Αριθμητική Ανάλυσηhelit.org/ece-notes/numerical.pdfΠρέπει να βρούμε...

Click here to load reader

  • date post

    26-Dec-2019
  • Category

    Documents

  • view

    4
  • download

    0

Embed Size (px)

Transcript of Αριθμητική Ανάλυσηhelit.org/ece-notes/numerical.pdfΠρέπει να βρούμε...

  • Αριθμητική ΑνάλυσηΣημειώσεις από τις παραδόσεις

    Για τον κώδικα σε LATEX, ενημερώσεις και προτάσεις:https://github.com/kongr45gpen/ece-notes

    2017Τελευταία ενημέρωση: 28 Οκτωβρίου 2017

    Περιεχόμενα

    1 Εισαγωγή 31.1 Ακρίβεια vs Ταχύτητα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

    3 Επίλυση Εξισώσεων 53.1 Μέθοδος Διχοτόμησης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

    3.1.1 Σύγκλιση . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63.2 Μέθοδος Χορδής ή Τέμνουσας . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63.3 Μέθοδος Μεταβαλλόμενης Χορδής . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.4 Μέθοδος Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.5 Μέθοδος Σταθερού Σημείου . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.6 Ασκήσεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

    4 Παρεμβολή 124.1 Το πρόβλημα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124.2 Μορφές Αναπαράστασης Πολυωνύμου . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134.3 Μέθοδοι Παρεμβολής . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

    4.3.1 Μέθοδος διηρημένων διαφορών . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154.3.2 Μέθοδος πεπερασμένων διαφορών . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164.3.3 Μέθοδος Aitken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

    4.4 Ασκήσεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

    5 Προσέγγιση 215.1 Στοιχεία Αριθμητικής Γραμμικής Άλγεβρας . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

    5.1.1 Εσωτερικό γινόμενο . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225.1.2 Μήκος - Νόρμα (norm) διανύσματος . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225.1.3 Ορθογώνιοι Υποχώροι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

    5.2 Πίσω στο αρχικό πρόβλημα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

    6 Αριθμητική Ολοκλήρωση 256.1 Κανόνας Παραλληλογράμμου . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266.2 Κανόνας Τραπεζίου . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276.3 Κανόνας Simpson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296.4 Κανόνας Μέσου Σημείου . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306.5 Ασκήσεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

    1

    https://github.com/kongr45gpen/ece-notes

  • 7 Υπολογισμός Ιδιοτιμών 337.1 Εισαγωγή . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

    7.1.1 Άνω Φράγματα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347.2 Μέθοδος δύναμης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

    7.2.1 Αλγόριθμος . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367.3 Μετασχηματισμοί Householder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367.4 Παραγοντοποίηση QR (Εισαγωγή) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377.5 Παραγοντοποίηση QR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

    7.5.1 Εισαγωγή . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397.5.2 Ορθογώνιος πίνακας . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

    7.6 Μετασχηματισμοί Householder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

    9 Επίλυση Γραμμικών Συστημάτων 469.1 Ακριβής επίλυση με παραγοντοποίηση QR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 479.2 Ακριβής επίλυση με απαλοιφή Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

    9.2.1 Στοιχειώδεις πράξεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 479.2.2 Κλιμακωτή Μορφή . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 489.2.3 Ομογενή Συστήματα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 499.2.4 Στοιχειώδεις Πίνακες . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 499.2.5 Επίλυση . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

    9.3 Ακριβής επίλυση με LU χρησιμοποιώντας άλλες μεθόδους . . . . . . . . . . . . . . . . . 519.3.1 Μερική οδήγηση . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 519.3.2 Ειδικοί τύποι πινάκων . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

    9.4 Επαναληπτική μέθοδος Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 549.5 Επαναληπτική μέθοδος Gauss-Seidel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 579.6 Μέθοδος SOR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 589.7 Μέθοδος Doolittle-Crout . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 599.8 Σφάλματα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

    9.8.1 Συμβατά μήκη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 609.8.2 Δείκτης κατάστασης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 609.8.3 Βελτίωση Λύσεων . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

    9.9 Ασκήσεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

    11 Κανονικές Διαφορικές Εξισώσεις 6611.1 Μέθοδος Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6711.2 Σφάλματα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6811.3 Μέθοδος βελτιωμένου Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6811.4 Μέθοδος Μέσου Σημείου . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6811.5 Μέθοδοι Runge-Kutta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6811.6 Μέθοδοι Πολλαπλού Βήματος . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7011.7 Συστήματα κανονικών διαφορικών εξισώσεων . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

    11.7.1 Μετατροπή ΔΕ n-οστής τάξης σε σύστημα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

    10 Γραμμικός Προγραμματισμός & Βελτιστοποίηση 7310.1 Αλγόριθμος Simplex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

    12 Ποιες σχέσεις θα δίνονται; 77

    Αριθμητική ανάλυση - Numerical AnalysisΜάθημα 4 ώρες την εβδομάδα - δεν υπάρχει διάκριση μεταξύ θεωρίας και ασκήσεων.Και τα δύο βιβλία προτείνονται, το μάθημα γίνεται περισσότερο με βάση το βιβλίο του κ. Πιτσούλη,

    του κ. Δούγαλη είναι περισσότερο μαθηματικό.

    2

  • Στις εξετάσεις δεν θα υπάρχει τυπολόγιο/βιβλίο, αλλά θα δίνονται τύποι που χρειάζονται σταθέματα. Απαραίτητο το κομπιουτεράκι.

    Κεφάλαιο 1 Εισαγωγή

    Η αριθμητική ανάλυση μάς δίνει προσεγγιστικές λύσεις σε μοντέλα και μαθηματικά προβλήματα.Σε δύσκολα προβλήματα, ζητάμε:

    • Ακρίβεια αποτελέσματος

    • Ταχύτητα υπολογισμού

    Θα δούμε τα εξής προβλήματα:

    • Επίλυση εξισώσεων

    Παράδειγμα Ένας πελάτης θέλει να καταθέσει 𝑃 € για 𝑁 χρόνια στην τράπεζα, και εγώ τουλέω ότι θα του επιστρέψω 𝐴 € από την κατάθεση. Ο πελάτης όμως ενδιαφέρεται για το ετήσιοεπιτόκιο 𝑅.Προκύπτει μια εξίσωση της μορφής:

    𝐴 = 𝑃 + 𝑃 (1 + 𝑅12) +…

    𝑓(𝑅) = 𝑃𝑅/12 [(1 +𝑅12)

    𝑁− 1] = 0, 𝑅 = ?

    Θυμόμαστε ότι μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα Bolzano για να βρούμε ότι υπάρχειμια τουλάχιστον λύση μέσα σε ένα διάστημα, οπότε μπορούμε να "φανταστούμε" έναν αριθμόκοντά στη λύση, και να κλείνουμε συνεχώς ένα διάστημα γύρω από αυτήν (το διάστημα στιςεξετάσεις θα δίνεται, π.χ. βρείτε μία λύση στο διάστημα [2.5, 3.5] με ακρίβεια 10−5), αν καιαυτό δεν θα γίνεται στον πραγματικό κόσμο.

    • ΠαρεμβολήΣε έναν σταθμό διοδίων μετράω πόσα αυτοκίνητα περνάν το κάθε λεπτό (π.χ. το 11ο λεπτόπερνάν 4, το 12ο περνάν 7, κλπ.)

    11 12 13 14 154 7 11 1 22

    Θέλω να βρω ένα πολυώνυμο που να συνδέει όλα τα σημεία μεταξύ τους (θα αποδείξουμε ότιτέτοιο πολυώνυμο πάντα υπάρχει), ή ένα πολυώνυμο (αρκετά χαμηλού βαθμού, ώστε να μηνγίνονται πολλές πράξεις) με αρκετά καλή προσέγγιση.Με αυτόν τον τρόπο θα μπορώ να προσεγγίσω τιμές που δεν γνωρίζω, π.χ. αν πήγα για καφέστο 13ο λεπτό.

    • Προσέγγιση

    • Αριθμητική Γραμμική ΆλγεβραExact και προσεγγιστικές λύσεις συστημάτων πολλών αγνώστων.

    3

  • • Ολοκλήρωση

    • Υπολογισμός ιδιοτιμών & ιδιοδιανυσμάτων

    • Παραγοντοποίηση πινάκων σε γινόμενο πινάκωνΒολεύει κυρίως για την επίλυση συστημάτων.

    • Επίλυση κανονικών διαφορικών εξισώσεων

    • Βελτιστοποίηση

    Για παράδειγμα, να πρέπει να ελαχιστοποιήσω μια συνάρτηση τη στιγμή που πρέπει να τη-ρούνται κάποιες συνθήκες.

    1.1 Ακρίβεια vs Ταχύτητα

    Απόλυτο Σφάλμα: ∣𝑋𝑡 −𝑋𝑐∣ (απόσταση της λύσης που βρήκα από την πραγματική)

    Σχετικό Σφάλμα:∣𝑋𝑡 −𝑋𝑐∣

    ∣𝑋𝑡∣Επειδή δεν θα γνωρίζουμε την πραγματική λύση 𝑋𝑡, θα βρίσκουμε το μέγιστο σφάλμα.Για παράδειγμα, σε υπολογιστές έχουμε σφάλματα στρογγύλευσης και αποκοπής:

    0.666660.66 ← αποκοπή0.67 ← στρογγύλευση

    4

  • Κεφάλαιο 3 Επίλυση Εξισώσεων

    𝑓(𝑥) ∶ βρείτε ̄𝑥 έτσι ώστε 𝑓( ̄𝑥) = 0.Η επίλυση είναι εύκολη όταν η 𝑓 είναι πολυώνυμο μέχρι 2ου βαθμού, όχι όμως όταν είναι μεγα-

    λύτερου, ή όταν έχει κι άλλους όρους (π.χ. εκθετικούς) μέσα.Ο τρόπος που θα ακολουθήσουμε για να λύνουμε τέτοια προβλήματα είναι:

    • Δημιουργούμε μια ακολουθία 𝑥1,… , 𝑥𝑛 προσέγγισης της ̄𝑥.

    • Σε κάθε βήμα κάνουμε έλεγχο σύγκλισης για να δούμε πόσο κοντά είμαστε.

    3.1 Μέθοδος Διχοτόμησης

    Θα χρησιμοποιήσω θεώρημα Bolzano (𝑓(𝑎)⋅𝑓(𝑏)

  • Για το επόμενο βήμα:

    𝑘 = 2, 𝑚2 =0.5 + 1

    2 = 0.75

    𝑓(𝑚2) = 0.172 > 0𝑓(𝑚1)𝑓(𝑚2) < 0

    𝑘 = 3, 𝑚3 =0.5 + 0.75

    2 = 0.625

    𝑓(𝑚3) = −0.131𝑓(𝑚2)𝑓(𝑚3) < 0

    ⋮3.1.1 Σύγκλιση

    Όπου 𝑟 και 𝑚𝑛 η πραγματική και προσεγγιστική λύση αντίστοιχα:

    ∣𝑟 − 𝑚𝑛∣ ≤ (12)

    𝑛(𝑏 − 𝑎)

    επειδή στη 𝑛−οστή επανάληψη έχω κόψει 𝑛 φορές το διάστημα στα 2.Για σφάλμα 10−5, θέλουμε |𝑟 − 𝑚𝑛| = 10−5:

    10−5 ≤ (12)𝑛(1 − 0) ⟹

    ⟹ 𝑛 ≃ 16.667 ⟹ 𝑛 = 17

    3.2 Μέθοδος Χορδής ή Τέμνουσας

    Σαν τη μέθοδο Bolzano, όμως δεν παίρνουμε το μέσο του διαστήματος, αλλά κάποια άλλη τιμή.Παρατηρείται ότι αυτή η μέθοδος συγκλίνει γρηγορότερα.

    (𝑏1, 𝑓(𝑏1))

    𝑓

    (𝑎1, 𝑓(𝑎1))

    𝑎1

    (𝑎2, 𝑓(𝑎2))

    𝑎2

    Πρέπει να βρούμε τη ρίζα εντός του διαστήματος (𝑎1, 𝑏1).• Παίρνουμε τη χορδή που ενώνει τα 𝑎1, 𝑏1.

    • Η χορδή αυτή τέμνει τον άξονα των 𝑥 στο σημείο 𝑎2, επομένως η ρίζα βρίσκεται μεταξύ των𝑎2, 𝑏1.

    • Παίρνουμε τη χορδή που ενώνει τα 𝑎2, 𝑏2• Η χορδή αυτή τέμνει τον άξονα των 𝑥 στο σημείο 𝑎3, επομένως η ρίζα βρίσκεται μεταξύ των

    𝑎3, 𝑏1

    6

  • • ⋯

    Παρατηρούμε ότι η μέθοδος χορδής λειτουργεί για κυρτές συναρτήσεις.

    Κυρτές συναρτήσεις

    Όταν λέμε ότι μια συνάρτηση είναι κυρτή, εννοούμε ότι η καμπύλη της είναι κυρτή, δηλαδήγια δύο σημεία της, η χορδή που τα ενώνει δεν τέμνει κάποιο σημείο της 𝑓 . Στην αντίθετηπερίπτωση, η συνάρτηση λέγεται μη κυρτή.

    𝑎1, 𝑏1 όπου 𝑓(𝑎1)𝑓(𝑏1) < 0 for 𝑘 = 1, 2,…

    (𝑎, 𝑓(𝑎)) (𝑏, 𝑓(𝑏))

    𝑦 − 𝑓(𝑏) = 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)(𝑏 − 𝑎) (𝑥 − 𝑏)

    Σημείο τομής με άξονα 𝑥 ∶ 𝑥 = 𝑎𝑓(𝑏) − 𝑏𝑓(𝑎)𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)

    𝑐 = 𝑎𝑘𝑓(𝑏𝑘) − 𝑏𝑘𝑓(𝑎𝑘)𝑓(𝑏𝑘) − 𝑓(𝑎𝑘)𝑓 ∶ 𝑓(𝑎𝑘)𝑓(𝑐) < 0 ⟹ 𝑎𝑘+1 = 𝑎𝑘, 𝑏𝑘+1 = 𝑐

    else ⟹ 𝑎𝑘+1 = 𝑐, 𝑏𝑘+1 = 𝑏𝑘Αν και η μέθοδος χορδής είναι αργή, συνεχίζει να είναι γρηγορότερη από τη μέθοδο διχοτόμησης.

