Poglavje 1 Plavajoča vejica Slika 1.1: Plavajoča vejica Zapis je oblike ( 1) o (1 + m)2 e 1023, mantisa je v normalizirani obliki, eksponent je podan
|
|
- Jani Jerman
- pred 4 leti
- Pregledov:
Transkripcija
1 Poglavje Plavajoča vejica Slika : Plavajoča vejica Zapis je oblike ( ) o ( + m) e, mantisa je v normalizirani obliki, eksponent je podan z zamikom Več lahko najdete na tej strani Naloga Zapiši naslednja števila v dvojni natančnosti: (i) 785, (ii), (iii) 555 Rešitev (i) Število najprej pretvorimo v dvojiški zapis Lotimo se celega dela = + = + = () Potem pa še decimalni del 7875 = = = = = +
2 POGLAVJE PLAVAJOČA VEJICA Torej je 7875 = () Ker iščemo zapis normalizirane oblike ( ) o (+m) e, moramo število deliti/množiti z dva dokler ne dobimo m Torej () = () in e = Dobili smo o =, m = } {{ }, e = () 46 (ii) Število pretvorimo v dvojiški zapis = + = = = = + = = = + 6 = = 4 Mantisa je dolžine 5, torej moramo na ustreznem mestu odrezati Dobimo o =, m = }{{} Iz e = 4, dobimo e = 9, torej je e = Zadnje števke v mantisi so take zaradi (unbiased) zaokroževanja na najbližje število, ki ima zadnji bit enak Število, ki je najbližje }{{} in ima na označem mestu, je Tukaj označuje preostale decimalke (iii) Število pretvorimo v dvojiški zapis Celi del: 55 = = 6 + = + = + 55 = () Še decimalni del: 5 = = = + 5 = () Dobili smo 555 = () Premaknemo decimalno piko, da dobimo normalizirano obliko Dobimo () = 7 Torej je o =, m = } {{ } Velja še e = 7, torej je e = () 4
3 Poglavje Numerična stabilnost Algoritem je direktno stabilen, če vrne rezultat, ki se malo razlikuje od prave vrednosti Algoritem je direktno stabilen, če za izračunan rezultat obstajajo taki malo zmoteni podatki, da iz njih s točnim izračunom dobimo izračunano vrednost Naloga Vrednost z = x y računamo na dva načina: (i) z = x y (ii) z = (x y)(x + y) Oceni relativno napako ẑ z z Ali je kateri od obeh algoritmov direk- Analiziraj algoritma tno/obratno stabilen? Rešitev (i) Imamo z = x x y y, â = x x( + α), b = y y( + β), ẑ = (â b)( + γ), kjer je α, β, γ u, u je relativna natančnost Sledi, da je (+δ ) (+δ ) {}}{{}}{ ẑ = x ( + α)( + γ) y ( + β)( + γ) Iz ocene u + u = ( u) ( + δ ) ( + u) = + u + u, pri majhnem u dobimo δ, δ u Ocenimo izraz Torej velja ocena: ẑ z = x δ y δ x δ + y δ u(x + y ) ẑ z z u x + y x y Iz tega vidimo, da ta algoritem ni direktno stabilen, saj lahko pri x in y, ki sta si blizu, dobimo veliko napako Algoritem je obratno stabilen Če definiramo x = x ( + δ ) in ŷ = y ( + δ ), ki sta blizu x in y, ter predpostavimo, da je računanje točno, dobimo zmoten izraz ẑ = x ŷ (ii) Oglejmo si še z = (x y)(x + y) Definirajmo â = (x y)( + α), b = (x + y)( + β) ter ẑ = â b( + γ), kjer je α, β, γ u Izraz je enak (+δ) {}}{ ẑ = (x y)(x + y) ( + α)( + β)( + γ),
4 4 POGLAVJE NUMERIČNA STABILNOST kjer s podobno oceno kot v prejšnji točki dobimo δ u Torej velja ocena ẑ z u z Na koncu dobimo ẑ z z u Algoritem je direktno stabilen Prav tako je obratno stabilen, iskana zmotena x in y sta recimo: x = x ( + δ), ŷ = y ( + δ) Naloga Pokaži, da za računanje vsote in produkta kompleksnih števil x, y C v premični piki velja: (i) fl(x + y) = (x + y)( + δ), δ u (ii) fl(xy) = xy( + δ), δ u( + u) Kompleksna števila si predstavljamo kot pare realnih števil Rešitev (i) Vsota x = a + bi in y = c + di je x + y = (a + c) + (b + d)i Dobimo fl(x + y) = (a + c)( + δ ) + i(b + d)( + δ ) = (a + c) + i(b + d) + (a + c)δ + i(b + d)δ, kjer je δ, δ u Po drugi strani je fl(x + y) = (x + y)( + δ) = δ(x + y) + iδ(x + y) Ko te dve enakosti primerjamo, dobimo (x + y)δ = (a + c)δ + i(b + d)δ Na obeh straneh izračunamo kvadrat absolutne vrednost in dobimo: x + y δ = (a + c) δ + (b + d) δ u ((a + c) + (b + d) ) = u x + y Iz tega sledi δ u (ii) Poglejmo si fl(xy) = xy( + δ) Produkt je enak xy = (ac bd) + i(ad + bc) Torej je: fl(xy) = (ac( + δ ) bd( + δ )) ( + δ ) + i (ad( + δ 4 ) + bc( + δ 5 )) ( + δ 6 ) = ac( + ɛ ) bd( + ɛ ) + i (ad( + ɛ ) + bc( + ɛ 4 )) = ac bd + i(ad + bc) + (ɛ ac ɛ bd) + i(adɛ + bcɛ 4 ) Torej smo dobili enakost xyδ = (ɛ ac ɛ bd) + i(adɛ + bcɛ 4 ) Spet izračunamo kvadrat absolutne vrednosti na obeh straneh Dobimo xy δ = (acɛ bdɛ ) + (adɛ + bcɛ 4 ) = (ac) ɛ + (bd) ɛ + (ad) ɛ + (bc) ɛ 4 + acbdɛ ɛ + abcdɛ ɛ 4 Če upoštevamo še q + w qw in q + w qw v podčrtanih izrazih ter da so vsi epsiloni pod u( + u) (oz u za majhen u), dobimo: ( ) xy δ (ac) ɛ + (bd) ɛ + (ad) ɛ + (bc) ɛ 4 ( (ac bd) + (ad + bc) ) (u( + u)) = xy (u( + u)) Iz tega pa že sledi δ u( + u) = u
