehmen nun an, dass die rechte Seiteb und die MatrixB nur in gestörter Form vorliegen. Dabei wissen wir, dass der abolute Fehler k∆bk∞ mit 2.5·10−4 nach oben beschränkt werden kann. Wie groß darf die Störung inB, gemessen in derk · k∞-Norm, höchstens sein, damit der relative Fehler inx, ebenfalls gemessen in derk · k∞-Norm, nicht größer als zwei Prozent ist? Dabei darf verwendet werden, dasskB−1k∞= 11ist.
a)
LR-Zerlegung:
3 1 2
−9 3 6 0 −4 2
1↔2−→
−9 3 6
−13 2 4 0 −4 2
2↔3−→
−9 3 6
0 −4 2
−13 −12 5
also
L=
1 0 0
0 1 0
−0.33333 −0.5 1
, R=
−9 3 6 0 −4 2
0 0 5
, P =
0 1 0 0 0 1 1 0 0
(2)
b)Es gilt
B x=b⇔L˜R x˜ = ˜P Db.
SubstituiereRx˜ =y und löseLy˜ = ˜P Db:
1 0 0 0 1 0 7 0 1
y=
1
−2 10
, y=
1
−2 3
.
Mache im Anschluss die Substitution rückgängig:
2 3 4 0 3 1 0 0 3
x=
1
−2 3
, x=
0
−1 1
.
c) Fürκ(B)k∆BkkBk∞
∞ <1und(B+ ∆B)(x+ ∆x) =b+ ∆bgilt die Ungleichung k∆xk∞
kxk∞ ≤ κ(B) 1−κ(B)k∆BkkBk∞
∞
k∆Bk∞
kBk∞ +k∆bk∞ kbk∞
.
MitkBk∞= 16.5undkbk∞= 2.5 haben wir k∆xk∞
kxk∞ ≤ 181.5 1−11k∆Bk∞
k∆Bk∞
16.5 + 10−4 !
≤0.02.
Aufgelöst nachk∆Bk∞ ergibt dies
k∆Bk∞≤1.6934·10−4,
was insbesondere auch kleiner als kBkκ(B)∞ =111 ist. (2)
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Aufgabe 2 (6 Punkte)
Die Funktiony(t) :=asin(t) + tan(bt)−tsoll im Sinne der kleinsten Fehlerquadrate optimal an folgende Messwerte angepasst werden:
ti π/4 π/3 π/2
yi 2 4 3
Bestimmen Sie die Parameteraundbnäherungsweise:
a) Formulieren Sie dazu das entsprechende nichtlineare AusgleichsproblemkF(x)k2→min. Geben SieF undx explizit an.
b) Für das Gauß-Newton-Verfahren ist der Startwert (a0, b0) = (0,0) gegeben. Stellen Sie das zugehörige linea- risierte Ausgleichsproblem für den ersten Schritt auf.
Wir betrachten nun das lineare Ausgleichsproblem
−8 20
0 8
−6 15
c
d
−
20
8 15
2
→ min
(c,d)T∈R2
.
c) Lösen Sie das lineare Ausgleichsproblem mit dem Householder-Verfahren und geben Sie die Norm des Resi- duums an.
Teil a)Diei-te Zeile der zu minimierenden FunktionF(x) =F(a, b)lautet Fi(x) :=y(ti)−yi=asin(ti) + tan(bti)−ti−yi. Gesucht ist somitx∗ mit||F(x∗)||2= minx∈R2||F(x)||2 mitx= (a, b)und
F(x) =F(a, b) =
√a
2+ tan(πb4)−π4 −2
√3a
2 + tan(πb3)−π3−4 a+ tan(πb2)−π2−3
=
0.70711a+ tan(0.7854b)−2.7854 0.86603a+ tan(1.0472b)−5.0472
a+ tan(1.5708b)−4.5708
. (1) Teil b)Aufgestellt werden soll
F(x0) +F0(x0)∆x0
2→ min
∆x0=(∆a0,∆b0)T∈R2
Hier ist
Fi0(x) =
sin(ti) ti
cos2(bti)
. Damit ergibt sich
−π4−2
−π3−4
−π2−3
+
√1 2
π
√ 4 3 2
π 3
1 π2
∆a0
∆b0
2
=
−2.7854
−5.0472
−4.5708
+
0.70711 0.7854 0.86602 1.0472 1 1.5708
∆a0
∆b0
2
→ min
(∆a0,∆b0)T∈R2
. (2)
Teil c)Wir definieren
A:=
−8 20
0 8
−6 15
b:=
20
8 15
.