    3.3 Μέθοδος Μεταβαλλόμενης Χορδής

    (𝑏1, 𝑓(𝑏1))

    𝑎1 𝑎2

    (𝑏1, 𝑓(𝑏1)2 )

    𝑎3

    Όπως η μέθοδος χορδής, αλλά μεταβάλλουμε την κλίση της χορδής γρηγορότερα, ώστε να φτάσειπιο κοντά στη ρίζα.

    Αυτό μπορούμε να το πετύχουμε π.χ. θεωρώντας ως 2ο σημείο το (𝑏1, 𝑓(𝑏1)2 ) αντί για το (𝑏1, 𝑓(𝑏1)),όπως φαίνεται στο σχήμα. Αντί για να διαιρέσουμε με 2, μπορούμε να επιλέξουμε έναν άλλον αριθμό,π.χ. 4 για συναρτήσεις που έχουν πιο κάθετες χορδές.

    3.4 Μέθοδος Newton

    Αν και η μέθοδος Newton δεν συγκλίνει πάντα και απαιτεί παραγωγισιμότητα, είναι πολύ πιογρήγορη από τις προηγούμενες μεθόδους, και χρησιμοποιείται πολύ πιο συχνά.

    Παίρνουμε το ανάπτυγμα Taylor της 𝑓 :

    𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0) + (𝑥 − 𝑥0)𝑓′(𝑥0)𝑓(𝑥0) + (𝑥 − 𝑥0)𝑓′(𝑥0) = 0

    𝑥 = 𝑥0 −𝑓(𝑥0)𝑓′(𝑥0)

    7

  • for 𝜅 = 1, 2,…

    𝑥𝜅+1 = 𝑥𝜅 −𝑓(𝑥1)𝑓′(𝑥1)

    → ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ

    if ∣𝑥𝜅+1 − 𝑥𝜅∣ < 𝜖 → ΚΡΙΤΗΡΙΟ ΤΕΡΜΑΤΙΣΜΟΥstop, αλλιώς 𝜅 = 𝜅 + 1

    Η μέθοδος Newton έχει αρκετά περίπλοκες συνθήκες σύγκλισης που δεν θα μελετήσουμε.

    3.5 Μέθοδος Σταθερού Σημείου

    Ένα σημείο ̄𝑥 της 𝑓(𝑥) λέγεται σταθερό σημείο αν 𝑓( ̄𝑥) = ̄𝑥.Ορισμός 3.1: Σταθερό Σημείο

    𝑓(𝑥) το ̄𝑥 σταθερό σημείοανν 𝑓( ̄𝑥) = ̄𝑥

    Μπορώ να βρω μια ρίζα ̄𝑥 της 𝑓(𝑥) στο (𝑎, 𝑏) αν κατασκευάσω 𝑔(𝑥) τέτοια ώστε το ̄𝑥 να είναισταθερό σημείο της 𝑔:

    ̄𝑥 = 𝑔( ̄𝑥) ⟺ 𝑓( ̄𝑥) = 0

    Παράδειγμα

    𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 𝑥 − 2Μπορούμε να θέσουμε:

    𝑔(𝑥) = 𝑥2 − 2𝑔(𝑥) =

    √𝑥 + 2

    𝑔(𝑥) = 1 − 2𝑥Αντί να λύσω την 𝑓 , βρίσκω υποψήφιες λύσεις μέσω της 𝑔, όπως φαίνεται παρακάτω.Αν η εύρεση μιας κατάλληλης συνάρτησης είναι δύσκολη στις εξετάσεις, θα δίνεται η 𝑔(𝑥).

    Μέθοδοςfor 𝑖 = 1, 2,… (𝑥0, 𝑔(𝑥), 𝜖)

    𝑥𝑖 = 𝑔 (𝑥𝑖−1)if ∣𝑥𝑖 − 𝑔(𝑥𝑖)∣ < 𝜖 → ΚΡΙΤΗΡΙΟ ΤΕΡΜΑΤΙΣΜΟΥ

    Προϋποθέσεις σύγκλισης

    1. Για αρχικό 𝑥0, τα 𝑥1, 𝑥2,… να είναι υπολογίσιμα στην 𝑔(𝑥)

    π.χ. 𝑔(𝑥) = −√𝑥 για 𝑥0 > 0𝑥1 = 𝑔(𝑥0) = −

    √𝑥0𝑥2 = 𝑔(𝑥1) = −

    √𝑥12. 𝑥1, 𝑥2,… να συγκλίνουν σε ένα ̄𝑥3. Το σημείο σύγκλισης 𝛾 να είναι σταθερό σημείο της 𝑔(𝑥).Τα παραπάνω μετασχηματίζονται σε 3 κριτήρια σύγκλισης:

    8

  • Κριτήρια Σύγκλισης

    1. Υπάρχει [𝑎, 𝑏] στο οποίο ορίζεται η 𝑔(𝑥) και 𝑔(𝑥) ∈ [𝑎, 𝑏], δηλαδή:

    𝑔 ∶ [𝑎, 𝑏] → [𝑎, 𝑏]

    2. 𝑔(𝑥) συνεχής στο [𝑎, 𝑏]

    3. 𝑔(𝑥) παραγωγίσιμη και να υπάρχει 𝑘 < 1:

    ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏], ∣𝑔′(𝑥)∣ ≤ 𝑘

    Θεώρημα Αν ισχύουν οι 3 παραπάνω προϋποθέσεις, τότε στο διάστημα [𝑎, 𝑏] υπάρχει ακριβώς ένασταθερό σημείο 𝛾 της 𝑔, και η μέθοδος σταθερού σημείου συγκλίνει σε αυτό το 𝛾.

    3.6 Ασκήσεις

    Άσκηση

    𝑥3 + 2𝑥 − 1 = 0Να αποδειχθεί ότι έχει μια μόνο ρίζα στο [0, 12] και να προσεγγιστεί με τη μέθοδο σταθερού σημείου.

    Λύση

    𝑓(0) = −1, 𝑓 (12) = 18 ⟹ 𝑓(0)𝑓 (12) < 0𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 + 2 > 0 } μοναδικότητα

    𝑔(𝑥) = 𝑥 ⟺ 𝑓(𝑥) = 0

    𝑔(𝑥) = 12(1 − 𝑥3) (περιμένω να δουλέψει, δηλαδή να ικανοποιούνται τα κριτήρια σύγκλισης)

    Y1 ✓Y2 ✓

    Y3 ∶ 𝑔′(𝑥) =−32 𝑥

    2

    ∣𝑔′(𝑥)∣ = 32𝑥2 ≤ 32 (

    12)

    2= 38 < 1

    Άρα: Y3 ✓

    (όπου Y τα κριτήρια σύγκλισης)Επομένως, η 𝑔(𝑥) που επέλεξα ικανοποιεί τη σύγκλιση.Επιλέγω: 𝑥0 = 0

    𝑥1 = 𝑔(𝑥0) = 𝑔(0) =12

    𝑥2 = 𝑔(𝑥1) = 𝑔 (12) =

    12 (1 − (

    12)

    3) = 0.4375

    𝑥3 = 𝑔(𝑥2) =12 (1 − 0.4375

    3) = 0.4581298

    𝑥4 = 𝑔(𝑥3) =12 (1 − 0.4581298

    3) = 0.451923191

    Άσκηση Να υπολογιστεί ένας τύπος με τη μέθοδο Newton που θα βρίσκει την τετραγωνική ρίζαθετικού αριθμού.

    9

  • Λύση

    𝑥 = √𝑎 ⟹ 𝑥2 = 𝑎

    𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 𝑎𝑓′(𝑥) = 2𝑥

    𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 −𝑓(𝑥𝑛)𝑓′(𝑥𝑛)

    = 𝑥𝑛 −𝑥2𝑛 − 𝑎2𝑥𝑛

    = 12 (𝑥𝑛 +𝑎𝑥𝑛

    )

    Παράδειγμα√3 = ?, με 𝑥0 = 1.5

    𝑥1 =12 (𝑥0 +

    3𝑥0

    ) = 12 (1.5 +31.5) = 1.75

    𝑥2 =12 (𝑥1 +

    3𝑥1

    ) = 1.7321428

    Υπολογισμός με ακρίβεια 3 δεκαδικών ψηφίων (δύο διαδοχικές ρίζες να απέχουν 0.5 ⋅ 10−3 ⟹ )(σφάλμα) → 0.5 ⋅ 10−3

    𝑥3 =12 (𝑥2 +

    3𝑥2

    ) = 1.7320528

    ∣𝑥3 − 𝑥2∣ < 0.5 ⋅ 10−3 (ικανοποίηση κριτηρίου τερματισμού)

    Άρα:

    𝑥3 = 1.7320528

    Άσκηση

    𝑥3 + 2𝑥2 + 10𝑥 − 20 = 0Να προσεγγιστεί μια ρίζα της παραπάνω εξίσωσης (π.χ. για 3 επαναλήψεις)

    Λύση

    𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 −𝑓(𝑥𝑛)𝑓′(𝑥𝑛)

    = 2𝑥3𝑛 + 2𝑥2𝑛 + 20

    3𝑥2𝑛 + 4𝑥𝑛 + 10𝑥0 = 1

    𝑥1 =2 ⋅ 13 + 2 ⋅ 12 + 203 ⋅ 12 + 4 ⋅ 1 + 10 = ⋯ = 1.41764706

    𝑥2 =2𝑥31 + 2𝑥21 + 203𝑥21 + 4𝑥1 + 20

    = 1.369336471

    𝑥3 =2𝑥32 + 2𝑥22 + 203𝑥22 + 4𝑥2 + 10

    = 1.368908108

    Άσκηση Να βρεθεί μια λύση της εξίσωσης

    𝑥3 + 𝑥 − 1στο διάστημα (0, 1) με ακρίβεια 2 δεκαδικών ψηφίων χρησιμοποιώντας τη μέθοδο χορδής, και νασυγκριθεί με τη μέθοδο Newton.

    10

  • Λύση (με μέθοδο χορδής)

    𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 − 𝑓(𝑥𝑛)𝑥𝑛 − 𝑥𝑛−1

    𝑓(𝑥𝑛) − 𝑓(𝑥𝑛−1)𝑥2 = 𝑥1 − 𝑓(𝑥1)

    𝑥1 − 𝑥0𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥0)

    = 1 − 112 = 0.5

    𝑥3 = 𝑥2 − 𝑓(𝑥2)𝑥2 − 𝑥1

    𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)= 0.636

    𝑥4 = 𝑥3 − 𝑓(𝑥3)𝑥3 − 𝑥2

    𝑓(𝑥3) − 𝑓(𝑥2)= 0.606

    ⋮𝑥6 = ⋯ = 0.687𝑥7 = ⋯ = 0.682

    Άρα με ακρίβεια 2 δεκαδικών ψηφίων, 𝜌 = 0.68, και χρησιμοποιήσαμε 7 επαναλήψεις.

    Λύση με μέθοδο Newton

    𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 −𝑓(𝑥𝑛)𝑓′(𝑥𝑛)

    𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 −𝑥3𝑛 + 𝑥𝑛 − 1

    3𝑥2𝑛 + 1

    𝑥𝑛+1 =2𝑥3𝑛 + 13𝑥2𝑛 + 1

    𝑥0 = 0.5

    𝑥1 =2 ⋅ 0.52 + 13 ⋅ 0.52 + 1 = 0.714

    𝑥2 = 0.683𝑥3 = 0.682

    Άσκηση Να βρεθεί μια λύση της:

    𝑓(𝑥) = 𝑥10 − 1 (0, 1.3)

    0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

    0

    5

    10

    Λύση με διχοτόμηση Με τη μέθοδο της διχοτόμησης έχουμε:

    𝑎𝑘 𝑏𝑘 𝑐0 1.3 0.65

    0.65 1.3 0.9750.975 1.3 1.13750.975 1.1375 1.056250.975 1.05625 1.015625

    11

  • Λύση με μέθοδο χορδής Με τη μέθοδο της χορδής έχουμε (εφαρμόζοντας τον τύπο όπως καιστην προηγούμενη άσκηση):

    𝑎𝑘 𝑏𝑘 𝑐0 1.3 0.09430

    0.09430 1.3 0.181760.18176 1.3 0.262870.26287 1.3 0.338110.33811 1.3 0.40708

    Παρατηρούμε ότι σε αυτήν την περίπτωση, η μέθοδος χορδής είναι αρκετά πιο αργή. Για να τοαποτρέψουμε αυτό, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε μεταβαλλόμενη χορδή.

    Λύση με μέθοδο Newton

    𝑥𝑖+1 = 𝑥𝑖 −𝑥10𝑖 − 110𝑥9𝑖

    𝑖 𝑥𝑖0 0.51 51.652 46.4853 41.83654 37.65285⋮ ⋮40 1.002316

    Άσκηση Να βρεθεί μία ρίζα της εξίσωσης

    𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 2𝑥 − 5στο διάστημα [2, 3] χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της διχοτόμησης, με ακρίβεια 𝜖 = 10−6.

    Λύση

    𝑖 𝑎𝑘 𝑏𝑘 𝑐1 2 3 2.52 2 2.5 2.253 2 2.25 2.125⋮ ⋮ ⋮ ⋮

    19 2.0945530

    Κεφάλαιο 4 Παρεμβολή

    4.1 Το πρόβλημα

    Έστω μια άγνωστη 𝑓(𝑥) ορισμένη στο [𝑎, 𝑏] και οι τιμές 𝑥𝑖 (𝑖 = 0,… , 𝑛 − 1). Επίσης, έστω μια𝑝(𝑥) που παρεμβάλλει την 𝑓(𝑥), δηλαδή:

    𝑝(𝑥𝑖) = 𝑓(𝑥𝑖).

    Θα ψάξω να βρω την 𝑝(𝑥) με βάση τις τιμές 𝑝(𝑥𝑖).Όταν ψάχνω να βρω μια προσέγγιση για κάποια τιμή ̄𝑥 ( ̄𝑥 ∈ [𝑥0, 𝑥𝑛−1]) με βάση την 𝑝(𝑥) που

    προκύπτει με δεδομένες τιμές για 𝑥𝑖, λέγεται ότι κάνω intrapolation.Για ̄𝑥 ∉ [𝑥0, 𝑥𝑛−1] (πιο επικίνδυνη περίπτωση), ονομάζεται extrapolation.