5 Poglavje Matrične norme Matrična norma je preslikava : C n n R +, za katero velja (i) A, A = A =, (ii) αa = α A, (iii) A + B A + B, (iv) AB A B, submultiplikativnost Za poljubni matriki A in B in poljuben α C Naloga Pokaži, da je Ax A = sup Ax = sup x = x x matrična norma Tukaj je poljubna vektorska norma Rešitev Očitno velja A Če velja A = sup x = Ax, sledi da je Ay = za vsak y, torej je A = Velja tudi Podobno izračunamo αa = sup αax = sup α Ax = α sup Ax = α A x = x = x = A + B = sup x = (A + B)x = sup x = Ax + Bx sup ( Ax + Bx ) x = sup x = Ax + sup x = Bx = A + B Lotimo se še zadnjega pogoja, definirajmo še y = Bx = A B AB = sup (AB)x = x = = sup A x =,y=bx,y sup A x =,y=bx,y sup x =,Bx ( y y ( y y (AB)x Bx Bx ) Bx ) sup Bx x = = sup A y B sup Ay B x =,y=bx,y y y = 5
6 6 POGLAVJE MATRIČNE NORME S tem smo končali Upoštevali smo, da je supremum vsote pozitivnih števil manjši od vsote supremumov To prav tako velja za množenje Zadnji neenačaj dobimo, ker je supremum po večji množici kvečjemu večji Naloga Pokaži naslednje a) Dokaži, da N (A) = max i, j n a ij ni matrična norma b) Dokaži, da velja A F = sl(ah A) = n i= λ i (A H A), kjer so λ i lastne vrednosti A H A Rešitev a) Da so prve tri lastnosti matrične norme izpolnjene hitro preverimo Matrika ima normo nič, natanko takrat ko je njen največji element po absolutni vrednosti enak Če matriko množimo s skalarjem, se največji element matrike množi z absolutno vrednostjo tega skalarja Pri tretji lastnosti uporabimo trikotniško neenakost in dejstvo, da je maksimum vsote pozitivnih števil manjši od maksimuma številih vsote po posameznih številih Definirajmo matriki A in B takole A =, B =, A B = Velja N (A) =, N (B) =, N (AB) = Veljati bi moralo N (AB) N (A)N (B), vendar Submultiplikativnost ni izpolnjena b) Za B = A H A velja b ii = n k= a ki a ki = n k= a ki Tako za sled B dobimo ( n ) sled(a H A) = a ki = A F i= k= Matrika A H A je simetrična, torej se da diagonalizirati Podobna je matriki z lastnimi vrednostmi na diagonali Sled podobne matrike je enaka sledi prvotne matrike, tako dobimo A F = sl(a H A) = n i= λ i (A H A) Naloga Pokaži naslednje: a) n A F A A F b) n A A n A c) n A A n A d) N (A) A nn (A)
7 7 Rešitev a) Vemo, da velja A = max λ i (A H A) = σ (A) in A F = i=,,n λ i (A H A) i= Lastne vrednosti A H A so nenegativne, saj velja < A H Ax, x >=< µx, x >= µ =< Ax, Ax >, λ i = σi Razporedimo jih v zaporedje σ σ σ n Pozitivni koreni teh lastnih vrednosti σ σ so singularne vrednosti matrike A Očitno je A A F, saj je A enaka σ (A), kar je največja singularna vrednost matrike A Poglejmo si A F = ni= σi nσ = n A, kar pomeni n A F A Neenačaj dobimo, ker je σ (A) največja singularna vrednost b) Za vektorske norme velja x = max x i x + x n = x n max x i = n x, i n i to je x x n x Razmisli zakaj neeneakosti držijo, vsi sklepi so enostavni Iz tega dobimo Ax n Ax A = max max = n A x x x x in A = max x Ax x max x Ax = A n x n c) Velja A = A H in A = A H Iz tega že sledi neenakost d) Iz a) vemo A A F = a ij i,j n max i,j Za drugi del neenakosti upoštevamo a ij = e T i Ae j Računajmo a ij = n max a ij = nn (A) i,j a ij = e T i Ae j e i Ae j = Ae j e j A Prvi neenačaj dobimo po Cauchy-Schwartzovi neenakosti, zadnjega pa po definiciji norme A Naloga 4 Izračunaj,, F za 5 4 in oceni
