Упражнение. Решить несовместную систему уравнений методом наименьших квадратов

Решить несовместную систему уравнений методом наименьших квадратов

3 x ₁– x ₂=1

x ₁+ x ₂=0

4 x ₁=–1

2. Приближение функции тригонометрическими полиномами. Пусть f (t) – непрерывная функция на отрезке [0,2p]. Ставится задача подобрать тригонометрический многочлен P (t) данного
порядка, наименее отклоняющийся от f (t). За меру отклонения P (t) от функции f (t) берется квадратичное уклонение

.

Многочлен P (t) порядка n имеет вид

.

Напомним, что в пространстве непрерывных функций С _(0,2p) скалярное произведение двух векторов f (t) и g(t) задается интегралом

.

Тогда S определяет квадрат расстояния от f (t) до P (t), т.е. квадрат длины вектора (f (t)– P (t)),

.

Чтобы минимизировать интеграл снова нужно из точки f (t) опустить перпендикуляр на подпространство R ₁, натянутое на базис, состоящий из (2 n +1) функций

.

Заметим, что базис {е} – ортогональный и нормированный. Тогда решением будет многочлен P (t),

где c _k= (f, e _k), k =0,1,…,2 n.

Используя определение скалярного произведения в , получаем

.

ПРИЛОЖЕНИЕ 2 О приближенном вычислении собственных значений матрицы

Нахождение собственных значений и собственных векторов матриц требуется во многих физических и технических задачах при исследовании устойчивости различных процессов, например при определении устойчивости и колебаний различных инженерных сооружений.

Задачу отыскания всех собственных значений и собственных векторов матрицы называют полной проблемой собственных значений, а нахождение лишь некоторых из них – частичной проблемой собственных значений.

Задача численного нахождения собственных значений и векторов является одной из наиболее сложных вычислительных задач алгебры.

Как известно, собственные значения l матрицы А являются корнями характеристического многочлена det(A –l E). Может показаться, что основная трудность состоит в отыскании корней этого многочлена, однако, для произвольной матрицы, особенно большого размера, затруднительно вычислить сами коэффициенты характеристического многочлена. Поэтому большинство численных методов основываются не на получении характеристического многочлена матрицы А, а на различных преобразованиях, упрощающих матрицу.

В практических задачах чаще всего требуется вычислить не все собственные значения, а лишь некоторые из них. Так, в вопросах устойчивости требуется найти минимальное (или максимальное) по модулю собственное значение матрицы.

Для этого проще всего использовать итерационные методы. Опишем такой алгоритм для нахождения максимального по модулю собственного значения и соответствующего собственного вектора.

Пусть матрица А порядка n имеет все действительные собственные значения l₁, l₂, …, l_n
и соответствующие собственные векторы которые образуют базис в . Предположим, что собственные значения удовлетворяют условиям:

т.е.

собственные значения монотонно убывают по модулю, причем l₁– максимальное значение (строго больше остальных).

Возьмем произвольный вектор (начальное приближение), разложим его по базису { u }

Умножим теперь матрицу А на вектор , в результате получим вектор

или коротко

А теперь умножим матрицу А на вектор и получим вектор

Продолжая процесс, через k шагов получим

Преобразуем полученное равенство:

Так как то

Это означает, что при больших k слагаемые в разложении вектора убывают и не играют существенной роли, а значит, вектор будет “почти” коллинеарен вектору .

, т.е. .

Приведенные рассуждения положены в основу итерационного метода нахождения наибольшего по модулю собственного значения. Этот метод носит название степенного метода. При достаточно большом l₁длины полученных векторов сильно растут, поэтому при реализации алгоритма обычно проводят нормировку .

Алгоритм степенного метода состоит в следующем:

1. Задается начальное приближение

2. Последовательно вычисляются по формулам:

k -й шаг итерации

3. Вычисление ведется до тех пор, пока не станет где e - заданная точность.