    12

  • Θεώρημα 4.1

    Για οποιαδήποτε συνάρτηση, υπάρχει ένα πολυώνυμο που την παρεμβάλλει, δηλαδή:

    lim𝑛→∞

    𝑃𝑛(𝑥) = 𝑓(𝑥)

    𝑓(𝑥)𝑝(𝑥)

    Και μάλιστα:

    ∣𝑃𝑛(𝑥) − 𝑓(𝑥)∣ ≤ 𝜖 𝜖 δεδομένη ακρίβεια

    Όσο το 𝜖 μικραίνει, ο βαθμός του 𝑃𝑛(𝑥) αυξάνεται.Για παράδειγμα, αν έχουμε μερικά σημεία της 𝑓 :

    𝑥𝑖 1 2 3 4𝑓(𝑥𝑖) 7 12 21 20

    ψάχνω ένα πολυώνυμο (κάποιου βαθμού) που να περνάει από αυτά τα σημεία.

    𝑝(𝑥)

    Αν έχω δύο σημεία, το ζητούμενο πολυώνυμο είναι μια ευθεία, δηλαδή ένα πολυώνυμο 1ου βαθμού.Για τρία σημεία, θα χρειαστώ πολυώνυμο 2ου βαθμού, και γενικά έχω ένα μοναδικό πολυώνυμο 𝑛βαθμού για 𝑛 + 1 διακριτά σημεία, όπως θα δούμε αργότερα.

    Η πραγματική συνάρτηση μπορεί να έχει διαφορετική συμπεριφορά ανάμεσα στα σημεία της ταοποία γνωρίζουμε.

    Στο επόμενο κεφάλαιο θα μάθουμε την προσέγγιση, δηλαδή την εύρεση ενός πολυωνύμου συγκε-κριμένου βαθμού που να φτάνει κοντά στην 𝑓 , έτσι ώστε να είναι πιο εύκολα υπολογίσιμο αν π.χ.έχουμε 300 σημεία της συνάρτησης.

    4.2 Μορφές Αναπαράστασης Πολυωνύμου

    Εκθετική μορφή 𝑃𝑛(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑥𝑛

    Μορφή κέντρων 𝑃𝑛(𝑥) = 𝑏0 + 𝑏1(𝑥 − 𝑐) + 𝑏2(𝑥 − 𝑐)2 +⋯+ 𝑏𝑛(𝑥 − 𝑐)𝑛

    Μορφή Newton 𝑃𝑛(𝑥) = 𝑎0+𝑎1(𝑥−𝑐1)+𝑎2(𝑥−𝑐1)(𝑥−𝑐2)+⋯+𝑎𝑛(𝑥−𝑐1)(𝑥−𝑐2)⋯ (𝑥−𝑐𝑛) =

    𝑎0 +𝑛∑𝑘=1

    𝑎𝑘𝑘∏𝑖+1

    (𝑥 − 𝑐𝑖)

    13

  • Φωλιασμένη μορφή Newton

    𝑃𝑛(𝑥) = 𝑎0 + (𝑥 − 𝑐1) [𝑎1 + 𝑎2(𝑥 − 𝑐2) + 𝑎3(𝑥 − 𝑐2)(𝑥 − 𝑐3) + ⋯ + 𝑎𝑛(𝑥 − 𝑐2)⋯ (𝑥 − 𝑐𝑛)] = …= 𝑎0 + (𝑥 − 𝑐1) [𝑎1 + (𝑥 − 𝑐2) [𝑎2 + (𝑥 − 𝑐3) [𝑎3 +⋯+ (𝑥 − 𝑐𝑛−1) [𝑎𝑛−1 + (𝑥 − 𝑐𝑛)𝑎𝑛]]]]

    Μορφή Lagrange Δεδομένων 𝑛 + 1 σημείων 𝑥0, 𝑥1,… , 𝑥𝑛, έχουμε τα πολυώνυμα:

    𝑙𝑗(𝑥) =(𝑥 − 𝑥0)(𝑥 − 𝑥1)⋯ (𝑥 − 𝑥𝑗−1)(𝑥 − 𝑥𝑗+1)⋯ (𝑥 − 𝑥𝑛)

    (𝑥𝑗 − 𝑥0)(𝑥𝑗 − 𝑥1)⋯ (𝑥𝑗 − 𝑥𝑗−1)(𝑥𝑗 − 𝑥𝑗+1)⋯ (𝑥𝑗 − 𝑥𝑛)

    =𝑛∏𝑖=0𝑖≠𝑗

    (𝑥 − 𝑥𝑖)(𝑥𝑗 − 𝑥𝑖)

    για 𝑗 = 0, 1,… , 𝑛 ονομάζονται πολυώνυμα Lagrange (ο παρονομαστής σταθερός).Παρατηρούμε ότι τα πολυώνυμα είναι φτιαγμένα με τέτοιον τρόπο ώστε:

    𝑙𝑗(𝑥𝑖) = {0 𝑖 ≠ 𝑗1 𝑖 = 𝑗 = 𝛿𝑖𝑗

    Άρα για σταθερές 𝑎0, 𝑎1,… , 𝑎𝑛 και σημεία 𝑥0, 𝑥1,… , 𝑥𝑛, το πολυώνυμο𝑃𝑛(𝑥) = 𝑎0𝑙0(𝑥) + 𝑎1𝑙1(𝑥) + ⋯ + 𝑎𝑛𝑙𝑛(𝑥)

    ονομάζεται πολυώνυμο σε μορφή Lagrange.

    4.3 Μέθοδοι Παρεμβολής

    𝑃(𝑥𝑖) = 𝑓(𝑥𝑖)

    𝑃 (𝑥𝑖) =𝑛∑𝑘=0

    𝑎𝑘𝑙𝑘(𝑥𝑖) = 𝑎𝑖

    𝑃(𝑥) =𝑛∑𝑘=0

    𝑓(𝑥𝑘)𝑙𝑘(𝑥)

    Παράδειγμα Έχουμε τη συνάρτηση:

    𝑖 0 1 2𝑥𝑖 −1 0 1

    𝑓(𝑥𝑖) 1 1 2Αναζητώ πολυώνυμο που να παρεμβάλλει την 𝑓 σεα) μορφή Lagrange

    β) εκθετική μορφή

    Λύση

    𝑙0(𝑥) =(𝑥 − 0)(𝑥 − 1)

    (−1 − 0)(−1 − 1) =𝑥(𝑥 − 1)

    2

    𝑙1(𝑥) =(𝑥 + 1)(𝑥 − 1)(0 + 1)(0 − 1) = 1 − 𝑥

    2

    𝑙2(𝑥) =(𝑥 + 1)(𝑥 − 0)(1 + 1)(1 − 0) =

    𝑥(𝑥 + 1)2

    𝑃(𝑥) = 1𝑙0(𝑥) + 1𝑙1(𝑥) + 2𝑙2(𝑥) ← μορφή Lagrange

    = 12𝑥2 + 12𝑥 + 1 ← εκθετική μορφή

    14

  • Ένας άλλος τρόπος θα ήταν να θεωρήσουμε πολυώνυμο 2ου βαθμού με 3 άγνωστους συντελεστές,και να λύσω το σύστημα για να τους βρω, κάτι που θα χρησιμεύει αργότερα στην προσέγγιση:

    𝑃(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥2𝑃(−1) = 𝑎0 − 𝑎1 + 𝑎2 = 1𝑃(0) = 𝑎0 = 1𝑃(1) = 𝑎0 + 𝑎1 + 𝑎2 = 2

    4.3.1 Μέθοδος διηρημένων διαφορών

    Η ιδέα είναι να ξεκινάμε από τον μικρό βαθμό, και να χτίζουμε το ζητούμενο πολυώνυμο βαθμό-βαθμό.

    𝑃𝑘+1(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1(𝑥 − 𝑥0) + ⋯ + 𝑎𝑘(𝑥 − 𝑥0)⋯ (𝑥 − 𝑥𝑘−1)⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟𝑃𝑘(𝑥)

    +𝑎𝑘+1(𝑥 − 𝑥0)⋯ (𝑥 − 𝑥𝑘)

    𝑓(𝑥𝑘+1) = 𝑃𝑘+1(𝑥𝑘+1) = 𝑃𝑘(𝑥𝑘+1) + 𝑎𝑘+1𝑘∏𝑖=0

    (𝑥𝑘+1 − 𝑥𝑖)

    𝑎𝑘+1 =𝑓(𝑥𝑘+1) − 𝑃𝑘(𝑥𝑘+1)∏𝑘𝑖=0 (𝑥𝑘+1 − 𝑥𝑖)

    Για να διευκολύνω τις πράξεις ορίζω:

    Ορισμός 4.1: Πρώτη Διηρεμένη Διαφορά

    𝑓 [𝑥𝑖, 𝑥𝑖+1] =𝑓(𝑥𝑖+1) − 𝑓(𝑥𝑖)

    𝑥𝑖+1 − 𝑥𝑖

    Η 𝑘-οστή Διηρεμένη Διαφορά είναι:Ορισμός 4.2: k-οστή Διηρεμένη Διαφορά

    𝑓 [𝑥𝑖, 𝑥𝑖+1,… , 𝑥𝑖+𝑘] =𝑓[𝑥𝑖+1, 𝑥𝑖+2,… , 𝑥𝑖+𝑘] − 𝑓[𝑥𝑖, 𝑥𝑖+1,… , 𝑥𝑖+𝑘−1]

    𝑥𝑖+𝑘 − 𝑥𝑖

    Για διευκόλυνσή μας, αντί να χρησιμοποιούμε τους τύπους, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τονΠίνακα Διηρημένων Διαφορών.

    Πίνακας ΔΔ

    1η 2η 3η 4η𝑥0 𝑓(𝑥0) 𝑓[𝑥0, 𝑥1] = 𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥0)𝑥1−𝑥0𝑥1 𝑓(𝑥1) 𝑓[𝑥1, 𝑥2] 𝑓[𝑥0, 𝑥1, 𝑥2] = 𝑓[𝑥1,𝑥2]−𝑓[𝑥0,𝑥1]𝑥2−𝑥0𝑥2 𝑓(𝑥2) 𝑓[𝑥2, 𝑥3] 𝑓[𝑥1, 𝑥2, 𝑥3] 𝑓[𝑥0, 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3] = 𝑓[𝑥1,𝑥2,𝑥3]−𝑓[𝑥0,𝑥1,𝑥2]𝑥3−𝑥0𝑥3 𝑓(𝑥3) 𝑓[𝑥3, 𝑥4] 𝑓[𝑥2, 𝑥3, 𝑥4] 𝑓[𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4] 𝑓[𝑥0, 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4]𝑥4 𝑓(𝑥4)

    Τότε το πολυώνυμο θα είναι:

    𝑃𝑘(𝑥) = 𝑓(𝑥0) + 𝑓[𝑥0, 𝑥1](𝑥 − 𝑥0) + 𝑓[𝑥0, 𝑥1, 𝑥2](𝑥 − 𝑥0)(𝑥 − 𝑥1)+ ⋯ + 𝑓[𝑥0, 𝑥1,… , 𝑥𝑘](𝑥 − 𝑥0)(𝑥 − 𝑥1)⋯ (𝑥 − 𝑥𝑘−1)

    15

  • Παράδειγμα𝑖 0 1 2 3𝑥𝑖 0 1 2 4

    𝑓(𝑥𝑖) 1 1 2 5Πίνακας ΔΔ:

    0 1 ↘1−11−0 ↘

    1 1↗↘ 12 ↘1↗↘ − 1122 2↗↘ 16 ↗32 ↗

    4 5 ↗

    Άρα:

    𝑃3(𝑥) = 1 + 0(𝑥 − 0) +12(𝑥 − 0)(𝑥 − 1) −

    112(𝑥 − 0)(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)

    = 112(−𝑥3 + 9𝑥2 − 8𝑥 + 12)

    𝑥

    𝑦

    4.3.2 Μέθοδος πεπερασμένων διαφορών

    Για τη μέθοδο αυτή, θεωρούμε ότι τα σημεία της 𝑓 που έχουμε ισαπέχουν μεταξύ τους:

    𝑥0, 𝑥1,… , 𝑥𝑛 ∈ [𝑎, 𝑏]

    𝑥𝑖 = 𝑥0 + 𝑖ℎ όπου ℎ =𝑏 − 𝑎𝑛

    𝑓 [𝑥𝑖, 𝑥𝑖+1] =𝑓(𝑥𝑖+1) − 𝑓(𝑥𝑖)

    ℎΟρίζω συμβολισμούς για ευκολία:

    Δ0𝑓(𝑥𝑖) = 𝑓(𝑥𝑖)Δ1𝑓(𝑥𝑖) = 𝑓(𝑥𝑖+1) − 𝑓(𝑥𝑖) = 𝑓(𝑥𝑖 + ℎ) − 𝑓(𝑥𝑖)

    ⋮Δ𝑘𝑓(𝑥𝑖) = Δ(Δ𝑘−1 (𝑓(𝑥𝑖))) = Δ𝑘−1𝑓(𝑥𝑖+1) − Δ𝑘−1𝑓(𝑥𝑖)

    16

  • Ορισμός 4.3: k-οστή πεπερασμένη διαφορά

    𝑓 [𝑥𝑖, 𝑥𝑖+1,… , 𝑥𝑖+𝑘] =Δ𝑘𝑓(𝑥𝑖)𝑘! ℎ𝑘 προκύπτει μετά από πράξεις

    Άρα το πολυώνυμο γίνεται:

    𝑃𝑛(𝑥) = 𝑓(𝑥0) + 𝑓[𝑥0, 𝑥1](𝑥 − 𝑥0) + …⋯+ 𝑓[𝑥0, 𝑥1,… , 𝑥𝑛](𝑥 − 𝑥0)(𝑥 − 𝑥1)… (𝑥 − 𝑥𝑛−1)

    = 𝑓(𝑥0) +Δ1𝑓(𝑥0)1! ℎ1 (𝑥 − 𝑥0) +

    Δ2𝑓(𝑥0)2! ℎ2 (𝑥 − 𝑥0)(𝑥 − 𝑥1) + …

    ⋯+ Δ𝑛𝑓(𝑥𝑛)𝑛! ℎ𝑛 (𝑥 − 𝑥0)(𝑥 − 𝑥1)⋯ (𝑥 − 𝑥𝑛−1)

    Θα βρούμε μια διαδικασία ώστε να υπολογίζουμε το πολυώνυμο γρηγορότερα. Αν 𝑥 = 𝑥0 + 𝑟ℎ,αποδεικνύεται πως (οι πράξεις υπάρχουν στο βιβλίο):

    𝑃𝑛(𝑥0 + 𝑟ℎ) =𝑛

    ∑𝑖=0

    (𝑟𝑖)Δ𝑖𝑓(𝑥0)

    όπου (𝑟𝑖) =𝑟(𝑟 − 1)⋯ (𝑟 − (𝑖 − 1))

    𝑖!