8 8 POGLAVJE MATRIČNE NORME Rešitev Izračunajmo A = max{ + 5 +, + 4 +, + + } = 9, A = max{ + +, , + + } =, A F = = 65 = 866 Ocenimo A A F A A F A 866 A A A 5, 775 A 7, 5 A A A 5, 965 A 5, N (A) A N (A) 5 A 5 Skupaj dobimo oceno 5775 A 866 Boljšo oceno dobimo, če poskusimo oceniti spektralni radij matrike 5 B = A H 7 A = = Za vsako lastno vrednost in vsako normo velja λ i (B) B F = 5899 Vemo, da velja A B F = 7774 Oceno navzdol dobimo, če upoštevamo A = A T in Ae i A e i = A, zadnja enakost sledi iz definicije matrične norme Vektorji Ae i so ravno i-ti stolpci, A T e i so i-te vrstice Norme vrstic so 57446, 446, 747 Norme stolpcev so 747, 6487, Torej dobimo A 6487 Končna ocena je 6489 A 7774 Ukaz iz Matlaba vrne norm(a) = 6944 Naloga 5 Izračunaj A, A, A F in čim natančneje oceni A na obe strani, če je a ii = i, i =,,, n a i+,i = a i,i+ = n i, i =,,, n, drugi elementi so enaki n n 4 n A = n 6 n Upoštevaj, da velja n i= i = (n )n(n ) 6
9 Rešitev Pri i = dobimo za vsoto absolutnih vrednosti v stolpcu n +, kar očitno ni maksimum Izračunajmo A = max{ i + n i + n i + } = max{i + n i + n i + } i i = max{n + } = n + i Ker je matrika simetrična velja A = A H = A = n + Frobeniusova norma je n A F = (i) + i = 6 i + 4n (n )n(n ) = 6 + 4n = 6 i= i= i= n(n )(n ) + 4n = n(n n + ) + 4n = n + n + n Poglejmo si ocene za drugo normo n A F A A F n n + n + n A n + n + n A A n A (n + ) A n(n + ) n n N (A) A nn (A) n A n Upoštevamo še, da velja A A A Iz tega dobimo A (n + ), kar pomeni A n + Za drugo normo smo dobili oceno n A n + 9
10 POGLAVJE MATRIČNE NORME
11 Poglavje 4 Reševanje linearnih sistemov Pogojenostno število matrike, cond(a) = A A nam pove kako občutljivo je reševanje sistema Da lahko dobimo poljubno občutljive matrike v praksi, pokaže naslednja naloga Naloga 4 Iščemo koeficiente polinoma p(x) = a +a x+ +a n x n, ki na [, ] aproksimira zvezno funkcijo f tako, da je napaka minimalna Torej mora veljati E a i Definirajmo vektor Od tod dobimo F i = f(x)x i dx = j= E = (f(x) p(x)) dx = za i =,, n, kjer je E = (p(x) f(x))x i dx a i F F F = F n a j x j x i dx = Dobimo sistem s Hilbertovo matriko H n, H ij = je H 5 = a a in; a = a n i+j a j x i+j dx = j= j= a j i + j Kar je sistem Ha = F Primer za n = 5 Hilbertove matrike so primer zelo občutljivih matrik Pogojenostno število H 5 je recimo približno , kar lahko izračunamo z ukazom cond v Matlabu Pogojenostna števila matrik H n hitro rastejo Izkaže se, da smo dobili občutljiv sistem, ker smo vzeli standardno bazo polinomov stopnje n Za stabilno računanje moramo vzeti ortogonalno bazo polinomov
12 POGLAVJE 4 REŠEVANJE LINEARNIH SISTEMOV Izrek 4 Naslednji trditvi sta ekvivalentni (i) Obstaja enolični razcep A = LU, kjer je L spodnje trikotna matrika z enicami na diagonali, U pa nesingularna zgornje trikotna matrika (ii) Vse vodilne podmatrike A( : k, : k) so nesingularne Algoritem : LU razcep brez pivotiranja for j =,, n do for i =,, n do l ij = a ij a jj ; for k = j +,, n do a ik = a ik l ij a jk ; end end end Število operacij je n + O(n ) Izrek 4 Če je A nesingularna, potem obstaja taka permutacijska matrika P, da obstaja LU razcep P A = LU Algoritem : LU razcep z delnim pivotiranja L = ; P = I; for j =,, n do Poišči a qj = max j p n a pj ; Zamenjaj vrstici q in j v L, A in P ; for i = j,, n do l ij = a ij a jj ; for k = j +,, n do a ik = a ik l ij a jk ; end end end Število operacij je n + O(n ) Naloga 4 Z LU-razcepom brez pivotiranja reši sistem Ax = b, kjer je 4 A = 6, b = Zapiši matriki L, U in vektor y, ki ga dobiš pri računanju Rešitev Lotimo se Gaussove eliminacije: = U = L
13 Izračunamo lahko tudi v bolj kompaktni obliki Zgornji trikotnik končne matrike vsebuje matriko U, spodnji trikotnik brez diagonale pa matriko L brez diagonale Upoštevamo, da ima matrika L na diagonali enice , zgornji trikotnik je U, spodnji trikotnik brez diagonale je matrika L brez diagonale Rešimo sistem Ax = b, L(Ux) = b, y = Ux Algoritem : Prema substitucija, Ly = b for i =,,, n do y i = b i i k= l iky k ; end y y = y 8, 6 y = y = 8 + ( ) = 5 y = 6 ( ) 5 = 9 Algoritem 4: Obratna substitucija, Ux = y for i = n, n,, do x i = ( u yi ii n ) k=i+ u ik x k ; end 4 x x Torej dobimo x = [ T ] x = 5, 9 x = x = (5 ) = x = ( + + ) = Naloga 4 Za matriko naredi LU razcep z delnim pivotiranjem A = 6 7 Rešitev Algoritem poteka takole V stolpcu i poiščemo največji element, izmed a ji, j i po absolutni vrednostni Vrstico največjega elementa in i-to vrstico zamenjamo v L, A in P Normalno nadaljujemo z Gaussovo eliminacijo Na koncu velja P A = LU A = G 6 7 / 5/ = U 6 7 / 5/ G / / = L / = P
