Tentamen Numerieke Wiskunde dinsdag, 28 januari 2014,

Transcriptie

1 Tentamen Numerieke Wiskunde dinsdag, 8 januari 04, Zet op ieder vel dat je inlevert je naam en op et eerste vel bovendien nog je studentnummer.. Je mag et dictaat gebruiken, de uitwerkingen van de opgaven ecter niet. Als je een resultaat uit et dictaat gebruikt geef dan duidelijk aan welk resultaat (nummer, pagina, etc.). Resultaten uit een vorig onderdeel mag je gebruiken ook al lukte et je niet om dat onderdeel te bewijzen. 3. Geef bij et beantwoorden van de vragen een duidelijke argumentatie (ook als dat niet expliciet gevraagd wordt). 4. f g betekent f is per definitie gelijk aan g. Met f is een gladde functie bedoelen we dat alle afgeleiden van f die je in formules tegenkomt bestaan en continu zijn. 5. Succes.. We willen van een gladde functie f op R de waarde f (0) berekenen. Van f zijn, voor > 0, de waarden in 0, en bekend. We proberen, met gescikte α, β, γ R, een nauwkeurige benadering te vinden van f (0) met de volgende formule D (f) αf(0) + βf() + γf(). () Zij R (f) f (0) D (f) de fout. De formule is exact voor f als R (f) = 0. (a) Bepaal α, β en γ zodat de formule exact is voor polynomen van zo oog mogelijke graad, d.w.z., we willen dat p (0) = D (p) voor alle polynomen p van graad k met k zo groot mogelijk. Welke waarde eeft k dan? 3 Oplossing. We nemen voor f actereenvolgens f(x) =, f(x) = x, f(x) = x, f(x) = x 3,... We vinden dan voor R (f): a) R () = 0 [α + β + γ]/ b) R (x) = [β + γ] c) R (x ) = 0 [β + γ4] d) R (x 3 ) = 0 [β + γ8 ]. We stellen in de eerste drie uitdrukkingen R (f) gelijk aan 0. Dan ebben we drie vergelijkingen: a ) α + β + γ = 0, b ) β + γ =, c ) β + 4γ = 0 met drie onbekenden α, β en γ. c ) -b ) levert γ =. Invullen in c ) geeft β =, invullen in a ) geeft α =. Voor deze waarden van α, β en γ is, volgens d), R (x 3 ) = 0 en dus is k 3. Omdat f f (0) en f D (f) lineair zijn is f R (f) lineair en volgt exacteid voor alle polynomen van graad. Blijkbaar is k =. Verder werken we met de optimale α, β en γ (de waarden die je in a) gevonden ebt). (b) Laat zien dat voor een zekere c R (met c onafankelijk van f en ) geldt dat R (f) = c f (3) (0) + O( 3 ) ( 0). () (Hint: bedenk ook dat D (f) = O( m ) als f() = O( m ) voor een m N, m ( 0). Dit geldt overigens voor iedere α, β en γ.) Bepaal c. Oplossing. Als, voor m, f() = O( m ) dan is f() C m voor zekere C en is D (f) C [ α + β + γ ]m 4C m, dus in dit geval is D (f) = O( m ). Voor f geldt f(x) = p(x) + x3 3! f (0) + g(x) waarbij p et tweede graads Taylor polynoom is voor f rond 0 en g de restterm van et derde graads Taylorpolynoom van f rond 0. Omdat f (0) = p (0) en g (x) = f (x) = p (x) x! f (0) volgt dat g (0) = 0. Verder is g() = O( 4 ). Dit levert R (f) = R (p) + 3! f (0)R (x 3 ) + R (g) = 0 + 3! f (0) + (0 O( 3 )) = 3 f (0) + O( 3 ). (c) Kan je een Romberg scema opzetten om middels de drie waarden D (f), D (f), D 4 (f) nauwkeurigere benaderingen van f (0) te krijgen? Zo ja, bescrijf dan in detail oe je de overige