    Παράδειγμα𝑖 0 1 2 3 4𝑥𝑖 1 2 3 4 5

    𝑓(𝑥𝑖) 1 -1 1 -1 1

    𝑥0 𝑓(𝑥0) ↘Δ1𝑓(𝑥0) ↘

    𝑥1 𝑓(𝑥1)↗↘ Δ

    2𝑓(𝑥0) ↘Δ1𝑓(𝑥1)

    ↗↘ Δ

    3𝑓(𝑥0) ↘𝑥2 𝑓(𝑥2)

    ↗↘ Δ

    2𝑓(𝑥1)↗↘ Δ

    4𝑓(𝑥0)Δ1𝑓(𝑥2)

    ↗↘ Δ

    3𝑓(𝑥1) ↗𝑥3 𝑓(𝑥3)

    ↗↘ Δ

    2𝑓(𝑥2) ↗Δ1𝑓(𝑥3) ↗

    𝑥4 𝑓(𝑥4) ↗⋮

    όπου τα στοιχεία Δ1𝑓(𝑥0), Δ2𝑓(𝑥0), … είναι ίσα με τη διαφορά των δύο προηγούμενων στοι-χείων, δηλαδή:

    Δ1𝑓(𝑥0) = 𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥0)Δ1𝑓(𝑥1) = 𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)Δ1𝑓(𝑥2) = 𝑓(𝑥3) − 𝑓(𝑥2)Δ2𝑓(𝑥0) = Δ1𝑓(𝑥1) − Δ1𝑓(𝑥0)

    κλπ.

    και γενικά:

    Δ𝑘𝑓(𝑥𝑖) = Δ𝑘−1𝑓(𝑥𝑖+1) − Δ𝑘−1𝑓(𝑥𝑖)

    17

  • 1 1 ↘−2 ↘

    2 −1↗↘ 4 ↘2↗↘ −8 ↘3 1↗↘ −4↗↘ 1−2↗↘ 8 ↗4 −1↗↘ 4 ↗2 ↗

    5 1 ↗

    𝑃4(1 + 𝑟) = 1 − 2(𝑟1) + 4(

    𝑟2) − 8(

    𝑟3) + 6(

    𝑟4)

    όπου 𝑥 = 𝑥0 + 𝑟ℎ ⟹ 𝑟 = 1.5 για 𝑥 = 2.5

    𝑃(2.5) = 1 − 2(1.51 ) + 4(1.52 ) − 8(

    1.53 ) + 16(

    1.54 )

    4.3.3 Μέθοδος Aitken

    Έστω 𝑝, 𝑞 δύο πολυώνυμα παρεμβολής μικρότερου βαθμού (για 𝑚+2 σημεία), και 𝑟 το πολυώνυμοπαρεμβολής για όλα τα σημεία (𝑚+ 3 σημεία) 𝑥0, 𝑥1,… , 𝑥𝑚, 𝑦, 𝑧, και γνωρίζω:

    • 𝑝(𝑥𝑖) = 𝑞(𝑥𝑖) = 𝑟(𝑥𝑖) = 𝑓(𝑥𝑖) για 𝑖 = 0, 1,… ,𝑚

    • 𝑝(𝑦) = 𝑟(𝑦) = 𝑓(𝑦)

    • 𝑞(𝑧) = 𝑟(𝑧) = 𝑓(𝑧)Τότε η 𝑟(𝑥) που είναι η συνάρτηση που θέλω να παρεμβάλλει την 𝑓 είναι:

    𝑟(𝑥) = (𝑦 − 𝑥)𝑞(𝑥) − (𝑧 − 𝑥)𝑝(𝑥)𝑦 − 𝑧

    Έστω 𝐴𝑘,𝑟 η τιμή στο ̄𝑥 του πολυωνύμου παρεμβολής της 𝑓(𝑥) στα σημεία 𝑥0, 𝑥1,… , 𝑥𝑘−1, 𝑥𝑟:

    𝐴𝑘,𝑟 = 𝑓[𝑥0] + 𝑓[𝑥0, 𝑥1]( ̄𝑥 − 𝑥0) + 𝑓[𝑥0, 𝑥1, 𝑥2]( ̄𝑥 − 𝑥0)( ̄𝑥 − 𝑥1) + …⋯+ 𝑓[𝑥0, 𝑥1,… , 𝑥𝑘]( ̄𝑥 − 𝑥0)( ̄𝑥 − 𝑥1)⋯ ( ̄𝑥 − 𝑥𝑘−1)

    𝐴𝑘,𝑟 =(𝑥𝑘−1 − ̄𝑥)𝐴𝑘−1,𝑟 − (𝑥𝑟 − ̄𝑥)𝐴𝑘−1,𝑘−1

    𝑥𝑘−1 − 𝑥𝑟𝑥0 𝐴0,0 𝑥0 − ̄𝑥𝑥1 𝐴0,1 𝑥1 − ̄𝑥𝑥2 𝐴0,2 𝑥2 − ̄𝑥𝑥3 𝐴0,3 𝑥3 − ̄𝑥𝑥4 𝐴0,4 𝑥4 − ̄𝑥

    𝐴1,1𝐴1,2𝐴1,3𝐴1,4

    𝐴2,2𝐴2,3𝐴2,4

    𝐴3,3𝐴3,4

    𝐴4,4

    π.χ.

    𝐴2,3 =(𝑥1 − ̄𝑥)𝐴1,3 − (𝑥3 − ̄𝑥)𝐴1,1

    𝑥1 − 𝑥3

    18

  • 4.4 Ασκήσεις

    Άσκηση Να βρεθεί πολυώνυμο Lagrange που να παρεμβάλλει την 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥 στα σημεία 𝑥0 =−1, 𝑥1 = 0, 𝑥2 = 1.

    Λύση Θυμόμαστε ότι το πολυώνυμο Lagrange δίνεται από τους τύπους:

    𝑃𝑛(𝑥) = 𝑙0(𝑥)𝑓(𝑥0) + 𝑙1(𝑥)𝑓(𝑥1) + 𝑙2(𝑥)𝑓2(𝑥2)

    𝑙0(𝑥) =(𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2)

    (𝑥0 − 𝑥1)(𝑥0 − 𝑥2)= (𝑥 − 0)(𝑥 − 1)(−1)(−2) =

    12(𝑥

    2 − 𝑥)

    𝑙1(𝑥) =(𝑥 − 𝑥0)(𝑥 − 𝑥2)

    (𝑥1 − 𝑥0)(𝑥1 − 𝑥2)= (𝑥 + 1)(𝑥 − 1)1 ⋅ (−1) = −𝑥

    2 + 1

    𝑙2(𝑥) =(𝑥 − 𝑥0)(𝑥 − 𝑥1)

    (𝑥2 − 𝑥0)(𝑥2 − 𝑥1)= 12(𝑥

    2 + 𝑥)

    Άρα

    𝑃2(𝑥) =12𝑒(𝑥

    2 − 𝑥) + (−𝑥2 + 1) + 𝑒2(𝑥2 + 𝑥)

    = (1 + 𝑒2 +12𝑒)𝑥

    2 +(𝑒2 −12𝑒)𝑥 − 1 (δεν είναι απαραίτητο να το φτάσουμε μέχρι εδώ)

    −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5

    1

    2

    3

    4

    𝑒𝑥𝑃2(𝑥)

    Άσκηση Να βρεθεί πολυώνυμο Newton που να παρεμβάλλει την παρακάτω 𝑓 με τη μέθοδο διηρη-μένων διαφορών:

    𝑓(−1) = 1, 𝑓(1) = 2 και 𝑓(2) = −1

    Λύση

    𝑥𝑖 𝑓(𝑥𝑖) 1η 2η−1 1 ↘

    12 ↘

    1 2↗↘−3−1/22−(−1) =−76

    −3 ↗2 −1 ↗

    𝑃2(𝑥) = 1 +12(𝑥 + 1) −

    76(𝑥 + 1)(𝑥 − 1)

    Άσκηση Να βρεθεί η τιμή 𝑓(0.5) (intrapolation) χρησιμοποιώντας τη μέθοδο πεπερασμένων διαφο-ρών. Δίνεται ο πίνακας τιμών της 𝑓

    𝑥𝑖 0 1 2 3 4𝑓(𝑥𝑖) 1 0 −1 1 2

    19

  • Λύση Οι τύποι για τις 𝑘-οστές διαφορές θα δίνονται στις εξετάσεις, αλλά είναι πιο κομψό καιεύκολο να χρησιμοποιήσουμε τον πίνακα:

    𝑥𝑖 𝑓(𝑥𝑖)0 1 ↘

    −1 ↘1 0↗↘ 0 ↘−1↗↘ 3 ↘2 −1↗↘ 3

    ↗↘ −72↗↘ −4 ↗3 1↗↘ −1 ↗1 ↗

    4 2 ↗

    𝑃4(𝑥=𝑥0+𝑟ℎ

    ↑𝑥) = 𝑓(𝑥0) + (𝑟1)Δ𝑓(𝑥0) + (

    𝑟2)Δ

    2𝑓(𝑥0) + (𝑟3)Δ

    3𝑓(𝑥0) + (𝑟4)Δ

    4𝑓(𝑥0)

    0.5 = 0 + 𝑟 ⋅ 1 ⟹ 𝑟 = 0.5

    = 1 − (0.51 ) + 0(0.52 ) + 3(

    0.53 ) − 7(

    0.54 ) = 0.9609375

    όπου (𝑟𝑘) = 𝑟(𝑟−1)⋯(𝑟−(𝑘−1))𝑘!

    Άσκηση Να βρεθεί η τιμή του πολυωνύμου παρεμβολής 𝑃(5) για τα σημεία 𝑥𝑖 και τις αντίστοιχεςτιμές της συνάρτησης 𝑓(𝑥𝑖) που δίνονται στον πίνακα με τη μέθοδο Aitken:

    𝑥𝑖 2 4 6 8𝑓(𝑥𝑖) 1 −2 3 5

    Λύση

    𝑥𝑖 − ̄𝑥⏟5

    2 − 5 = −34 − 5 = −16 − 5 = 18 − 5 = 3

    8642

    5−3−21 ⋅(−3)⋅(−1)

    ⋅(−1)

    ⋅1

    (−2)(−3)−(−1)⋅12−4 =−72

    3⋅(−3)−(1)⋅12−6 = 52

    5⋅(−3)−1⋅32−8 = 3

    −12

    −158− 158 ⋅1−(− 12 )⋅3

    6−8 = 316

    Λύση 𝑝(5)Άρα 𝑃(5) = 316 , λύση που φαίνεται λογική, αφού βρίσκεται ανάμεσα στο -2 και το 3.

    20

  • Κεφάλαιο 5 Προσέγγιση

    Η προσέγγιση μοιάζει με την παρεμβολή, με τη διαφορά ότι δεν επιθυμούμε το πολυώνυμο πουβρούμε να περνάει από όλα τα σημεία της αρχικής συνάρτησης, αλλά να έχει την ελάχιστη απόστασηαπό αυτά. Το κέρδος μας με αυτόν τον τρόπο είναι ότι το πολυώνυμο που θα βρούμε είναι μικρότερουβαθμού.

    ΠΑΡΕΜΒΟΛΗ+

    ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ

    𝑓(𝑥𝑖) = 𝑝(𝑥𝑖)

    ∣𝑓(𝑥𝑖) − 𝑝(𝑥)∣⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟πολυώνυμο μικρότερου βαθμού

    ελάχιστη

    Έστω οι τιμές μιας συνάρτησης:

    𝑥𝑖 𝑥0 𝑥1 … 𝑥𝑚−1𝑓(𝑥𝑖) 𝑓(𝑥0) 𝑓(𝑥1) … 𝑓(𝑥𝑚−1)

    κακή π

    ροσέγγ

    ιση

    μέτρια πρ

    οσέγγισηκαλ

    ύτερη

    προσέγ

    γιση

    Αν ζητάμε η προσέγγιση 𝑃(𝑥) να είναι μια ευθεία, τότε στην ιδανική περίπτωση:

    𝑃(𝑥𝑖) = 𝑎0 + 𝑎1𝑥𝑖 = 𝑓(𝑥𝑖) ∀𝑥𝑖τότε έχουμε ένα σύστημα:

    ⎡⎢⎢⎢⎢⎣

    1 𝑥01 𝑥11 𝑥2⋮ ⋮1 𝑥𝑚−1

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎦

    [𝑎0𝑎1] =

    ⎡⎢⎢⎢⎢⎣

    𝑓(𝑥0)𝑓(𝑥1)𝑓(𝑥2)

    ⋮𝑓(𝑥𝑚−1)

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎦

    που είναι σύστημα 2 αγνώστων αλλά 𝑚 εξισώσεων, κάτι που μάλλον θα είναι αδύνατο.Επομένως αντί να λύσω την εξίσωση:

    𝐴𝑥 = 𝑏

    θα λύσω την:

    𝐴 ̄𝑥 ≃ 𝑏

    με σκοπό να ελαχιστοποιήσω την απόσταση (υπόλοιπο):

    𝐴 ̄𝑥 − 𝑏.

    Η παραπάνω σχέση όμως δεν εκφράζει έναν αριθμό, αλλά έναν πίνακα! Για να "ελαχιστοποιή-σουμε" αυτόν τον πίνακα θα ορίσουμε κάποια μεγέθη.

    21

  • 5.1 Στοιχεία Αριθμητικής Γραμμικής Άλγεβρας

    5.1.1 Εσωτερικό γινόμενο

    Εσωτερικό γινόμενο σε χώρο 𝑉 είναι μια πράξη για κάθε 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑉 (συμβολίζεται με (𝑥, 𝑦) ή ⟨𝑥, 𝑦⟩)ορίζει έναν αριθμό που ικανοποιεί:

    (i) (𝑥, 𝑥) ≥ 0, ισότητα μόνο αν 𝑥 = 0

    (ii) (𝑥, 𝑦) = (𝑦, 𝑥) ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑉

    (iii) (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦, 𝑧) = 𝑎(𝑥, 𝑧) + 𝑏(𝑦, 𝑧)

    Πιο συγκεκριμένα, για κάποιους χώρους ορίζουμε:

    ℝ𝑛 ∶ (𝑥, 𝑦) = 𝑥T𝑦 για 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ𝑛

    ℝ𝑚×𝑛 ∶ (𝐴,𝐵) =𝑚∑𝑖=1

    𝑛∑𝑗=1

    𝑎𝑖𝑗𝑏𝑖𝑗

    Για συναρτήσεις, έχουμε (𝑓, 𝑔) = ∫𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) d𝑥Δύο διανύσματα 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑉 λέγονται ορθογώνια όταν (𝑥, 𝑦) = 0, και γράφουμε 𝑥 ⟂ 𝑦.