Dabeine Spalte der MatrixAist, wissen wir bereits, dass die Lösung(c, d)T = (0,1)T ist und das Residuumr= 0 ist. Löse das lineare Ausgleichsproblem mit Householder:
Householder-Tableau:
−8 20 20
0 8 8
−6 15 15 α1=−10
−18 0 −6 (180) −450 −450 β1= 1/180
−18/180 10 −25 −25 c= 0
0 0 8 8 d= 1
−6/180 0 0 0 res= 0
(2)
Rückwärtseinsetzen(eigentlich schon im Tableau)
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Aufgabe 3 (8 Punkte)
Gegeben sei die 2D-Fixpunktgleichung x
y
=
(x−1)2
6 +(y−1)2 6 +x y
18 x−y+ 2
2
=: F1(x, y) F2(x, y)
!
=:F(x, y).
a) Zeigen Sie, dass die Voraussetzungen des Fixpunktsatzes von Banach für den BereichE:= [0,2]×[0,2]erfüllt sind.
b) Führen Sie ausgehend vom Startwert (x0, y0) := (0, 0) zwei Fixpunktschritte durch, d. h. berechnen Sie (x2, y2).
Hinweis: Sollten Sie in a) keine Kontraktionszahl L gefunden haben, verwenden Sie im Folgenden die 1-Norm undL= e
π.
c) Geben Sie eine a-posteriori-Fehlerabschätzung für(x2, y2)an.
d) Wie viele Iterationsschritte/Fixpunktschritte sind ausgehend vom Startwert (x0, y0) := (0, 0) höchstens erforderlich, um den Fixpunkt bis auf einen Fehler vonε= 2.4·10−3anzunähern? Geben Sie einen möglichst kleinen Wert an.
zu a)
i)E ist abgeschlossen und beschränkt, also vollständig.
ii)Selbstabbildung:Wegen(x, y)∈[0,2]2gilt(x−1)6 2, (y−1)6 2 ∈[0,16]und x y18 ∈[0,184]sowiex−y∈[−2,2]. Daraus folgt
0 = 0 + 0 + 0 ≤ (x−1)6 2 +(y−1)6 2 +x y18 ≤ 16+16+29 =59 ≤2
0 = −2+22 ≤ x−y+22 ≤ 2+22 = 2
Insgesamt gilt also F(E)⊂ 0,59
×[0,2]⊂E ⇒F ist selbstabbildend aufE.
iii) Kontraktivität:Da E konvex ist undF stetig differenzierbar ist, dürfen wir zum Nachweis der Kontraktion die Ableitung benutzen. Als Jacobi-Matrix ergibt sich
F0(x, y) =
(x−1)
3 +18y (y−1)3 +18x
1
2 −12
! .
Wir schätzen die Matrixkomponenten betragsmäßig nach oben ab. Wegen (x, y)∈E = [0,2]2 gilt (x−1)3 , (y−1)3 ∈ [−13,13]. Also ergibt sich aufE die elementweise Betragsabschätzung (zulässig in derk · k1- undk · k∞-Norm, nicht jedoch in derk · k2-Norm):
kF0(x, y)k1≤
1
3+19 13+19
1 2
1 2
! 1
=
4 9
4 9 1 2
1 2
! 1
= 17 18.
(Hier können wir die∞-Normnichtverwenden – zu groß).
F ist also kontraktiv aufE.
Somit sind alle Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes erfüllt. (4) zu b)
Startwert: x0:=
x0 y0
:=
0 0
1. Schritt: x1:=
x1 y1
=
1 3
1
!
= 0.33333 1
!
2. Schritt: x2:=
x2 y2
= 5
542 3
=
0.0925926 0.666667
und für c) x2−x1= −0.240741
−0.333333
!
(1) zu c)Es istkx2−x1k1=3154 = 0.574074und somit gemäß a-posteriori-Abschätzung
kx2−x∗k1≤ L
1−Lkx2−x1k1=
17 18 1
31
54 = 1731 54 = 527
54 = 9.75926 (<10) (3.686404949).
(1) zu d)Es gilt gemäß a-priori-Abschätzung
kxn−x∗k1≤ Ln
1−Lkx1−x0k1
≤! ε⇐⇒
n≥ lnkxε(1−L)1−x0k lnL =
ln24·10−4·1 18 4 3
ln 1718 = ln 10−4
ln(17)−ln(18) = 161.1. . . (57.51643480) .