2 drie getallen in Romberg scema uitrekent. Wat voor orde van nauwkeurigeid verwact je in deze getallen? 3 Oplossing. Voor kleine (en niet zo klein dat evaluatiefouten de fout domineren) is de fout ongeveer evenredig met. Dus is f (0) D (f) 4 (f (0) D (f)) en is f (0) D (f) 3 (D (f) D (f)). We verwacten dat T (f) 3 (4D (f) D (f)) oen O() betere benadering is van f (0) dan D (f). Om de volgende kolom in et Romberg scema te kunnen opstellen moeten we weten of de fout in T (f) ongeveer evenredig is met p voor een p 3. Hiervoor moeten we weten of de O( 3 ) term in R (f) van de vorm ec p + O( p+ ) is. Uitscrijven van de g in de Taylor benadering van f in et bewijs van b) geeft g(x) = 4! f(4) (0)x 4 + O( 5 ), en uitrekenen van R (x 4 ) toont aan dat O( 3 ) term in R (f) van de vorm ec 3 + O( 4 ) is. Dus bij stapgrootte alvering reduceert de fout in T (f) met een factor 8. We kunnen de fout in T (f) scatten volgens f (0) T (f) 7 (T (f) T (f)) en we verwacten dat T () (f) 7 (8T (f) T (f)) en O()-betere benadering is voor f (0) dan T (f). Dus we verwacten een fout van O( 4 ). (Door f nog een stap verder te Tayloren kan je cecken dat et niet O( 5 ) zal zijn. Resumerend, D (f), D (f), D 4 (f) staat in de eerste kolom van et Romberg scema, T (f) en T (f) in de tweede en T() (f) in de derde, met fout respectievelijk O( ), O( 3 ) en O( 4 ). (d) Stel nu dat we niet over de exacte waarden f(x) kunnen bescikken maar alleen over benaderingen f (x) met bekende onbetrouwbaareid ε: met ε(x) f(x) f (x) is ε(x) ε (alle x). In plaats van f(x) gebruiken we f (x) om D (f) te berekenen (eventuele andere evaluatiefouten verwaarlozen we). Dit levert D (f) op. Scat D (f) D (f) af en scat af oe deze fout doorwerkt in et Romberg scema van (c). Oplossing. D (f) D (f) = αε(0) + βε() + γε() [ α ε + β ε + γ ε] 4 ε. Hierbij ebben we in a) gevonden waarden van α, β en γ gebruikt en et feit dat ε(x) iedere waarde (zowel negatief als positief) in [ ε, ε] kan ebben. Omdat de ε fout in D (f) onafankelijk is van die in D (f) resulteert dit in een onzekereid van 3 (4 4 ε + 4 ε ) = ε in T (f). En dit leidt weer tot een onzekereid van in T () (f). 7 (8 ε + ε ) = 7 7 ε.. Bescouw op et interval [0, π], voor iedere α {0,, }, de functie f α (t) sin +α (t) exp( cos (t)) (t [0, π]) met integraal I(α) π 0 f α (t) dt. (a) We berekenen I(α) met de gerepeteerde trapeziumregel T (f α ) met stapgrootte = π/(4n) voor verscillende waarden voor n. De computer produceert voor de drie α s de volgende getallen (per α een kolom).

3 n A T (f) B T (f) C T (f) Helaas is in de output niet vermeld welke kolom bij welke α oort (f = f α ). Kan je (zonder op de eerste twee decimalen in ieder getal te letten) met enige zekereid vaststellen bij welke kolom (A, B of C) welke α oort? Beargumenteer je antwoord. (De eerste twee decimalen zou je eventueel kunnen gebruiken om je antwoord te cecken.) 6 Oplossing. We berekenen de Vertrouwens getallen V (f) T 4(f) T (f) T (f) T (f) voor de drie kolommen. Als de fout ongeveer evenredig is met β voor zekere β > 0 dan zal V (f) β zijn. Voor de V (f) vinden we A B NAN C De getallen bij A lijken naar 4 te convergeren en passen dan bij β =, die bij C lijken op 4, dus β = en bij B lijkt de fout sneller te reduceren dan β voor iedere β > 0. Met α = 0 is de functie f = f α in C ( ) (R) en is f (t) = (cot(t) sin (t)) exp( cos (t)). Dus f (π) f (0) = /e 0 (immmers sin t = 0 voor t = 0 en t = π en cos(0) =, cos(π) = ). In dit geval is de fout in de gerepeteerde trapeziumregel ( /e ), dus evenredig. Conclusie: A lijkt te corresponderen met α = 0. Voor α = is f(t) = sin (t) exp( cos (t)) = ( cos (t)) exp( cos (t)) = g(cos(t)) met g een gladde functie: g(x) = ( x )e x. Dus is f (t) = sin(t)g (cos(t)) en zien we dat f (π) = f (0) = 0. Verder is f (t) = cos(t)g (cos(t)) + sin (t)g (cos(t)) = eg(cos(t)) met