14 4 POGLAVJE 4 REŠEVANJE LINEARNIH SISTEMOV Naloga 44 Matrika A je tridiagonalna, a c b a c A = b cn Kakšna je oblika matrik L in U v LU razcepu brez pivotiranja (s pivotiranjem)? Pivotna rast matrike je R = b a, kjer je b n a n a = max a ij in b = max b ij i,j n i,j n Gledamo koliko se lahko poveča največji element v matriki pivotiranju za tridiagonalne matrike R Dokaži, da je pri delnem Sestavi učinkovit algoritem za izračun LU razcepa tridiagonalne matrike brez pivotiranja (s pivotiranjem) Rešitev Oblika matrik je naslednja: l m l L = m n u p in U = u n l n p n u n Najprej poglejmo, kaj se zgodi s prvima dvema vrsticama Tako bomo dobili bazo indukcije Poglejmo si prve tri stolpce prvih dveh vrstic: a c b a c Imamo dve možnosti Prva je, da ne pivotiramo, torej velja a b in zato je b a Tako dobimo a c a b a c c Druga možnost je, da pivotiramo Ko zamenjamo vrstici, dobimo Po koraku s pivotiranjem dobimo b a c a c b a c c a b a c a b Podobno kot prej velja b < a in zato je a b < Dokažimo, da so diagonalni elementi manjši od a, kjer je a največja absolutna vrednost elementov v matriki A V prvem primeru velja a b a c a + b a c a
15 5 V drugem primeru velja c a b a c + a b a < a Pokažima še, da so izvendiagonalni elementi manjši ali enaki a V prvem primeru velja a a in c a V drugem primeru velja a in c a b c a b < a Naša indukcijska predpostavka je, da je v i-tem koraku v i-ti vrstici diagonalni element manjši od a, izvendiagonalni element pa manjši od a Imamo sledečo situacija za elemente a (i) c (i) b (i+) a (i+) c (i+) kjer je b (i+) = b i, a (i+) = a i+ in c (i+) = c i+ Poleg tega velja še a (i) a in c(i) a Naredimo analogen sklep kot za bazo indukcije in s tem dokaz končamo, saj potem velja b a Algoritma sta prepuščena za domačo nalogo, Naloga 45 Sestavi ekonomičen algoritem za izračun inverzne matrike spodnje trikotne matrike L z enicami po diagonali in preštej število operacij Rešitev Iz pravila za izračun inverza vidimo, da je inverzna matrika zopet spodnje ] trikotna z enicami na diagonali Rešujemo sistem LY = I, Y je oblike Y = [y y y n Dobimo več podproblemov oblike l j, l j, l j,j y j,j = = e lj +, l j+, l j j+,j y n,j Vemo, da je y j,j = Za i > j dobimo l i,j y j,j + l i,j+ y j+,j + l i,i y i,j + l i,i y i,j =, kar nam da y ij = i k=j l iky kj Vseh operacij je for j =,, n do y j,j = ; for i = j +,, n do y i,j = i k=j l iky kj ; end end
16 6 POGLAVJE 4 REŠEVANJE LINEARNIH SISTEMOV j= i=j+ (i j) = j= (n j)(n j + ) = n k= n k(k + ) = (k + k) k= = (n )n(n ) 6 + n(n ) = n + O(n ) Naloga 46 Poišči razcep Choleskega za matriko Kaj to pomeni za matriko A? Rešitev 8 8 A = Algoritem 5: Razcep Choleskega A = V V T, V =? for k =,, n do v kk = a kk k i= v ki ; for j = k +, (, n do v jk = v kk a jk k i= v ji v ki ); end end = / / 8 = /( ( )) 8 5 / /(8 ( )) 4 ( ) = /( ( + )) = V 5 ( + + ( ) ) = Matrika A je simetrična in pozitivno definitna, saj se je razcep Choleskega izvedel
17 Poglavje 5 Nelinearne enačbe Naloga 5 Za funkcijo f(x) = x + naredi korak bisekcije in tangentne metode a = x = 9 in b = Vzemi Rešitev Korak bisekcije je fa = f( 9) = ( 9) + = 7, fb = f( ) = ( ) + = 78, sign(fafb) = Zato lahko izvedemo korak bisekcije Nadaljujmo: c = (a + b)/ = 5, fc = ( 5) + = 5765, sign(fafc) <, torej vzamemo b = c To ponavljamo Za korak tangentne metode potrebujemo odvod f (x) = x Izračunajmo x = x f(x ) f (x ) = 9 ( 9) + ( 9) =, 5 Bisekcijo in sekantno metoda uporabljam takrat, ko ne poznamo odvoda ali pa je računanje odvoda zahtevno Izrek 5 Naj bo α koren enačbe x = g(x), naj bo g zvezno odvedljiva na I = [α d, α + d] in naj velja g (x) m < za vsak x I Potem za vsak x I zaporedje konvergira k α in velja ocena za napako x r+ = g(x r ), r =,, x r α m m x r x r Izrek 5 Imamo začetno točko x in interval I = [x d, x + d] Če velja g(x) g(y) m x y za m < in g(x ) x ( m)d, potem zaporedje x r konvergira k α in velja f(α) = Naloga 5 Za katere začetne približke je navadna iteracija za reševanje x = g(x), kjer je g(x) = + 8x x, konvergentna? Kam konvergira zaporedje? Kakšen je red konvergence? Kje nam konvergenco zagotavlja izrek? Namig: začetne približke išči na intervalu 7