4. Собственный вектор

Это означает, что последовательность длин d _kвекторов сходится к максимальному собственному значению l₁, а последовательность векторов к собственному вектору , отвечающему собственному значению l₁.

Отметим, что скорость сходимости степенного метода зависит от того, насколько l_maxпревышает остальные собственные значения, чем больше отношение тем быстрее сходится метод.

Так, для матрицы

точное значение l_max= 10,123, l_min= 1,887. Уже на третьем шаге итерации получаем

l₁» d ₃= 10,125,

что дает хорошее приближение для l₁.

Если наибольшее по модулю собственное значение имеет кратность больше единицы,
то итерационный процесс сходится к одному из собственных векторов собственного подпространства . Выбирая различные начальные векторы , можно построить все линейно независимые собственные векторы подпространства .

Если же нужно найти не наибольшее, а наименьшее собственное значение , то следует использовать соображение: если – собственный вектор А с собственным значением l, то

Таким образом вектор u является собственным и для матрицы А^–1, отвечающим собственному значению

Отсюда следует, что

Значит, для нахождения минимального собственного значения матрицы А следует найти обратную матрицу А^–1 и для нее найти максимальное собственное значение.

Задания для самостоятельной работы

1.Решите самостоятельно следующие задачи (номер варианта совпадает с вашим номером в списке группы):

Задача № 1. Найти собственные значения и собственные векторы матрицы A:

Варианты:

№ 1 № 2 № 3

№ 4 № 5 № 6

№ 7 № 8 № 9

№ 10 № 11 № 12

№ 13 № 14 № 15

№ 16 № 17 № 18

№ 19 № 20 № 21

№ 22 № 23 № 24

№ 25 № 26 № 27

№ 28 № 29 № 30

Задача № 2. Привести кривую второго порядка к каноническому виду ортогональным преобразованием.

Варианты:

№ 1. 4 xy – x ²– y ²+ 3 = 0.

№ 2. 2 x ²+ 2 y ²– 2 xy – 9 = 0.

№ 3. xy = 4.

№ 4. 2 xy – 2 x ²– 2 y ²+ 9 = 0.

№ 5. 4 xy – 3 x ²– 3 y ²+ 25 = 0.

№ 6. 15 – x ²– y ²– 4 xy = 0.

№ 7. 6 xy – 5 x ²– 5 y ²+ 16 = 0.

№ 8. xy – 8 = 0.

№ 9. 3 x ²+ 3 y ²– 4 xy – 10 = 0.

№ 10. x ²+ y ²– 8 xy – 15 = 0.

№ 11. 5 x ²+ 5 y ²– 2 xy – 24 = 0.

№ 12. 4 xy + 1 = 0.

№ 13. 2 x ²+ 2 y ²– 2 xy – 1 = 0.

№ 14. 3 x ²+ y ²– 4 xy = 0.

№ 15. x ²+ y ²+ xy – 9 = 0.

№ 16. xy – 8 = 0.

№ 17. 4 xy – x ²– y ²+ 3 = 0.

№ 18. 3 x² + 3 y ²– 4 xy – 10 = 0.

№ 19. 2 x ²+ 2 y ²– 2 xy – 9 = 0.

№ 20. x ²+ y ²– 8 xy – 15 = 0.

№ 21. xy – 4 = 0.

№ 22. 5 x ²+ 5 y ²– 2 xy – 24 = 0.

№ 23. 2 xy – 2 x ²– 2 y ²+ 9 = 0.

№ 24. 4 xy + 1 = 0.

№ 25. 4 xy – 3 x ²– 3 y ²+ 25 = 0.

№ 26. x ²+ y ²= 0.

№ 27. 15 – x ²– y ²– 4 xy = 0.

№ 28. 3 x ²+ y ²– 4 xy = 0.

№ 29. 6 xy – 5 x ²– 5 y ²+ 16 = 0.