    5.1.2 Μήκος - Νόρμα (norm) διανύσματος

    Ως νόρμα μπορούμε να επιλέξουμε οποιαδήποτε συνάρτηση που καλύπτει κάποια αξιώματα (γιαπαράδειγμα, νόρμα ενός διανύσματος μπορεί να είναι το μέγιστο στοιχείο ενός διανύσματος).

    Ένας χώρος 𝑉 είναι εφοδιασμένος με μήκος ή νόρμα αν για κάθε 𝑥 ∈ 𝑉 υπάρχει αριθμός ‖𝑥‖που ικανοποιεί:

    (i) ‖𝑥‖ > 0 με ισότητα μόνο εάν 𝑥 = 0

    (ii) ‖𝑎𝑥‖ = |𝑎| ‖𝑥‖ για κάθε σταθερά 𝑎

    (iii) ‖𝑥 + 𝑦‖ ≤ ‖𝑥‖ + ‖𝑦‖ ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑉

    Είδη νορμών Για ένα διάνυσμα 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2,… , 𝑥𝑛)T

    𝑙∞ ∶ ‖𝑥‖∞ = max1≤𝑖≤𝑛 |𝑥𝑖| (άπειρη νόρμα)

    𝑙𝑝 ∶ ‖𝑥‖𝑝 = (𝑛∑𝑖=1

    |𝑥𝑖|𝑝)1𝑝

    (𝑝-οστή νόρμα)

    𝑙2 ∶ ‖𝑥‖2 =√𝑥T𝑥 = √𝑥21 +⋯+ 𝑥2𝑛 (ευκλείδια νόρμα)

    Απόσταση μεταξύ διανυσμάτων 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ είναι ο αριθμός:

    ‖𝑥 − 𝑦‖

    Θεωρήματα

    ‖𝑥 + 𝑦‖2 = ‖𝑥‖2 + ‖𝑦‖2

    Cauchy-Schwartz:

    ‖(𝑥, 𝑦)‖ ≤ ‖𝑥‖ ‖𝑦‖

    22

  • 5.1.3 Ορθογώνιοι Υποχώροι

    Ορισμός 5.1: Ορθογώνιοι Υποχώροι

    Δύο υποχώροι 𝑋,𝑌 του ℝ𝑛 λέγονται ορθογώνιοι, αν 𝑥T𝑦 = 0 για κάθε 𝑥 ∈ 𝑋 και 𝑦 ∈ 𝑌 .Γράφουμε: 𝑋 ⟂ 𝑌

    Ορισμός 5.2: Ορθογώνιο Συμπλήρωμα

    Το σύνολο:

    𝑌 ⟂ = {𝑥 ∈ ℝ𝑛 ∶ 𝑥T𝑦 = 0 ∀𝑦 ∈ 𝑌 }είναι το ορθογώνιο συμπλήρωμα του 𝑌 .Για παράδειγμα, το ορθογώνιο συμπλήρωμα του πίνακα στην αίθουσα Α3 είναι ο κάθετοςτοίχος.

    Ορισμός 5.3

    Για 𝐴 ∈ ℝ𝑚×𝑛:

    • Μηδενοχώρος του 𝐴: N(𝐴) = {𝑥 ∈ ℝ𝑛 ∶ 𝐴𝑥 = 0}

    • Χώρος των στηλών του 𝐴: R(𝐴) = {𝑏 ∈ ℝ𝑚 ∶ 𝑏 = 𝐴𝑥 για 𝑥 ∈ ℝ𝑛}

    • Χώρος των γραμμών του 𝐴: R(𝐴T) = {𝑦 ∈ ℝ𝑛 ∶ 𝑦 = 𝐴T𝑥 για 𝑥 ∈ ℝ𝑚}

    Θεώρημα 5.1: Θεμελιώδες Θεώρημα Γραμμικής Άλγεβρας

    𝑁(𝐴)= 𝑅(𝐴T)⟂𝑁(𝐴T)= 𝑅(𝐴)⟂

    5.2 Πίσω στο αρχικό πρόβλημα

    Ορίζω:

    διαφορά 𝑟(𝑥) = 𝑏 − 𝐴𝑥‖𝑟(𝑥)‖ = ‖𝑏 − 𝐴𝑥‖

    𝑏 − 𝐴 ̄𝑥 = 𝑟(𝑥)

    𝐴 ̄𝑥

    𝑏

    Το διάνυσμα 𝑟(𝑥) ανήκει στο ορθογώνιο συμπλήρωμα του χώρου των στηλών, άρα στο μηδενοχώροτου 𝐴T (από το Θεμελιώδες Θεώρημα Γραμμικής Άλγεβρας), επομένως:

    𝐴T𝑟(𝑥) = 0𝐴T(𝑏 − 𝐴 ̄𝑥) = 0

    Άρα:

    ΑT𝐴𝑥 = 𝐴T𝑏 ←ÐÐ κανονικές εξισώσεις23

  • Παράδειγμα Να προσεγγιστεί η 𝑓(𝑥) με πολυώνυμο πρώτου βαθμού, όπου:

    𝑥𝑖 0 3 6𝑓(𝑥𝑖) 1 4 5

    Λύση

    𝐴 = ⎡⎢⎣

    1 01 31 6

    ⎤⎥⎦, 𝑥 = [𝑎0𝑎1

    ] , 𝑏 = ⎡⎢⎣

    145⎤⎥⎦

    𝐴T𝐴 = [3 99 45]

    𝐴T𝑏 = [1042]

    Άρα πρέπει να λύσουμε το σύστημα:

    [3 99 45][𝑎0𝑎1

    ] = [1042]

    𝑎0 = 4/3, 𝑎1 = 2/3Επομένως 𝑃1(𝑥) =

    43 +

    23𝑥.

    Άσκηση Να προσεγγιστούν τα παρακάτω σημεία με μία παραβολή, χρησιμοποιώντας τη μέθοδοελαχίστων τετραγώνων:

    𝑥𝑖 0 1 2 3 4𝑓(𝑥𝑖) 1 2 2 4 5

    Λύση

    𝐴 =⎡⎢⎢⎢⎢⎣

    1 0 01 1 11 2 41 3 91 4 16

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎦

    𝑥 = ⎡⎢⎣

    𝑎0𝑎1𝑎2

    ⎤⎥⎦

    𝑃(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥2

    𝑏 =⎡⎢⎢⎢⎢⎣

    12245

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎦

    [𝐴T] [𝐴] ⎡⎢⎣

    𝑎0𝑎1𝑎2

    ⎤⎥⎦

    = [𝐴T] [𝑏]

    24

  • Κεφάλαιο 6 Αριθμητική Ολοκλήρωση

    Πολλές φορές δεν μπορούμε να υπολογίσουμε αναλυτικά ένα ολοκλήρωμα, ή αυτός ο υπολο-γισμός είναι υπολογιστικά δύσκολος, επομένως σε αυτό το κεφάλαιο θα αναπτύξουμε τεχνικές γιααριθμητική ολοκλήρωση.

    𝑓(𝑥) [𝑎, 𝑏]

    ∫𝑏

    𝑎𝑓(𝑥) d𝑥

    𝑎 𝑏

    𝑓(𝑥)

    Ο πιο απλός τρόπος να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα μιας συνάρτησης είναι να πάρουμε τονεμβαδόν της συνάρτησης μεταξύ δύο σημείων (κατά Riemann).

    Σε αυτό το κεφάλαιο η γενική ιδέα είναι να παρεμβάλλουμε την 𝑓 με ένα πολυώνυμο 𝑝:

    𝑓 → 𝑝

    και να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα του 𝑝. Κάτι τέτοιο έχει νόημα επειδή το ολοκλήρωμα είναι μιαγραμμική διαδικασία:

    𝐼(𝑓) = ∫𝑏

    𝑎𝑓(𝑥) d𝑥

    𝐼 (𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)) = 𝐼 (𝑓(𝑥)) + 𝐼 (𝑔(𝑥))𝐼 (𝑎𝑓(𝑥)) = 𝑎𝐼 (𝑓(𝑥))

    Επίσης θα υπολογίζουμε το σφάλμα (ή πιο συγκεκριμένα, το μέγιστο σφάλμα) της προσέγγισήςμας:

    𝑓(𝑥) = 𝑝(𝑥) +σφάλμα

    ⏞𝑒(𝑥)𝐼 (𝑓(𝑥) − 𝑝(𝑥)) = 𝐼 (𝑒(𝑥))

    Για πολυώνυμα σε μορφή Lagrange έχουμε:

    𝑃𝑛(𝑥) =𝑛∑𝑘=0

    𝑓(𝑥𝑘) ⋅ 𝑙𝑘(𝑥)

    𝐼 (𝑝𝑛(𝑥)) = 𝐼 (𝑛∑𝑘=0

    𝑓(𝑥𝑘)𝑙𝑘(𝑥)) =𝑛∑𝑘=0

    𝑓(𝑥𝑘) ⋅ 𝐼 (𝑙𝑘(𝑥))

    𝐼(𝑓) = ∫𝑏

    𝑎𝑓(𝑥) d𝑥 ≃

    𝑛∑𝑘=0

    𝑓(𝑥𝑘) ⋅ 𝐼 (𝑙𝑘(𝑥))

    Γενικά θα χρησιμοποιούμε πολυώνυμα το πολύ 2ου βαθμού:

    • 𝑛 = 0, 1, 2,⋯ → απλός κανόνας

    • Σύνθετος κανόνας: Εφαρμόζουμε τον απλό κανόνα σε πολλά διαστήματα της 𝑓 .

    25

  • 6.1 Κανόνας Παραλληλογράμμου

    (𝑛=0)

    𝑓(𝑎)

    𝑎 𝑏

    𝑓(𝑥)

    Απλός κανόνας παραλληλογράμμου/ορθογωνίου Για να εφαρμόσω τον κανόνα του παραλληλο-γράμμου, θα παρεμβάλλω την 𝑓 σε ένα σημείο.

    Ας υποθέσω ότι παρεμβάλλω την 𝑓 στο σημείο (𝑎, 𝑓(𝑎)):

    𝑝0(𝑥) = 𝑓(𝑎)

    𝐼 (𝑝0(𝑥)) = ∫𝑏

    𝑎𝑓(𝑎) d𝑥

    = (𝑏 − 𝑎)𝑓(𝑎) = 𝐼R ←Rectangle

    Σφάλμα 𝐸R = 𝐼 (𝑓(𝑥)) − 𝐼R= (𝑏 − 𝑎)

    2

    2 𝑓′(𝑧) (με βάση πράξεις του βιβλίου, για κάποιο 𝑧 ∶ 𝑎 < 𝑧 < 𝑏)

    Για να φράξω το σφάλμα (να βρω την μέγιστη δηλαδή τιμή του):

    |𝐸R| =(𝑏 − 𝑎)2

    2 ∣𝑓′(𝑧)∣ ≤ (𝑏 − 𝑎)

    2

    2 max𝑎

  • Παράδειγμα Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα της 𝑓(𝑥) = 𝑥3 στο διάστημα [1, 2] για 𝑁 = 1 και 𝑁 =8.

    Λύση για 𝑁 = 1

    𝐼𝑅 = 𝑓(𝑎)(𝑏 − 𝑎) = 𝑓(1)(2 − 1) = 1 ⋅ 1 = 1

    𝐸𝑅 =(2 − 1)2

    2 𝑓′(𝑧) 1 < 𝑧 < 2

    ∣𝐸𝑅∣ ≤12 max1

  • Για το σφάλμα έχουμε:

    𝐸T = 𝐼 (𝑓(𝑥)) − 𝐼 (𝑝1(𝑥)) = …

    = −(𝑏 − 𝑎)3

    12 𝑓″(𝑧) 𝑎 < 𝑧 < 𝑏

    |𝐸T| ≤(𝑏 − 𝑎)3

    12 max𝑎

  • Λύση για 𝑁 = 8

    𝐼𝑇,8 =ℎ2 [𝑓(𝑥0) + 2𝑓(𝑥1) + 2𝑓(𝑥2) + ⋯ + 2𝑓(𝑥7) + 𝑓(𝑥8)]

    =1/82 [𝑓(1) + 2𝑓 (

    9/8) + 2𝑓 (10/8) + ⋯ + 𝑓 (16/8)]= 3.7617

    𝐸𝑇,8 = −ℎ212 (2 − 1)𝑓

    ″(𝑧) 1 < 𝑧 < 2

    = −1/8212 ⋅ 6𝑧 = −

    1128𝑧

    |𝐸𝑇,8| ≤1

    128𝑧 =164 = 0.01562

    6.3 Κανόνας Simpson

    (𝑛=2)

    𝑎 𝑎+𝑏2 𝑏

    Απλός κανόνας Simpson

    𝑃2(𝑥) = 𝑓(𝑎)𝑙0(𝑥) + 𝑓 (𝑎 + 𝑏2 ) 𝑙1(𝑥) + 𝑓(𝑏)𝑙2(𝑥)

    = 𝑓(𝑎) (𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2)(𝑥0 − 𝑥1)(𝑥0 − 𝑥2)+ 𝑓 (𝑎 + 𝑏2 )

    (𝑥 − 𝑥0)(𝑥 − 𝑥2)(𝑥1 − 𝑥0)(𝑥1 − 𝑥2)

    + 𝑓(𝑏) (𝑥 − 𝑥0)(𝑥 − 𝑥1)(𝑥2 − 𝑥0)(𝑥2 − 𝑥1)

    𝐼S = ∫𝑏

    𝑎𝑃2(𝑥) d𝑥

    = ⋯ = 𝑏 − 𝑎6 [𝑓(𝑎) + 4𝑓 (𝑎 + 𝑏2 ) + 𝑓(𝑏)]

    𝐸S = 𝐼 (𝑓(𝑥)) − 𝐼 (𝑃2(𝑥)) = …

    = −(𝑏−𝑎2 )

    5

    90 𝑓(4)(𝑧)

    ∣𝐸S∣ ≤(𝑏−𝑎2 )

    5

    90 max𝑎

  • με απόσταση:

    ℎ = 𝑏 − 𝑎𝑁 𝑥𝑖 = 𝑥0 + 𝑖ℎ2

    και διαστήματα:

    [𝑥𝑖, 𝑥𝑖+2] , 𝑖 = 0, 2, 4,… , 2𝑁 − 2

    Οπότε τελικά έχουμε:

    𝐼S,2𝑁 =ℎ6 [𝑓(𝑥0) + 4𝑓(𝑥1) + 𝑓(𝑥2) + 𝑓(𝑥2) + 4𝑓(𝑥3) + 𝑓(𝑥4) + ⋯ + 𝑓(𝑥2𝑁−2) + 4𝑓(𝑥2𝑁−1) + 𝑓(𝑥2𝑁)]

    = ℎ6 [𝑓(𝑥0) + 4𝑓(𝑥1) + 2𝑓(𝑥2) + 4𝑓(𝑥3) + 2𝑓(𝑥4) + ⋯ + 2𝑓(𝑥2𝑁−2) + 4𝑓(𝑥2𝑁−1) + 𝑓(𝑥2𝑁)]

    Και για το σφάλμα, με αρκετές πράξεις προκύπτει:

    𝐸S, 2𝑁 = −𝑛(ℎ2 )

    5

    90 𝑓(4)(𝑧), 𝑎 < 𝑧 < 𝑏

    = −(ℎ2 )

    4

    180 (𝑏 − 𝑎)𝑓(4)(𝑧)

    ∣𝐸S,2𝑁∣ ≤(ℎ2 )

    4

    180 (𝑏 − 𝑎) max𝑎

  • Σύνθετος κανόνας μέσου σημείου

    𝐼M,𝑁 = ℎ𝑓 (𝑥0 +ℎ2) + ℎ𝑓 (𝑥1 +

    ℎ2) +⋯+ ℎ𝑓 (𝑥𝑁−1 +

    ℎ2)

    = ℎ𝑁−1∑𝑖=0

    𝑓 (𝑥𝑖 +ℎ2)

    𝐸M,𝑁 =ℎ224 (𝑏 − 𝑎)𝑓

    ″(𝑧) 𝑎 < 𝑧 < 𝑏

    ∣𝐸M,𝑁∣ ≤ℎ224 (𝑏 − 𝑎) max𝑎

  • max0

  • Άρα έχουμε:

    𝐼 = ℎ6 [𝑓(𝑥0) + 4𝑓(𝑥1) + 2𝑓(𝑥2) + 4𝑓(𝑥3) + 2𝑓(𝑥4) + 4𝑓(𝑥5) + 𝑓(𝑥6)]

    = 13 [−1 + 4 ⋅ 0 + 2 ⋅ 0.5 + 4 ⋅ 2 + 2 ⋅ 1.5 + 4 ⋅ 3 + 5]= 9.333

    Κεφάλαιο 7 Υπολογισμός Ιδιοτιμών

    Δομή της ενότητας:

    • Εισαγωγή

    • Μέθοδος Δύναμης

    • Μετασχηματισμοί Householder

    • Παραγοντοποίηση QR

    Το πρόβλημα που καλούμαστε να λύσουμε είναι: Δεδομένου ενός πίνακα 𝐴 ∈ ℝ𝑛×𝑛, ναυπολογιστούν οι ιδιοτιμές 𝜆𝑖 ∈ ℝ, και τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα 𝑥𝑖 ∈ ℝ𝑛, 𝑥𝑖 ≠ 0 τα οποίαικανοποιούν:

    𝐴𝑥𝑖 = 𝜆𝑥𝑖 για 𝑖 = 1, 2,… , 𝑛

    7.1 Εισαγωγή

    𝐴𝑥 = 𝜆↓

    ιδιοτιμές

    ιδιοδιανύσματα↑𝑥

    ή:

    (𝐴 − 𝜆𝐼)𝑥 = 0det(𝐴 − 𝜆𝐼) = 0, δηλαδή 𝑥 ∈ 𝑁(𝐴 − 𝜆𝐼), όπου 𝑁 ο μηδενοχώρος

    Δηλαδή πρέπει να λύσουμε ένα σύστημα 𝑛 εξισώσεων και αγνώστων.Ορίζουμε και το χαρακτηριστικό πολυώνυμο ως:

    𝑃(𝜆) = det(𝐴 − 𝜆𝐼)

    Παράδειγμα

    𝐴 = [3 23 −2]

    Τότε:

    |𝐴 − 𝜆𝐼| = ∣3 − 𝜆 23 −2 − 𝜆∣ = 𝜆2 − 𝜆 − 12

    𝜆2 − 𝜆 − 12 = 0 ⟹ {𝜆1 = 4𝜆2 = −3

    33

  • Τα παραπάνω 𝜆 είναι οι ιδιοτιμές, και τα ιδιοδιανύσματα είναι, για 𝜆1 = 4:

    (𝐴 − 4𝐼)𝑥 = 0 ⟺ [−1 23 −6]𝑥 = 0

    𝑁(𝐴 − 4𝐼) = {𝑎[21] ∶ 𝑎 ∈ ℝ, 𝑎 ≠ 0}

    Αντίστοιχα προκύπτει:

    𝑁(𝐴 + 3𝐼) = {𝑎[−13 ] ∶ 𝑎 ∈ ℝ, 𝑎 ≠ 0}

    Αν ο πίνακας είναι τριγωνικός, οι ιδιοτιμές είναι μόνο τα διαγώνια στοιχεία του:

    𝜆𝑖 = 𝑎𝑖𝑖

    Ορισμός 7.1: Φάσμα

    Το σύνολο όλων των ιδιοτιμών ενός πίνακα 𝐴 ονομάζεται ΦΑΣΜΑ του 𝐴:

    𝜎(𝑎)

    Ορισμός 7.2: Φασματική ακτίνα

    Το μέγιστο κατ' απόλυτη τιμή στοιχείο του φάσματος ονομάζεται φασματική ακτίνα του 𝐴και συμβολίζεται:

    𝑃(𝐴) = max {|𝜆| ∶ 𝜆 ∈ 𝜎(𝐴)}

    Δηλαδή είναι η μέγιστη κατ' απόλυτη τιμή ιδιοτιμή του 𝐴.

    Επειδή ο υπολογισμός ορίζουσας είναι δύσκολη υπολογιστική διαδικασία, θα βρούμε αριθμητικούςτρόπους να τις βρίσκουμε/προσεγγίζουμε.

    7.1.1 Άνω Φράγματα

    Ορισμός 7.3

    Ορίζουμε:

    𝑟𝑖(𝐴) =𝑛∑𝑗=1

    ∣𝑎𝑖𝑗∣ , ∀𝑖

    𝑐𝑗(𝐴) =𝑛∑𝑖=1

    ∣𝑎𝑖𝑗∣ , ∀𝑗

    (τα αθροίσματα των απόλυτων τιμών των στοιχείων κάθε γραμμής & στήλης)

    𝑟(𝐴) = max {𝑟𝑖(𝐴) ∶ ∀𝑖}𝑐(𝐴) = max {𝑐𝑗(𝐴) ∶ ∀𝑗}

    (το μέγιστο άθροισμα)

    34

  • Θεώρημα 7.1: Gerschgorin

    Για πίνακα 𝐴 ∈ ℝ𝑛×𝑛, έστω ότι, για κάθε γραμμή:

    𝑅𝑖 = 𝑟𝑖(𝐴) − ∣𝑎𝑖𝑖∣ ∀𝑖

    και έστω δίσκος 𝐶𝑖 με ακτίνα 𝑅𝑖 και κέντρο 𝑎𝑖𝑖 (𝑎𝑖𝑖 ∈ ℂ).Τότε για κάθε 𝜆 ∈ 𝜎(𝐴) υπάρχει 𝑖 όπου 𝜆 ∈ 𝐶𝑖, δηλαδή:

    ∣𝜆 − 𝑎𝑖𝑖∣ ≤ 𝑅𝑖

    Συνέπεια Έστω:

    𝜆 ∈ 𝜎(𝐴) ενός 𝐴 ∈ ℝ𝑛×𝑛|𝜆| ≤ 𝑟(𝐴)

    ∣𝜆 − 𝑎𝑘𝑘∣ ≤ 𝑅𝑘∣(𝜆 − 𝑎𝑘𝑘) + 𝑎𝑘𝑘∣ ≤ ∣𝜆 − 𝑎𝑘𝑘∣ + ∣𝑎𝑘𝑘∣ ≤ 𝑅𝑘 + ∣𝑎𝑘𝑘∣ = 𝑟𝑘(𝐴) ≤ 𝑟(𝐴)

    Επειδή 𝑟(𝐴T) = 𝑐(𝐴), ισχύει ότι:

    |𝜆| ≤ min {𝑟(𝐴), 𝑐(𝐴)}

    Επομένως για το προηγούμενο παράδειγμα:

    𝐴 = [3 23 −2]

    𝑟1(𝐴) = 5𝑟2(𝐴) = 5

    }𝑟(𝐴) = 5

    𝑐1(𝐴) = 6𝑐2(𝐴) = 4

    }𝑐(𝐴) = 6

    |𝜆| ≤ min {5, 6} = 5

    7.2 Μέθοδος δύναμης

    Έχουμε έναν πίνακα 𝐴 και κατατάσσουμε τις ιδιοτιμές του:

    |𝜆1| ≥ |𝜆2| ≥ ⋯ ≥ ∣𝜆𝑛∣

    με ιδιοδιανύσματα:

    𝑥1, 𝑥2,… , 𝑥𝑛που γνωρίζουμε από τη θεωρία γραμμικής άλγεβρας ότι είναι γραμμικά ανεξάρτητα, επομένως σχη-ματίζουν μία βάση, με ένα τυχαίο διάνυσμα:

    𝑣0 = 𝑎1𝑥1 + 𝑎2𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑥𝑛

    35

  • πολλαπλασιάζουμε με 𝐴:

    𝐴𝑣0 = 𝑎1𝐴𝑥1 + 𝑎2𝐴𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑛𝐴𝑥𝑛= 𝑎1𝜆1𝑥1 + 𝑎2𝜆2𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑛𝜆𝑛𝑥𝑛

    𝐴2𝑣0 = 𝑎1𝜆21𝑥1 + 𝑎2𝜆22𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑛𝜆2𝑛𝑥𝑛⋮

    𝐴𝑘𝑣0⏟𝑣𝑘

    = 𝑎1𝜆𝑘1𝑥1 + 𝑎2𝜆𝑘2𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑛𝜆𝑘𝑛𝑥𝑛

    1𝜆𝑘1

    𝑣𝑘 = 𝑎1𝑥1 + 𝑎2 (𝜆2𝜆1

    )𝑘𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑛 (

    𝜆𝑛𝜆1

    )𝑘𝑥𝑛

    lim𝑘→∞

    1𝜆𝑘1

    𝑣𝑘 = 𝑎1𝑥1

    Επειδή 𝑘 → ∞ και μπορεί να εμφανιστούν πολύ μεγάλοι ή πολύ μικροί αριθμοί, θα κανονικοποιήσωτο 𝑣𝑘.

    7.2.1 Αλγόριθμος

    Είσοδος: 𝐴 ∈ ℝ𝑛×𝑛, 𝑢0 ∈ ℝ𝑛:1 for k=0,1,… do2 𝑣𝑘+1 ∶= 𝐴𝑢𝑘;3 𝑢𝑘+1 ∶= 1∥𝑣𝑘+1∥∞

    𝑣𝑘+1;4 if ∥𝑢𝑘+1 − 𝑢𝑘∥∞ < 𝜖 then5 go to 66 end7 end

    Παράδειγμα

    𝐴 = [2 11 2] , 𝑢0 = [21]

    𝑣1 = 𝐴𝑢0 = [54] ⟹ 𝑢1 =

    15𝑣1 = [

    1.00.8]

    𝑣2 = 𝐴𝑢1 = [2.82.6] ⟹ 𝑢2 =

    12.8𝑣2 = [

    1.00.93]

    𝑣3 = 𝐴𝑢2 = [2.922.85] ⟹ 𝑢3 =

    12.92𝑣3 = [

    1.00.98]

    𝑣4 = 𝐴𝑢3 = [2.982.95]

    7.3 Μετασχηματισμοί Householder

    Από τη γραμμική άλγεβρα γνωρίζουμε ότι οι όμοιοι πίνακες έχουν ίδιες ιδιοτιμές:

    𝐴,𝐵 ∈ ℝ𝑛×𝑛

    𝐵 = 𝑆−1𝐴𝑆

    36

  • Αν για τον 𝐴 έχω υπολογίσει την 𝜆1, θα είναι χρήσιμο να μπορώ να βρω έναν πίνακα:

    𝐻𝐴𝐻−1 =⎡⎢⎢⎢⎢⎣

    𝜆1 𝑥 𝑥 𝑥 … 𝑥00 𝐴1⋮0

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎦

    det(𝐴 − 𝜆𝐼) όμοιοι= det(𝐻𝐴𝐻−1 − 𝜆𝐼) = (𝜆1 − 𝜆) det(𝐴1 − 𝜆𝐼)

    Αν 𝑒1 =⎡⎢⎢⎢⎣

    10⋮0

    ⎤⎥⎥⎥⎦

    𝐻𝐴𝐻−1𝑒1 = 𝜆1𝑒1𝐴(𝐻−1𝑒1) = 𝜆1(𝐻−1𝑒1)

    Δηλαδή ψάχνω 𝐻 ώστε:

    𝐻−1𝑒1 = 𝑥1𝐻𝑥1 = 𝑒1

    κάτι που θα μου δώσει ο Householder.

    7.4 Παραγοντοποίηση QR (Εισαγωγή)

    Μετατρέπω έναν πίνακα 𝐴 σε γινόμενο 2 πινάκων 𝑄 και 𝑅, όπου ο 𝑄 ορθογώνιος και ο 𝑅 άνωτριγωνικός:

    𝐴 = 𝑄↓

    ορθογώνιος

    ⋅άνω τριγωνικός

    ↑𝑅

    Για κάποιες επαναλήψεις:

    𝐴0 = 𝐴

    ⎧{{{⎨{{{⎩

    𝐴0 = 𝑄1𝑅1, θέτω 𝐴1 = 𝑅1𝑄1𝐴1 = 𝑄2𝑅2, θέτω 𝐴2 = 𝑅2𝑄2

    ⋮ ⋮𝐴𝑘−1 = 𝑄𝑘𝑅𝑘, θέτω 𝐴𝑘 = 𝑅𝑘𝑄𝑘

    Η μέθοδος αυτή συγκλίνει σε έναν ημιτριγωνικό πίνακα (τον 𝐴𝑘). Από τον 𝐴0 ξεκινώ, τον παρα-γοντοποιώ σε 𝑄1𝑅1 και βρίσκω τον 𝐴1 = 𝑅1𝑄1. Παραγοντοποιώ τον 𝐴1 σε γινόμενο 𝑄𝑅 κ.ό.κ.