18 8 POGLAVJE 5 NELINEARNE ENAČBE Slika 5: Koraki iteracije Rešitev (i) Pokažimo, da velja: x r < x r+ < x r Oglejmo si x r x r+ in pokažimo, da je izraz pozitiven Izračunajmo x r x r+ = x r g(x r ) = x r ( + 8x r x r) = 7x r + x r = (x r 4)(x r ) Zadnji izraz v enakosti je v primeru x r < strogo pozitiven (ii) Velja tudi: x > 5 x < Oglejmo si izraz x, to nam da x = 5 8x + x = (x 5)(x ) > (iii) Poleg tega velja x r+ 4 x r 4 za x r (, 5) Izračunajmo x r+ 4 = + 8x r x r 4 = 6 + 8x r x r = (x r 4), (5) ker je x r na (, 5), sledi x r 4 < in potem x r 4 < x r 4 Vidimo, da velja tudi x r 4 = (x 4) r, kar že zagotavlja konvergenco Zvezo dobimo z zaporedno uporabo enačbe (5) (iv) Za robne točke velja g() = g(5) = Naši možni rešitvi sta x = 4 in x =, x dobimo samo v primeru robnih točk, kar je praktično nemogoče Zato si oglejmo red konvergence za okolico ničle x = 4 Spomnimo se, da velja: metoda je reda p, natanko takrat ko g (x ) = = g (p ) (x ) = in g (p) (x ) Odvod je g (x) = 8 x, torej je g (4) = Red je vsaj kvadratičen Drugi odvod je enak g (x) = Torej je red kvadratičen Izrek nam konvergenco zagotavlja na intervalu, kjer velja g (x) < Torej mora veljati 8-x <, to pa je 5 < x < 45 Izrek nam da torej le potreben pogoj, iterativna metoda pa lahko konvergira še na večjem intervalu
19 9 Naloga 5 Iščemo rešitve enačbe f(x) = x 5 x + = Za iteracijsko funkcijo izberemo g(x) = x5 + Ali nam izrek zagotavlja konvergenco za x =? Oceni napako drugega približka Rešitev Za odvod mora veljati g (x) m < Kar je x4 <, x < 4 = 89 Torej imamo za x konvergenco Napako drugega približka bomo ocenili s pomočjo formule x r α m m x r x r Oceniti moramo še m, izberemo si interval [, ], kjer je funkcija skrčitev Vidimo, da velja m 4 = 8 Imamo x =, x = in x α 8 8 = 8 Tangentno metodo dobimo, če za naslednjo točko v iteraciji vzamemo presečišče tangente na funkcijo f z osjo x Tako dobimo x r+ = g(x r ) = x r f(xr) f (x r) Izrek 5 Naj velja f(α) = in naj bo α m-kratna ničla Če je m =, je konvergenca vsaj kvadratična Če velja še f (α) =, je konvergenca kubična Če je m, velja lim x α g (x) = /m Rešitev Dokazali bomo samo drugi del izrek, saj je prvi enostaven Če je α m-kratna ničla funkcije f, potem po definiciji obstaja l, da velja lim x α = l Po L Hopitalu dobimo lim x α f(x) (x α) m f (x) m(x α) m = l, saj gresta imenovalec in števec proti Najprej pokažimo, da velja lim x α x f(x) f (x) = α Zadosti bo, da dokažemo lim x α f(x) f (x) (x α) m, dobimo lim x α Izračunajmo še limito odvoda: f(x) (x α) m (x α) m f (x) m(x α) m = lim x α (x α) l ml = = Imenovalec in števec delimo z x f(x) g f (α) = lim (x) g(α) x α x α Nadaljujmo x f(x) f = lim (x) α x α x α = lim x α f(x) f (x)(x α) f(x) lim x α f (x)(x α) = lim x α f(x) (x α) m f (x) = l m ml = m m(x α) m x Naloga 54 Poišči red konvergence iterativne metode x r+ = g(x r ) = x r+a r za iskanje korena x r +a a, kjer a Pokaži, da je konvergentna za vsak x >
20 POGLAVJE 5 NELINEARNE ENAČBE Rešitev Odvod je enak g (x) = x + a x + a + + a) + x(x + a) x 6x(x (x + a) = x4 + ax + a 6ax (x + a) = (x4 ax + a ) (x + a) = (x a) (x + a), velja torej g( a) = g ( a) = Izračunajmo še drugi odvod g (x) = 4x(x a)(x + a) x(x a) (x + a) (x + a) 4 = x(x a)(x + a x + a) (x + a) = 48ax(x a) (x + a) Izračunajmo še tretji odvod g (x) = 48xa (x + a) x + (x a) x= a = 96a 64a = a Metoda je torej reda Poglejmo si razliko g(x r ) a: g(x r ) ( ) x a = x r + a x a = x r + ax r x r a a a r + a x r + a Tako velja Za < x < a lahko ocenimo x r+ a x r a = (x r a) x r + a x a a < = x + a a = (x r a) x r + a Za x a pišimo x = a + y in izračunajmo x a = y x + a 4a + y + 6 < y ay y = / < Tako ugotovimo, da ostanki po absolutni