№ 30. x ²+ y ²+ xy – 9 = 0.

Задача № 3. При каких значениях параметра квадратичная форма Q(x) положительно определена (указать ближайшее целое ).

Варианты:

№ 1.

№ 2.

№ 3.

№ 4.

№ 5.

№ 6.

№ 7.

№ 8.

№ 9.

№ 10.

№ 11.

№ 12.

№ 13.

№ 14.

№ 15.

№ 16.

№ 17.

№ 18.

№ 19.

№ 20.

№ 21.

№ 22.

№ 23.

№ 24.

№ 25.

№ 26.

№ 27.

№ 28.

№ 29.

№ 30.

Задача № 4. Определить координаты образа A(x), если задан вектор x и матрица A линейного преобразования A: R³ ® R³.

Варианты:

№ 1, № 16 ; № 2, № 17 ;

№ 3, № 18 ; № 4, № 19 ;

№ 5, № 20 ; № 6, № 21 ;

№ 7, № 22 ; № 8, № 23 ;

№ 9, № 24 ; № 10, № 25 ;

№ 11, № 26 ; № 12, № 27 ;

№ 13, № 28 ; № 14, № 29 ;

№ 15, № 30 .

Задача № 5. В пространстве V многочленов P(t) степени n£2 со стандартным базисом, e₂= t, e₃= t² задана система векторов f ₁, f ₂, f ₃и оператор A: V®V;

1) проверить, что f ₁, f ₂, f ₃является тоже базисом;

2) проверить линейность оператора А;

3) найти матрицу перехода С от базиса { e } к базису { f };

4) найти матрицы A_e, A_f оператора A в обоих базисах;

5) проверить формулу A_f= C^–1A_eC.

Варианты:

№ 1, 16. f ₁= 1 + t; f ₂= t + t ²; f ₃= 1 + t ²; A (p) = t × p ¢.

№ 2, 17. f ₁= 1 + t; f ₂= t + t ²; f ₃= 1 + t ²; A (p) = p + p ¢.

№ 3, 18. f ₁= 1 + t; f ₂= t + t ²; f ₃= 1 + t ²; A (p) = 2 p – p ¢.

№ 4, 19. f ₁= 1; f ₂= 1 + t; f ₃= 1 + t + t ²; A (p) = t × p ¢.

№ 5, 20. f ₁= 1; f ₂= 1 + t; f ₃= 1 + t + t ²; A (p) = p + p ¢.

№ 6, 21. f ₁= 1; f ₂= 1 + t; f ₃= 1 + t + t ²; A (p) = 2 p – p ¢.

№ 7, 22. f ₁= 1 – t; f ₂= t – t ²; f ₃= t ²; A (p) = t × p ¢.

№ 8, 23. f ₁= 1 – t; f ₂= t – t ²; f ₃= t ²; A (p) = p + p ¢.

№ 9, 24. f ₁= 1 – t; f ₂= t – t ²; f ₃= t ²; A (p) = 2 p – p ¢.

№ 10, 25. f ₁= t (1 + t); f ₂= t (t –1); f ₃= 1; A (p) = t × p ¢.

№ 11, 26. f ₁= t (1 + t); f ₂= t (t –1); f ₃= 1; A (p) = p + p ¢.

№ 12, 27. f ₁= t (1 + t); f ₂= t (t –1); f ₃= 1; A (p) = 2 p – p ¢.

№ 13, 28. f ₁= t ²+ t + 1; f ₂= t ²+ t; f ₃= t ²; A (p) = t × p ¢.

№ 14, 29. f ₁= t ²+ t + 1; f ₂= t ²+ t; f ₃= t ²; A (p) = p + p ¢.

№ 15, 30. f ₁= t ²+ t + 1; f ₂= t ²+ t; f ₃= t ²; A (p) = 2 p – p¢.

ТРЕНИНГ УМЕНИЙ