    Για έναν ημιτριγωνικό πίνακα:

    ⎡⎢⎢⎢⎢⎣

    ∘∘◻◻

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎦

    Ο πίνακας αυτός είναι άνω τριγωνικός, απλά σε κάποιες θέσεις στη διαγώνιο έχει 2 × 2 πίνακες.

    37

  • Παράδειγμα Να βρεθούν οι ιδιοτιμές του πίνακα 𝐴 με παραγοντοποίηση 𝑄𝑅:

    𝐴 = ⎡⎢⎣

    1 2 30 1 50 −3 2

    ⎤⎥⎦

    Λύση Ο 𝐴 είναι ήδη ημιτριγωνικός (ουσιαστικά είναι ο 𝐴𝑘):

    𝐴 = [10 𝐵 ] όπου 𝐵 = [1 5−3 2]

    Η μία ιδιοτιμή είναι το 𝜆1 = 1.Οι μιγαδικές ιδιοτιμές θα προκύψουν από τον πίνακα 𝐵:

    det(𝐵 − 𝜆𝐼) = 0 ⟹ ∣1 − 𝜆 5−3 2 − 𝜆∣ = 0 ⟹ 𝜆2 − 3𝜆 + 17 = 0 ⟹ 𝜆2,3 =

    32 ± 𝑖

    √592

    Παράδειγμα Να βρεθούν οι ιδιοτιμές του 𝐴 με τη μέθοδο παραγοντοποίησης 𝑄𝑅:

    𝐴 = ⎡⎢⎣

    6 −1 5−3 2 −12 4 2

    ⎤⎥⎦

    Λύση Σύμφωνα με τη μέθοδο:

    𝐴 = 𝐴0

    𝐴0 = 𝑄1𝑅1 =⎡⎢⎣

    0.85 −0.11 0.50−0.42 0.38 0.810.28 0.91 −0.28

    ⎤⎥⎦⋅ ⎡⎢⎣

    7 −0.57 5.280 4.54 6.880 0 1.13

    ⎤⎥⎦

    (Θα δούμε αργότερα πώς βρίσκουμε τους 𝑄1𝑅1)

    𝐴1 = 𝑅1𝑄1 =⎡⎢⎣

    7.75 5.83 1.55−1.69 2.56 3.460.32 1.03 −0.31

    ⎤⎥⎦

    Τώρα παραγοντοποιώ τον 𝐴1 σε γινόμενο QR:

    𝐴1 = 𝑄2𝑅2 ⟹ 𝐴2 = 𝑅2𝑄2Μετά από 6 επαναλήψεις προκύπτει:

    𝐴6 =⎡⎢⎣

    6.06 5.30 1.05−0.17 5.07 −2.63

    0 0 −1.13⎤⎥⎦

    Ο πίνακας 𝐴6 είναι ημιτριγωνικός. Στην διαγώνιο βρίσκουμε ότι 𝜆3 = −1.13. Ύστερα μέσω του

    𝐵 = [ 6.06 5.30−0.17 5.07] θα βρω τις 𝜆1,2:

    det(𝐵 − 𝜆𝐼) = 0 ⟹ 𝜆1,2 = 5.57 ± 𝑖0.81

    7.5 Παραγοντοποίηση QR

    Το πρόβλημα Δεδομένου ενός πίνακα 𝐴, να βρεθούν 2 πίνακες 𝑄 (ορθογώνιος), 𝑅 (άνω τριγωνικός),έτσι ώστε:

    𝐴 = 𝑄 ⋅ 𝑅

    38

  • 7.5.1 Εισαγωγή

    Ένα σύνολο διανυσμάτων {𝑥1, 𝑥2,… , 𝑥𝑛} του χώρου 𝑉 λέγονται ορθογώνια αν ανά 2 μεταξύ τουςείναι κάθετα:

    (𝑥𝑖, 𝑥𝑗) = 0 ∀𝑖 ≠ 𝑗

    Τα διανύσματα 𝑥1, 𝑥2,… , 𝑥𝑛 λοιπόν είναι μεταξύ τους γραμμικά ανεξάρτητα. Εάν σε αυτά τα δια-νύσματα προσθέσω (εκτός της ορθογωνιότητας) την ιδιότητα της μοναδιαίας νόρμας/μήκους/μέτρου,ονομάζω τα 𝑥1, 𝑥2,… , 𝑥𝑛 ορθοκανονικά. Τότε ισχύει και η παρακάτω ιδιότητα:

    Kroenecker Delta Όταν έχω μία σχέση μεταξύ δύο αντικειμένων:

    (𝑥𝑖, 𝑥𝑗) = 0 για 𝑖 ≠ 𝑗= 1 για 𝑖 = 𝑗

    αυτή αναπαριστά το δέλτα του Kroenecker:

    (𝑥𝑖, 𝑥𝑗) = 𝛿𝑖𝑗Για να μετατρέψω το ορθογώνιο σύστημα σε ορθοκανονικό, αρκεί να πάρω κάθε διάνυσμα βάσης,

    και να το "μειώσω" ώστε να έχει μέτρο τη μονάδα (κανονικοποίηση):

    𝑥𝑖 ∶=𝑥𝑖‖𝑥𝑖‖

    Για παράδειγμα, αν 𝑥𝑖 =⎡⎢⎣

    𝑥1𝑥2𝑥3

    ⎤⎥⎦, τότε:

    ‖𝑥𝑖‖2 = 𝑥21 + 𝑥22 + 𝑥23‖𝑥𝑖‖ = √𝑥21 + 𝑥22 + 𝑥23

    𝑥𝑖 =⎡⎢⎢⎢⎢⎣

    𝑥1√𝑥21+𝑥22+𝑥23

    𝑥2√𝑥21+𝑥22+𝑥23

    𝑥3√𝑥21+𝑥22+𝑥23

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎦

    Ας υποθέσουμε ότι έχουμε 𝑛 ορθοκανονικά διανύσματα βάσης σε έναν χώρο διάστασης 𝑛:

    {𝑥1, 𝑥2,… , 𝑥𝑛}

    Επομένως κάθε διάνυσμα 𝑋 του χώρου γράφεται σαν γραμμικός συνδυασμός των διανυσμάτωνβάσης:

    𝑋 =𝑛∑𝑖=1

    𝑐𝑖𝑥𝑖

    και επειδή η βάση είναι ορθοκανονική, αποδεικνύεται ότι οι συντελεστές 𝑐𝑖 προκύπτουν από τοεσωτερικό γινόμενο:

    𝑐𝑖 = (𝑥𝑖, 𝑋)

    Πράγματι:

    (𝑥𝑖, 𝑋) = ⎛⎜⎝𝑥𝑖,

    𝑛∑𝑗=1

    𝑐𝑗𝑥𝑗⎞⎟⎠

    39

  • Από ιδιότητα του εσωτερικού γινομένου (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦, 𝑧) = 𝑎(𝑥, 𝑦) + 𝑏(𝑦, 𝑧)

    =𝑛∑𝑗=1

    𝑐𝑗(𝑥𝑖, 𝑥𝑗)

    =𝑛∑𝑗=1

    𝑐𝑖 ⋅ 𝛿𝑖𝑗 = 𝑐𝑖.

    7.5.2 Ορθογώνιος πίνακας

    Έστω ότι στον χώρο ℝ𝑛 έχουμε 𝑛 ορθοκανονικά διανύσματα 𝑞1, 𝑞2,… , 𝑞𝑛.Τον πίνακα που φτιάχνουμε με αυτά τα διανύσματα:

    𝑄 = ⎡⎢⎣𝑞1 𝑞2 … 𝑞𝑛

    ⎤⎥⎦

    τον ονομάζουμε ορθογώνιο πίνακα.Για αυτόν προκύπτει αν δούμε τις πράξεις:

    𝑄T𝑄 = 𝐼 ,

    δηλαδή ο ανάστροφός του είναι ο αντίστροφός του:

    𝑄−1 = 𝑄T

    Εσωτερικά γινόμενα Θα δείξουμε ότι το εσωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων 𝑥, 𝑦 ενός χώρου δεναλλάζει αν τα πολλαπλασιάσουμε με τον 𝑄, δηλαδή (𝑄𝑥,𝑄𝑦) = (𝑥, 𝑦):

    (𝑄𝑥,𝑄𝑦) = (𝑄𝑥)T𝑄𝑦= 𝑥T 𝑄T𝑄⏟

    𝐼𝑦

    = 𝑥𝑇 𝑦 = (𝑥, 𝑦).

    Επομένως, παρατηρώ ότι:

    ‖𝑄𝑥‖2 = (𝑄𝑥,𝑄𝑥) = (𝑥, 𝑥) = ‖𝑥‖2

    Συγκεντρωτικά οι ιδιότητες του 𝑄 ∈ ℝ𝑛×𝑛

    1. Στήλες 𝑄 είναι μια ορθοκανονική βάση του ℝ

    2. 𝑄T𝑄 = 𝐼

    3. 𝑄−1 = 𝑄T

    4. (𝑄𝑥,𝑄𝑦) = (𝑥, 𝑦)

    5. ‖𝑄𝑥‖ = ‖𝑥‖

    7.6 Μετασχηματισμοί Householder

    Ο μετασχηματισμός Householder είναι ένας πίνακας που μετασχηματίζει ένα διάνυσμα, ώστε π.χ.να έχει ίδια κατεύθυνση αλλά διαφορετικό μέτρο.

    40

  • Το πρόβλημα Δεδομένου ενός διανύσματος 𝑥 ∈ ℝ𝑛 και σταθεράς 𝑘 ∈ {1, 2,… , 𝑛}, να βρεθεί έναςπίνακας 𝐻 , τέτοιος ώστε οι τελευταίες 𝑛 − 𝑘 συνιστώσες του διανύσματος 𝐻𝑥 να είναι μηδέν.

    Δηλαδή οι τιμές του 𝐻𝑥, κάτω από μία θέση που θέλω εγώ, να είναι μηδενικές.Αυτό το πρόβλημα θα λύσουν οι μετασχηματισμοί Householder:

    Ορισμός 7.4

    Για κάποιο διάνυσμα 𝑢 ∈ ℝ𝑛 με μοναδιαίο μήκος (‖𝑢‖2 = 1), ο πίνακας

    𝐻 = 𝐼 − 2𝑢𝑢T

    ονομάζεται μετασχηματισμός Householder.

    Παρατηρούμε ότι (και προκύπτει με πράξεις), ότι ο 𝐻 είναι συμμετρικός.Θα αποδείξουμε ότι ο 𝐻 είναι ορθογώνιος!

    𝐻𝐻T = (𝐼 − 2𝑢𝑢T)(𝐼 − 2𝑢𝑢T)𝑇= (𝐼 − 2𝑢𝑢T)(𝐼 − 2𝑢𝑢T)= 𝐼 − 4𝑢𝑢T + 4𝑢𝑢T𝑢⏟

    1𝑢T𝑢𝑢T

    ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟1

    = 𝐼

    Έχω:

    𝐻𝑥 = 𝑦 όπου για τον 𝑦, από την 𝑘 + 1 θέση και κάτω, μηδενικά𝐻𝑥 = (𝐼 − 2𝑢𝑢T)𝑥 = 𝑥 − 2𝑢𝑢T𝑥 = 𝑥 − 2(𝑢T𝑥)𝑢

    Όμως, το 𝑢T𝑥 είναι η προβολή του 𝑥 στο 𝑢. Όπως ξέρω, η προβολή του διανύσματος ⃗𝑏 πάνωστο διάνυσμα ⃗𝑎 γράφεται:

    ⃗𝜌 = 𝑎T𝑏

    𝑎T𝑎 ⃗𝑎

    Άρα για εμάς:

    ⃗𝜌 = 𝑢T𝑥

    ���*

    1 αφού μοναδιαίο𝑢T𝑢

    = (𝑢T𝑥)𝑢

    Για να βρω τον Η ψάχνω το 𝑢 στη σχέση 𝐼 − 2𝑢𝑢T.Ορίζω το διάνυσμα 𝑦 με την ίδια νόρμα (ευκλείδια) με το 𝑥:

    ‖𝑥‖2 = ‖𝑦‖2Έτσι, ορίζω ακόμα το μοναδιαίο (κανονικοποιημένο) διάνυσμα 𝑢 ως:

    𝑢 = 𝑥 − 𝑦‖𝑥 − 𝑦‖

    Θα δείξω ότι αυτό το 𝑢 είναι μια πάρα πολύ καλή επιλογή:

    (𝐼 − 2𝑢𝑢T)𝑥 = 𝑦

    41

  • Θέλω

    𝑥 =

    ⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣

    𝑥1𝑥2⋮𝑥𝑘⋮

    𝑥𝑛

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦

    → 𝑦 =

    ⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

    𝑥1𝑥2⋮

    𝑥𝑘−1±√𝑥2𝑘 + 𝑥2𝑘+1 +⋯+ 𝑥2𝑛

    00⋮0

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

    (από το 𝑘 + 1 και κάτω, 0)

    Αυτό γίνεται με το:

    𝑢 = 𝑥 − 𝑦‖𝑥 − 𝑦‖

    Θα βρω ακριβώς το 𝑢:

    (𝑥 − 𝑦) =

    ⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

    00⋮

    𝑥𝑘−(−sgn(𝑥𝑘)⋅√𝑥2𝑘+𝑥2𝑘+1+⋯+𝑥2𝑛)

    𝑥𝑘+1⋮⋮

    𝑥𝑛

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

    Για ευκολία θέτω:

    𝑠 = √𝑥2𝑘 + 𝑥2𝑘+1 +⋯+ 𝑥2𝑛 (1)

    ‖𝑥 − 𝑦‖ = √(𝑥𝑘 + sgn(𝑥𝑘)𝑠) + 𝑥2𝑘+1 +⋯+ 𝑥2𝑛= √2𝑠 (𝑠 + |𝑥𝑘|) (2)

    Τελικά:

    𝑢 = 1√2𝑠 (𝑠 + |𝑥𝑘|)

    ⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

    00⋮

    𝑥𝑘−(−sgn(𝑥𝑘)⋅√𝑥2𝑘+⋯+𝑥2𝑛)