vrednosti strogo padajo proti Laguerrova metoda je metoda za iskanje ničel polinoma Iteracije je oblike z r+ = z r f(z) = a (z α )(z α ) (z α n ) nf(z r ) f (z r ) ± (n ) [(n )f (z r ) nf(z r )f (z r )] Velja ɛ r = x r α, ɛ r+ = Cɛ r + O(ɛ 4 r), kjer je C = (n )f (α) 8(n )f (α) f 6f (α) Predznak izberemo tako, da je izraz v imenovalcu po absolutni vrednosti največji Konvergenca je pri enostavnih ničlah vsaj kubična Naloga 55 Izpelji metodo kubičnega korena, tako da v Laguerrovi metodi pošlješ n Z izpeljano metodo izračunaj a Naredi tri korake za a = in x = Naloga 56 Izpelji metodo (f, f, f ) za iskanje enostavnih ničel, pomagaj si z razvojem inverzne funkcije v vrsto To je posplošitev tangentne metode
21 Rešitev Naj bo f(α) = in α enostavna ničla Oglejmo si y = f(x) v bližini α Ker je α enostavna ničla obstaja inverzna funkcija x = f (y) := F (y) in velja α = F (), x = F (f(x)) = F (y) Ničlo α razvijemo po y = f(x) v Taylorjevo vrsto okoli y = f(x): α = F () = F (y) yf (y) + y! F (y) Oglejmo si F (y) = x Z odvajanjem po x dobimo F (y)f (x) = F (y) = drugi odvod dobimo F (y)f (x) = f (x) f (x) F (y) = f (x) f (x) Torej je α = x f(x) f (x) f (x) f (x) f (x), vse višje člene zanemarimo Dobimo iterativno formulo x r+ = x r f(x r) f (x r ) f (x r ) f (x r ) f (x r ) V bližini enostavne ničle je red metode kubičen Dokaz je prepuščen za domačo nalogo f (x) Podobno za Naloga 57 V iteracijski formuli x r+ metoda vsaj kubična ( ) = A α + βx x 5 r r A + γx6 r A za A določi α, β, γ, da bo Rešitev Veljati mora g( A) = A, g ( A) =, g ( A) = Imamo Dobimo sistem: g(x) = αa x 5 + βax + γx, g (x) = 5αA x 6 βax + γ, g (x) = αa x 7 + 6βAx 4 α + β + γ =, 5α β + γ =, α + 6β = Iz tretje enačbe dobimo β = 5α Vstavimo v drugo in dobimo γ = 5α Nazadnje iz prve enačbe dobimo 9α = Torej je α = 9, β = γ = 5 9 Za A = 5 in x = dobimo g(x r ) = ( 5 + x 9x 5 r + x6 r r 5 ) Navedimo nekaj začetnih približkov: x = 7875, x = , x = Naloga 58 Določi vse polinome četrte stopnje z vodilnim koeficientom, pri katerih se tangentna metoda veda takole: v bližini α ima linearno konvergenco, v bližini α ima kubično konvergenco Določi še preostale ničle polinoma in red konvergence v njihovi bližini
22 POGLAVJE 5 NELINEARNE ENAČBE Rešitev Spomnimo se, da je v bližini enostavnega korena konvergenca vsaj kvadratična Če je prvi odvod enak, je konvergenca kubična V primeru večkratne ničle je konvergenca linearna Iz tega ugotovimo, da je α vsaj dvakratna ničla in α enostavna ničla Polinom je oblike p(x) = (x + α)(x α) (x d), kjer je d neznana ničla Uporabimo formulo Dobimo (f(x)g(x)) (n) = f (i) (x)g (n i) (x) i= p (x) = (x α) + 4(x α)(x d) + 4(x + α)(x d) + (x α)(x + α) Če hočemo, da bo konvergenca kubična, mora veljati p ( α) = Vstavimo α: p ( α) = ( α α) + 4( α α)( α d) + + = 8α(α + α + d) =, iz česar dobimo d = α Ničla α je enostavna, konvergenca je vsaj kvadratična Izračunajmo še vrednost drugega odvoda v α: p ( α) = ( α α) ( α + α)( α α) = α Konvergenca v α je kvadratična Newtonova metoda se uporablja za iskanje rešitev sistema F (z) = Metoda je posplošitev tangentne metode Označimo z r = z r+ z r Recimo, da je z r+ ničla Velja = F (z r ) + J(z r )(z r+ z r ), kjer je J Jacobijeva matrika parcialnih odvodov reda Dobimo J(z r ) z r = F (z r ) Pri vsakem koraku rešimo sistem in dobimo z r, z r+ = z r + z r Naloga 59 Nastavi Newtonovo metodo za reševanje sistema: Velja F = f f Izračunajmo f (x, y) = x xy + =, f (x, y) = x y y = fx f JF = y = f x f y x y 6xy 6xy x y Rešitev Na vsakem koraku rešimo: x r yr 6x r y r xr x 6x r y r x r yr = r x r yr + y r x ry r yr Izračunamo x r+ = x r + x r in y r+ = y r + y r To ponavljamo za r =,,