eg glad: eg(x) xg (x) + ( x )g (x). Door voor f de redenering als voor f te volgen maar nu met eg i.p.v. g komen we voor f tot dezelfde conclusies als voor f: f (π) = f (0) en f (4) (t) = eg(cos(t)) voor een gladde functie eg, etc. Dus alle termen in de Euler-MacLaurin ontwikkeling van de fout in degerepeteerde trapezium regel zijn 0 (immers f (j+) (π) f (j+) (0) = 0). Dit wijst op een supersnelle convergentie en dat lijkt et geval te zijn met de getallen in kolom B. Conclusie: B lijkt te corresponderen met α =. Conclusie: Dan zal C wel corresponderen met α =. (Bonus:) Merk op dat voor α = de functie f = fα niet glad is, en kunnen we geen Euler-MacLaurin reeks opstellen voor de fout in T (f). f is differentieerbaar en bevat nog een sinus term. Wat rekenwerk leert dat f (0) = f (π) = 0. Dus de -term in de Euler-MacLauren reeks is 0. De ogere afgeleiden bestaan niet in 0 en π. Dus als de fout evenredig is met β dan is dat voor een β (, 4) en dat zou β = kunnen zijn. (Bonus:) op (0, π) is sin(t) (0, ) en dus sin (t) < sin.5 (t) < sin(t). Omdat exp(...) > 0 volgt dat I() < I(0.5) < I(0). Scatten we I als limiet van T (f α) ( 0) uit de getallen in de kolommen, dan: in geval A, I.49; in geval, B I.6; in geval C, I.36. Op grond van de verwacte ordening correspondeert B met α =, C met α = en A met α = 0. Dit komt overeen met onze conclusies boven. (b) Laat zien dat I(α) = + g α (x) dx met g α (x) ( x ) α/ exp( x ). Oplossing. De identiteit volgt door voor x = cos(t) te substituéren: dx = sin(t) dt). 3

4 We kunnen I(α) dus ook berekenen met de gerepeteerde trapeziumregel T (g α ) met = n. Heeft, voor α {0, }, T (f α ) of T (g α ) de voorkeur? (Geef voor- en tegenargumenten.) 3 Oplossing. Voor α = levert, zoals we in a) gezien ebben (kolom B), de overgang naar de t-variabele een zeer snel convergente gerepeteerde trapezium regel op, terwijl in x-variabele alle afgeleiden van de functie g α een singulariteit ebben in x = en in x = : g (x) = sqrt x exp( x ). We verwacten dus dat daar zelfs geen convergentie evenredig met geaald wordt (maar veel langzamer). Kortom, met een tamelijke grootte verwacten we met f een zelfde precisie als met zeer kleine met g. Dus om een zekere nauwkeurigeid te alen moeten we met g aanzienlijk meer functiewaarden berekenen dan met f. α = : Onze voorkeur gaat uit naar T (f α). Voor α = 0 zijn beide functies f = f α en g = g α glad en zijn de waarden f (π) f (0) en g () g ( ) beiden 0. Dus in beide gevallen is de fout evenredig met. (Voor oneven ogere orde afgeleide geldt etzelfde en zijn alle coëfficiënten voor de j termen in Euler-MacLaurin reeks 0). Om een zekere nauwkeurigeid te alen verwacten we in beide gevallen ongeveer even veel functiewaarden te moeten berekenen (dit geldt voor gebruik van de gerepeteerde trapezium regel; een precise uitspraak is lastig omdat we de constanten in de fout term van O( ) niet kennen). De functie-evaluaties van f zijn waarscijnlijk veel duurder dan die van g (voor f moet voor iedere t naast de exp ook nog een sinus en een cosinus uitgerekend worden). α = 0: We verwacten dat de berekening via g efficiënter is dan via f. 3. Zij B C () (R) zo dat B(x) > 0 als x < en B(x) = 0 als x. Voor iedere > 0 en iedere f C(R) definiëren we (sommerend over geele getallen j) B (x) B(x/), S (f)(x) + j= f(j)b (x j) (x R). (3) (a) Laat zien dat S (f)(x) = f(j)b (x j) als x [0, ]. (4) j= Oplossing. B (x j) = B( x