    𝑥𝑘+1⋮⋮

    𝑥𝑛

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

    Παράδειγμα Επιθυμώ το παρακάτω 𝑥 να έχει μηδέν στην 3η συνιστώσα:

    𝑥 = ⎡⎢⎣

    743⎤⎥⎦

    42

  • Επίλυση Είναι 𝑘 = 2. Θα χρησιμοποιήσω τις (1) και (2):

    𝑠 = √𝑥22 + 𝑥23 = √42 + 32 = 5

    ‖𝑢‖ = ‖𝑥 − 𝑦‖ = √2 ⋅ 5 (𝑠 + |𝑥𝑘|) = √10(5 + 4) =√90

    sgn(𝑥𝑘) = +

    𝑢 = 1√90⎡⎢⎣

    04 + +5

    3⎤⎥⎦

    = 1√90⎡⎢⎣

    093⎤⎥⎦

    Άρα:

    𝐻 = 𝐼 − 2𝑢𝑢T = 𝐼 − 290⎡⎢⎣

    093⎤⎥⎦[0 9 3] = 𝐼 − 290

    ⎡⎢⎣

    0 0 00 81 270 27 9

    ⎤⎥⎦

    = ⎡⎢⎣

    1 0 00 1 00 0 1

    ⎤⎥⎦− 290

    ⎡⎢⎣

    0 0 00 81 270 27 9

    ⎤⎥⎦

    = 15⎡⎢⎣

    5 0 00 −4 −30 −3 4

    ⎤⎥⎦

    𝐻 ⋅ 𝑥 = ⋯ = ⎡⎢⎣

    7−50⎤⎥⎦

    (επαλήθευση)

    Για να γράψω έναν πίνακα 𝐴 με μορφή:

    𝐴 = 𝑄 ⋅ 𝑅

    λειτουργώ ως εξής:

    𝐻1 ⋅ 𝐴 = [𝐻1𝑎1 𝐻1𝑎2 … 𝐻1𝑎𝑛] =⎡⎢⎢⎢⎢⎣

    ∗ ∗ ∗ ⋯ ∗0 ∗ ∗ ⋯ ∗0 ∗ ∗ ⋯ ∗⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮0 ∗ ∗ ⋯ ∗

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎦

    = 𝐴1.

    Βρίσκω τον 𝐴1, από αυτόν υπολογίζω τον 𝐻2, και ύστερα βρίσκω το γινόμενο 𝐻2 ⋅ 𝐴1

    𝐻2 ⋅ 𝐴1 =

    ⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣

    ∗ ∗ ∗ ∗ ⋯ ∗0 ∗ ∗ ∗ ⋯ ∗0 0 ∗ ∗ ⋯ ∗0 0 ∗ ∗ ⋯ ∗⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮0 0 ∗ ∗ ⋯ ∗

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦

    = 𝐴2

    𝐻𝑛−1𝐴𝑛−2 =

    ⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣

    ∗ ∗ ∗ ∗ ⋯ ∗0 ∗ ∗ ∗ ⋯ ∗0 0 ∗ ∗ ⋯ ∗0 0 0 ∗ ⋯ ∗⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮0 0 0 0 ⋯ ∗

    ⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦

    = 𝐴𝑛−1 = 𝑅

    Τελικά δηλαδή:

    𝐻𝑛−1𝐻𝑛−2 ⋯𝐻1𝐴 = 𝑅

    43

  • 𝐻↗ συμμετρικός↘ ορθογώνιος

    𝐻T = 𝐻−1

    𝐴 = 𝐻T1 𝐻T2 …𝐻T𝑛−1𝑅𝐴 = 𝐻1𝐻2 …𝐻𝑛−1⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟

    𝑄𝑅

    Δηλαδή φτάνουμε στο πολυπόθητο:

    𝐴 = 𝑄𝑅

    𝐴𝑚×𝑛

    = 𝑄𝑚×𝑚

    × 𝑅𝑚×𝑛

    → ⎡⎢⎣

    𝑛 × 𝑛 άνω τριγωνικός0

    𝑚×𝑛 γραμμές⎤⎥⎦

    Άσκηση Δίνεται ο πίνακας 𝑋 = ⎡⎢⎣

    −3412

    ⎤⎥⎦. Να βρεθεί πίνακας 𝐻 ώστε ο 𝐻𝑥 να έχει μηδέν τις τελευταίες

    2 συνιστώσες.

    Λύση

    𝑘 = 1

    𝑠 = √𝑥21 + 𝑥22 + 𝑥23 = √(−3)2 + 42 + 122 = 13

    𝑢 = 1√2 ⋅ 13 ⋅ (13 + 3)⎡⎢⎣

    𝑥1 + sgn(𝑥1) ⋅ 𝑠𝑥2𝑥3

    ⎤⎥⎦

    ⋯= 1√26⎡⎢⎣

    −413⎤⎥⎦

    𝐻 = 𝐼 − 2𝑢𝑢T = ⎡⎢⎣

    1 0 00 1 00 0 1

    ⎤⎥⎦− 2 1√26

    ⎡⎢⎣

    −413⎤⎥⎦

    1√26 [−4 1 3] =

    113

    ⎡⎢⎣

    −3 4 124 12 −312 −3 4

    ⎤⎥⎦

    Όντως, για επαλήθευση παρατηρούμε ότι:

    𝐻𝑥 = ⎡⎢⎣

    1300⎤⎥⎦

    Άσκηση Να παραγοντοποιηθεί/γραφεί σε μορφή 𝑄𝑅 ο πίνακας 𝐴 = ⎡⎢⎣

    1 5 62 −4 −52 3 17

    ⎤⎥⎦.

    44

  • Λύση Στην πρώτη στήλη:

    𝑎1 =⎡⎢⎣

    122⎤⎥⎦

    𝑘 = 1

    𝑠 = √12 + 22 + 22 = 3

    𝑢1 =1

    √2𝑠(𝑠 + |𝑥1|)⎡⎢⎣

    𝑥1 + 𝑠𝑥2𝑥3

    ⎤⎥⎦

    = 1√24

    ⎡⎢⎣

    422⎤⎥⎦

    𝐻1 = 𝐼 − 2𝑢1𝑢T1⋯= 13

    ⎡⎢⎣

    −1 −2 −2−2 2 −1−2 −1 2

    ⎤⎥⎦

    = 𝑄

    𝐻1𝐴 =⎡⎢⎣

    −3 −1 −100 −7 −130 0 9

    ⎤⎥⎦

    = 𝑅

    Άσκηση Να βρεθεί η παραγοντοποίηση QR του πίνακα 𝐴:

    𝐴 = ⎡⎢⎣

    +1 +2 3+2 9 2+2 2 1

    ⎤⎥⎦

    Λύση

    • Για 𝑘 = 1 Householder:

    𝑄1 =⎡⎢⎣

    122⎤⎥⎦

    𝐻1 =13⎡⎢⎣

    −1 −2 −2−2 2 −12 −1 2

    ⎤⎥⎦

    𝐴1 = 𝐻1𝐴 =⎡⎢⎣

    −3 −8 −30 4 −10 −3 −2

    ⎤⎥⎦

    • Για 𝑘 = 2 Householder:

    𝑄′2 =⎡⎢⎣

    −84−3

    ⎤⎥⎦

    𝑠 = √𝑥22 + 𝑥23 = √42 + (−3)2 = 5

    Προκύπτει:

    𝐻2 = 𝐼 − 2𝑢𝑢T =⎡⎢⎣

    1 0 00 1 00 0 1

    ⎤⎥⎦− 2 1√10

    ⎡⎢⎣

    03−1

    ⎤⎥⎦

    1√10 [0 3 −1] =

    15⎡⎢⎣

    5 0 00 −4 30 3 4

    ⎤⎥⎦

    𝐴2 = 𝐻2𝐴1 =⎡⎢⎣

    −3 −8 −30 −5 −2/50 0 −11/5

    ⎤⎥⎦= 𝑅

    𝑄 = 𝐻1𝐻2 =115

    ⎡⎢⎣

    −1 −2 −2−2 2 −1−2 −1 2

    ⎤⎥⎦

    ⎡⎢⎣

    5 0 00 −4 30 3 4

    ⎤⎥⎦

    = 115⎡⎢⎣

    −5 2 −14−10 −11 2−10 10 5

    ⎤⎥⎦

    45

  • Άσκηση Να παραγοντοποιηθεί ο πίνακας:

    𝐴 = ⎡⎢⎣

    1 12 42 −3

    ⎤⎥⎦

    Λύση

    𝑄↓

    ορθογώνιος

    ⋅άνω τριγωνικός

    ↑𝑅 ÐÐÐÐÐ→ ⎡⎢

    𝑛 × 𝑛 άνω τριγωνικός0

    𝑚×𝑛 γραμμές⎤⎥⎦

    Στον πίνακα: ⎡⎢⎣

    122⎤⎥⎦

    εφαρμόζω Householder για 𝑘 = 1.

    𝐻1 =13⎡⎢⎣

    −1 −2 −2−2 2 −1−2 −1 2

    ⎤⎥⎦

    𝐴1 = 𝐻1𝐴 =⎡⎢⎣

    −3 −10 30 −4

    ⎤⎥⎦

    Householder στον ⎡⎢⎣

    −134⎤⎥⎦

    για 𝑘 = 2:

    𝑠 = √32 + 42 = 5

    𝑢2 =1√10 ⋅ 8

    ⎡⎢⎣

    08

    = 4⎤⎥⎦

    = 1√5⎡⎢⎣

    02−1

    ⎤⎥⎦

    𝐻2 = 𝐼 − 2𝑢2𝑢T2 =⎡⎢⎣

    1 0 00 1 00 0 1

    ⎤⎥⎦− 25

    ⎡⎢⎣

    0 0 00 4 −20 −2 1

    ⎤⎥⎦

    = ⎡⎢⎣

    1 0 00 −35 450 45 35

    ⎤⎥⎦

    𝐻2𝐴1 =⎡⎢⎣

    −3 −10 −50 0

    ⎤⎥⎦

    = 𝑅

    𝑄 = 𝐻1𝐻2 = …

    Κεφάλαιο 9 Επίλυση Γραμμικών Συστημάτων

    Η μέθοδος Cramer βρίσκει λύσεις στα γραμμικά συστήματα, αλλά λόγω του υπολογισμού ορίζου-σας είναι πολύ αργή. Γι' αυτό μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την απαλοιφή Gauss και παραλλαγέςτης για να βρούμε ακριβείς λύσεις στο σύστημα.

    Για την επίλυση γραμμικών συστημάτων μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε δύο είδη μεθόδων:

    • Ακριβείς Μεθόδους

    • Επαναληπτικές Μεθόδους

    46

  • Γενικά οι μέθοδοι αυτές προσπαθούν να μας οδηγήσουν σε ένα ισοδύναμο τριγωνικό σύστημα (𝐴1𝑥 =𝑏1 ∼ 𝐴2𝑥 = 𝑏2):

    𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 +⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 = 𝑏1𝑎22𝑥2 +⋯+ 𝑎2𝑛𝑥𝑛 = 𝑏2

    ⋱ = ⋮𝑎𝑛𝑛𝑥𝑛 = 𝑏𝑛

    επειδή τότε η λύση μπορεί να βρεθεί ως εξής:

    𝑥𝑛 =𝑏𝑛𝑎𝑛𝑛

    𝑥𝑛−1 =𝑏𝑛−1 − 𝑎𝑛−1, 𝑛𝑥𝑛

    𝑎𝑛−1, 𝑛−1⋮ = ⋮

    και αναδρομικά έχω:

    𝑥𝑘 =𝑏𝑘 −∑𝑛𝑗=𝑘+1 𝑎𝑘𝑗𝑥𝑗

    𝑎𝑘𝑘με 𝑘 = 𝑛, 𝑛 − 1, … , 1.

    9.1 Ακριβής επίλυση με παραγοντοποίηση QR

    Η λύση με παραγοντοποίηση QR δίνει ένα ακριβές αποτέλεσμα, αλλά είναι ακριβή σε χρόνο,επομένως χρησιμοποιείται αν έχουμε έτοιμη την παραγοντοποίηση, οπότε:

    𝐴𝑥 = 𝑏𝑄𝑅𝑥 = 𝑏

    𝑅↓

    άνω τριγωνικός

    𝑥 = 𝑄T𝑏

    9.2 Ακριβής επίλυση με απαλοιφή Gauss

    9.2.1 Στοιχειώδεις πράξεις

    • Ανταλλαγή δύο γραμμών 𝑅𝑖 και 𝑅𝑗.Θα το συμβολίζουμε:

    𝑅𝑖 ∶= 𝑅𝑗 ή 𝑅𝑖 ← 𝑅𝑗

    • Πολλαπλασιασμός γραμμής 𝑅𝑖 με μια σταθερά 𝑎 ∈ ℝ.Θα το συμβολίζουμε:

    𝑅𝑖 ∶= 𝑎𝑅𝑖 ή 𝑅𝑖 ← 𝑎𝑅𝑖

    • Πρόσθεση σε μια γραμμή 𝑅𝑖 το γινόμενο της γραμμής 𝑅𝑗 με μια σταθερά 𝑎 ∈ ℝ.Θα το συμβολίζουμε:

    𝑅𝑖 ∶= 𝑅𝑖 + 𝑎𝑅𝑗 ή 𝑅𝑖 ← 𝑅𝑖 + 𝑎𝑅𝑗

    47

  • 9.2.2 Κλιμακωτή Μορφή

    Παράδειγμα Αν έχουμε το σύστημα:

    𝑥1 + 2𝑥2 − 4𝑥3 = −45𝑥1 + 11𝑥2 − 21𝑥3 = −22

    3𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 = 11

    Λύση Τοποθετώ τους συντελεστές σε έναν πίνακα ώστε να μην γράφω συνέχεια τα ονόματατων μεταβλητών:

    ⎡⎢⎣

    1 2 −4 −45 11 −21 −223 −2 3 11

    ⎤⎥⎦

    και προσπαθώ να τον φέρω σε κλιμακωτή μορφή, εκτελώντας τις παραπάνω γραμμοπράξεις.

    Ορισμός 9.1: Κλιμακωτή μορφή ενός ΠΙΝΑΚΑ

    1. Το πρώτο μη μηδενικό στοιχείο κάθε μη μηδενικής γραμμής να είναι 1.

    2. Εάν η γραμμή 𝑘 έχει μη μηδενικά στοιχεία, τα αρχικά μηδενικά στο