23 Naloga 5 Pascalova matrika P 5 ima strukturo V splošnem je i, j-ti element P n enak ( i+j ) j Izračunaj razcep Choleskega za P5 in iz dobljenega razcepa postavi hipotezo za P n ter jo dokaži Namig, upoštevaj zvezo med binomski koeficienti, ki jo dobiš, če razpišeš enakost (x + y) a+b = (x + y) a (x + y) b Rešitev Za razcep Choleskega dobimo P 5 = V 5 V5 T, kjer je V 5 = Opazimo, da velja v ij = v i,j + v i,j Velja še v i = v ii = Kar nam da idejo za v ij = ( i j ) Za n = 5 preverimo, da je to res V splošnem moramo dokazati (P n ) ij = j (V n ) ik (V n ) jk = k= j k= Če pišemo a = i, b = j in k = k, dobimo ( )( i j k k ( )( ) b a b k k k = Razpišimo (x + y) a+b = (x + y) a (x + y) b Dobimo a+b k= ( ) ( a + b a x k y a+b k = k Primerjamo koeficente pri x b y a Dobimo ( ) a + b = b i=j i= ( a i ( ) a )x i y a i i )( b j )? = ) ( )( ) b a b = k k k= ( ) i + j j ( ) b b x b j y j j j=
24 4 POGLAVJE 5 NELINEARNE ENAČBE
25 Poglavje 6 Predoločeni sistemi, ekstremi funkcij Naloga 6 Podane so točke (x, y ), (x, y ),, (x n, y n ) Poišči funkcijo oblike f(x) = ae bx, ki se bo najbolj prilegala tem točkam Uporabi metodo najmanjših kvadratov Rešitev Iščemo par (a, b), ki minimizira funkcijo G(a, b) = (y i ae bx i ) i= Funkcija G ima minimum, ko so vsi parcialni odvodi enaki nič Dobimo sistem Kar je ekvivalentno reševanju sistema G n a (a, b) = (y i ae bx i )( e bx i ) =, i= G n b (a, b) = (y i ae bx i )( ax i e bx i ) = f (a, b) = f (a, b) = i= (y i ae bx i )e bx i =, i= (y i ae bx i )e bx i = i= Uporabimo Newtonovo metodo Parcialni odvodi so enaki Za f a f b f a f b J = = e bx i i= = x i e bx i (y i ae bx i ) i= = x i (e bx i ) i= = x i e bx i (y i ae bx i ) i= [ f a f a ] f b f b, F = f f 5
26 6 POGLAVJE 6 PREDOLOČENI SISTEMI, EKSTREMI FUNKCIJ rešujemo sistem J(z r ) z r = F (z r ) Začetni približek lahko dobimo prek linearizacije ae bx = a + abx Druga možnost je, da poiščemo a, b, tako da gre funkcija čez dve podani točki Radi bi rešili sistem Ax = b, kjer je A C m n matrika polnega ranga, x C n, b C ter m n Sistem v splošnem ni rešljiv, zato minimiziramo normo ostanka Ax b Izkaže se, da je tak x ravno rešitev normalnega sistema A T Ax = A T b Naloga 6 Merili smo tir delca, ki se naj bi gibal po paraboli i x i f(x i ) V bližini teh točk bi radi potegnili parabolo Določi njene koeficiente po metodi najmanjših kvadratov Uporabi normalni sistem in ga reši z Gaussovo eliminacijo (po metodi Choleskega) Rešitev Parabola naj bo a + bx + cx Dobimo a b + c = 4 a + b + c = 7 4 a + b + c = 4 a + b + 4c = 4 A z { }} { x {}}{ {}} { a 4 7 b = 4, c kar je predoločen sistem Ax = z Iz tega dobimo normalni sistem Sistem rešimo z Gaussovo eleminacijo B = A T A = 6 8 in v = A T z = B {}}{ A T A x = A T z = v Izračunamo Lahko uporabimo razcep Choleskega Najprej izračunamo razcep Choleskega matrike B = V V T in dobimo V = 5 5 Dobimo sistem V y {}}{ (V T x) = z Iz 5 y 8 y = 4, 5 y 6 y + y + y = 8 y + 5y + y = 4 y + 5y + y = 6 y 4, dobimo y = 4 y
27 7 Rešiti moramo še sistem V T x = y, kar je 5 a 4 5 b = c Rešimo sistem in dobimo a =, b =, c = Parabola je x + x Naloga 6 Sestavi ekonomičen (čim manj operacij) algoritem za računanje razcepa Choleskega, A = V V T pozitivno definitne tridiagonalne matrike Koliko operacij porabiš za izračun B = V T V Rešitev Matrika A je oblike a b b a b A = b, bn b n a n torej bo V V {}}{ T {}} { u u v u v u n v n v n u n u n v u A = v u Ko matrike zmnožimo dobimo u = a in v i u i = b i ter v i +u i+ = a i+ za i =,, n Iz tega že lahko zapišemo algoritem Porabili smo n množenj/deljenj in n korenjenj Izračunajmo u = a ; for i =,, n do v i = b i /u i ; u i+ = a i+ vi ; end še V T V : c d d c d V T V = d dn d n c n
28 8 POGLAVJE 6 PREDOLOČENI SISTEMI, EKSTREMI FUNKCIJ for i =,, n do c i = u i + v i ; d i = v i u i+ ; end c n = u n; Porabimo n množenj Izrek 6 Naj bo A R m n, kjer je m n in rang(a) = n Potem obstaja enolični QR razcep A = QR, kjer je Q pravokotna matrika dimenzije m n z ortogonalnimi stolpci, R pa zgornje trikotna matrika s pozitivnimi diagonalnimi elementi for k =,, n do q k = a k ; for i =,, k do r ik = q T i a k(cgs) ali r ik = q T i a k(mgs); q k = q k r ik q i ; end r kk = q k ; q k = q k r kk ; end Pri reševanju predoločenega sistema si lahko pomagamo s QR razcepom Boljša je različica z MGS Dobimo, da moramo rešiti sistem Rx = Q T b Boljše je narediti razširjen QR razcep: Ax b = [ A ] x R z x b = Q q n+ = Q(Rx z) ρq ρ n+ Iz česar dobimo, da moramo rešiti sistem Rx = z, maksimum pa je enak ρ Naloga 64 Poišči normalni sistem za reševanje naslednjih dveh problemov najmanjših kvadratov, kjer je A R m n, m n in rang(a) = n (i) Uteženi problem najmanjših kvadratov Iščemo kjer je D nesingularna diagonalna (ii) Iščemo min x D(Ax b), min x Ax b C, kjer je C simetrična pozitivno definitna, ki generira normo x C = (x T Cx)