j) = 0 als x j x j x ((j ), (j + )). Voor j {, 0,, } is [0, ] ((j ), (j + )) = en dus is B (x j) = 0 als x [0, ]. Bewijs dat S (f) C () (R). Oplossing. Als boven volgt dat, voor iedere i Z, S (f)(x) een som is over vier termen voor iedere x [i,i + ]. Omdat ieder interval (y ε, y + ε) (y R, ε > 0) te overdekken is met eindig veel intervallen van de vorm [i, i + ] volgt dat S (f) op (y ε, y + ε) een eindige combinatie is van veelvouden van x B (x j) (merk op dat f(j) een scalair is, d.w.z., niet van x afangt). Omdat B in C () (R) is, x B (x j) dat ook evenals iedere eindige lineaire combinatie van dit soort termen. Dit toont aan dat S (f) continu differentiëerbaar is op (y ε, y + ε). Omdat y en ε willekeurig zijn, volgt S (f) C () (R). Stel verder dat B zo is dat S (p) = p voor ieder polynoom p van graad. (b) Bescouw een x [0, ]. Toon aan dat voor ieder eerste graads polynoom p geldt S (p) = p, f(x) S (f)(x) = (f(x) p(x)) (f(j) p(j))b (x j). (5) j= Oplossing. Definiëer q(y) p(y) en y x. Dan is q(y) = p(x) en zien we dat, in geval p een eerste graads polynoom is, S (p)(x) = X j p(j)b( x j) = X j q(j)b(y j) = S (q)(y) = q(y) = p(x). Hierbij ebben we gebruikt dat q ook een eerste graads polynoom is en et gegevene, S (p) = p. Uit S (p) = p volgt dat f S (f) = (f p) S (f p) voor ieder eerste graads polynoom p: immers, f S (f) is lineair. Tenslotte leidt (4) tot de gewenste uitspraak. Bewijs ook dat f(x) S (f)(x) f(x) p(x) + max{ f(t) p(t)) t =, 0,, }. (6) 4

5 Oplossing. De drieoeksongelijkeid op (5)(b) levert f(x) S (f)(x) f(x) p(x) + Hierbij is gebruikt dat B 0. Verder is X j= f(j) p(j) B (x j). X f(j) p(j) B (x j) max{ f(j) p(j)) j =,0,,} j= en is, volgens (4) en (5)(a), X j= B (x j) = X j B (x j) = S () =. X j= B (x j) Hierbij is, de constante functie (een 0-de graads polynoom). Nu volgt (6) door t = j te nemen. (c) Laat zien dat, in geval f C () (R), voor iedere x [0, ] geldt f(x) S (f)(x) 9 8 f (ξ) voor zekere ξ [, ] [x, x + ]. (7) 4 Oplossing. We gebruiken (6) en we proberen een eerste graads polynoom p vinden waarvoor C f(x) p(x) + max{ f(t) p(t)) t =,0,,} 9 8 f (ξ) (x [0, ]) Welnu, neem voor p et Lagrange interpolatie polynoom voor f op 0 en : f(0) = p(0) en f() = p() en p is van graad oogstens. Dan geldt voor iedere x R, f(x) p(x) = x(x )! f (ξ) voor een zekere ξ tussen x, 0 en. Voor x [0, ] is x( x) ( ) = 4 en is dus f(x) p(x) = 8 f (η) voor een zekere η [0, ]. Verder is, voor x {,0,,}, x(x ) (nl., actereenvolgens,0, 0, ) en is Combineren levert max{ f(t) p(t)) t =,0,,}! max{ f (ξ) ξ [,]}. C ( 8 f (η) + max{ f (ξ) ξ [,]}) 9 8 max{ f (ξ) ξ [,]}. Omdat f is continu wordt et maximum aangenomen voor een zekere ξ [,] en omdat voor x [0, ], [,] [x, x + ] volgt (7). Concludeer dat er voor iedere x R geldt f(x) S (f)(x) 9 8 f (ξ) zekere ξ [x, x + ]. (8) Oplossing. Bovenstaande argumenten kunnen, voor iedere i Z, ook gegeven worden voor [i, i + ] in plaats van voor [0, ]. Of, als alternatief bewijs, als x [i, i + ], definiëer g(y) = f(y + i). Dan is f(x) = g(x i) en is y x i [0, ] en bovendien is (met k = j i) S (f)(x) = X j f(j)b (x j) = X j g((j i))b (x i (j i)) = X k g(k)b (y k) = S (g)(y). Pas nu (7) toe met g en y in plaats van, respectivelijk, f en x en merk op dat g (η) = f (η + i) met η [y, y + ] en dus ξ η + i [x, x + ]. Puntentelling. Maximum te bealen punten per onderdeel staat in de kantlijn. Cijfer is et aantal beaalde punten gedeeld door 3. 5