Es sind also höchstensn= 162Schritte erforderlich, um eine Genauigkeit vonε= 2.4·10−3 zu erreichen. (2)
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Aufgabe 4 (5 Punkte)
Zur Berechnung der Funktionf(x) = cos(x)steht die folgende Tabelle zur Verfügung
x 0 0.25 0.5 0.75 1
sin(x) 0 0.2474 0.4794 0.6816 0.8415 cos(x) 1 0.9689 0.8776 0.7317 0.5403 Die Funktion soll durch ein Polynompzweiten Grades angenähert werden.
a) Zeigen Sie, ohne das Polynompzu bestimmen und der ausschließlichen Verwendung von Tabellenwerten für Sinus- und Kosinuswerte, dass die Stützstellen so gewählt werden können, dass für den Interpolationsfehler in x= 0.1gilt:
|f(0.1)−p(0.1)| ≤2.2·10−4. Hinweis: Verwenden Siecos(x) = cos(−x).
b) Bestimmen Sie nun das Polynompzu den in a) bestimmten Stützstellen in Newton-Darstellung. Sollten Sie keine Stützstellen bestimmt haben, verwenden siex0= 0, x1= 0.25undx2= 0.5.
Werten Sie dann die Newton-Darstellung mit dem Horner-Schema an der Stellex= 0.1aus.
zu a)
Zur Wahl der Stützstellen wird vorab die Fehlerabschätzung betrachtet:
Mita= min{x0, x1, x2,0.1},b= max{x0, x1, x2,0.1}gilt
|f(0.1)−p(0.1)| ≤ 1 3! max
x∈[a,b]|sin(x)||(0.1−x0)(0.1−x1)(0.1−x2)|.
Da cos(x) = cos(−x) werden die Stützstellen −0.25, 0, 0.25 gewählt. Dadurch wird sowohl der Anteil durch das Knotenpolynom als auch der in Frage kommende Sinuswert optimal klein:
|f(0.1)−p(0.1)| ≤ 1
6 ·0.2474·0.35·0.1·0.15≤2.2·10−4.
(2) zu b)
Newton-Tableau
xi
−0.25 0.9689
>0.1244
0 1 >-0.4976
>-0.1244
0.25 0.9689 >-0.4816
>-0.3652 0.5 0.8776
Daraus folgtp(x) = 0.9689 + 0.1244(x+ 0.25)−0.4976x(x+ 0.25).
Auswertung:
Es giltp(x) = 0.9689 + (x+ 0.25)·(0.1244−x·0.4976).
Hornerartige Auswertung ergibt:p(0.1) = 0.9689 + (0.1 + 0.25)·(0.1244−0.1·0.4976) = 0.99502. (3) Alternativ:p(x) = 1−0.1244x−0.4816x(x−0.25) = 1 +x·(−0.1244−0.4816(x−0.25)).
Hornerartige Auswertung ergibt:p(0.1) = 1 + 0.1·(−0.1244−0.4816(0.1−0.25)) = 0.99478.
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Aufgabe 5 (5 Punkte)
Gegeben sei die Quadraturformel
Q(f) = 1 2f
1 3
+1
2f 2
3
, die näherungsweise das IntegralR1
0 f(x)dxbestimmt.
a) Zeigen Sie, dass der Exaktheitsgrad der Quadraturformel kleiner2ist.
b) Es seia >0gegeben. Nutzen Sie die Quadraturformel umf(x) := 2
9x2+ 1 auf dem Intervall[0, a]näherungs- weise zu integrieren.
c) Das Intervall[0,1]wird inn Teilintervalle der Länge h= n1 unterteilt, tk =hk,k = 0, . . . , n. Geben Sie die entsprechende summierte QuadraturformelQn an.
Hinweis: Wie lautet die QuadraturformelQangepasst auf das Teilintervall[tk, tk+1]?
zu a)
Für einen Exaktheitsgrad von 2 (oder höher) muss die BedingungQ(x2)=! R1
0 x2dxerfüllt sein. Es gilt Z 1
0
x2dx=1 3 6= 5
18 = 1 2·
1 3
2
+1 2·
2 3
2
=Q(x2).
Somit kann die Quadraturformel nur einen Exaktheitsgrad kleiner 2 haben. (1) zu b)
Die lineare Transformation von[0,1]auf[0, a]ist lediglich eine Streckung. Auf dem Intervall[0, a]lautet die Formel:
Q[0,a](f) =a 1
2f 1
3a
+1 2f
2 3a
.
Für das Integral erhalten wir somit Z a
0
f(x)dx= Z a
0
2
9x2+ 1dx≈ a 2
2
9(a/3)2+ 1 + 2 9(2a/3)2+ 1
= a
a2+ 1 + a 4a2+ 1.
(2) zu c)
Auf jedem Teilintervall[tk, tk+1]lautet die Formel:
Q[tk,tk+1](f) =h 1
2f
tk+1 3h
+1
2f
tk+2 3h
.
Für die summierte Formel ergibt sich somit (tk =hk,k= 0, . . . , n)
Qn(f) =
n−1
X
i=0
h 1
2f
ti+1 3h
+1
2f
ti+2 3h
= h 2
n−1
X
i=0
f
i+1 3
h
+f
i+2
3
h
.
(2)