29 9 Rešitev (i) Izračunajmo min x D(Ax b) = min DAx Db, x matrika F = DA je spet dimenzije m n Označimo še Db = b, tako dobimo predoločen sistem F x = b, iz česar dobimo F T F x = (DA) T (DA)x = F T b = (DA) T (Db) Razpisano je to enako A T D Ax = A T D b (ii) Matrika C je simetrična pozitivno definitna, zato zanjo obstaja razcep Choleskega C = V T V, kjer V zgornje trikotna Izračunajmo y ( ) min Ax b C = min (Ax b) T {}}{ C(Ax b) = min (Ax b) T V T V (Ax b) x x x, uvedemo novo neznanko y = U(Ax b), dobimo min(y T y) = min x x < y, y > = min y = min V (Ax b) x x Torej iščemo to je predoločen sistem kar da min x V Ax V b, V Ax = V b /(V A) T, A T V T V Ax = A T V T V b Z upoštevanjem C = V T V dobimo A T CAx = A T Cb Naloga 65 Metoda zlatega reda je metoda za iskanje minimuma funkcije Ta metoda je podobna bisekciji za iskanje ničle funkcije Pri bisekciji potrebujemo dve točki, za kateri velja f(a)f(b) < Če hočemo, da bo funkcija imela minimum na intervalu [a, c], mora veljati f(b) f(a) in f(c) f(a) Hočemo, da bo točka b optimalno izbrana, dolžina intervalov naj bo čimbolj enaka Pri bisekciji je najboljša enakomerna izbira, kjer za naslednjo točko izberemo a+b Pri iskanju minimuma izberemo točko x in potem poiščemo trojico zaporednih, za katere velja, da je funkcijska vrednost v srednji točki manjša kot funkcijski vrednosti v ostalih Poišči kakšna je optimalna delitev intervala w = b a c a
30 POGLAVJE 6 PREDOLOČENI SISTEMI, EKSTREMI FUNKCIJ Rešitev Naj bo w = b a c a relativna dolžina intervala [a, b] glede na celoten interval [a, c] Relativna dolžina intervala [b, c] glede na [a, c] je w = c b c a Recimo, da naslednjo točko x izberemo na relativni razdalji z od b, z = x b c a Recimo, da je z V naslednjem koraku imamo dve možnosti: izberemo točke a, b, x, izberemo točke b, x, c Hočemo, da sta intervala [a, x] in [b, c] enake dolžine Veljati mora x a c b = = z(c a) + b a c b = z c a c b + b a c b = z w + w w, kar je x = a + c b in z = w Ker hočemo doseči optimalno izbiro, mora spet veljati w = b a x b x a in w = c b Iz prve enakosti ne dobimo nič novega, saj je x a = c b Iz druge enakosti in prejšnjih enačb dobimo w( w) = x b c b c b c a = x b c a = z = w Rešiti moramo kvadratno enačbo w w + = Tako dobimo w = ± 5, pozitivna rešitev manjša od je w = 5 =, Naloga 66 (i) Naj bo A R m n, kjer je m n in rang(a) = n Dokaži, da ima sistem [ m n m I A n A T ] r = x rešitev, ki ustreza rešitvi predoločenega sistema Ax = b po metodi najmanjših kvadratov (ii) Uporabi zgornji sistem pri iterativnem izboljšanju rešitve predoločenega sistema Pomagaj si s QR razcepom matrike A Algoritem 6: Iterativno izboljšanje za obrnljivo matriko B y = ; while r > eps do y = y ; rr = By b; Rešimo sistem Bd = rr; y = y d; end Rešitev (i) Poglejmo kaj mora veljati za rešitev sistema Po blokih dobimo r + Ax = b in A T r = Iz prve enačbe dobimo r = b Ax, kar vstavimo v drugo enačbo Iz tega sledi b A T (b Ax) = A T b A T Ax = A T b = A T Ax Dobili smo ravno normalni sistem (ii) Upoštevajmo bločno strukturo in zapišimo spremenljivke v bločni obliki: ] ] y = [ r x, d = [ d d
31 Za rr dobimo rr = l l I A r = A T x Rešiti moramo sistem I A A T d d = l l, r x = r x d d Naredimo razširjeni QR razcep matrike A = Q R {}}{ R, kjer je Q ortogonalna in R zgornje trikotna Dobimo [ ] I QR l R T Q T d d = d + QRd = l /Q T R T Q T d = l l Iščemo d in d Dobimo sistem Q T R d + d = Q T l (), R T Q T d = l (), označimo še Q T d = z z, Q T l = f f Iz prve enačbe dobimo R T z = l, ko rešimo sistem dobimo z Iz druge enačbe dobimo z R f + d z =, kar da z + R d = f R f z = f d = f z Dobimo še d A = QR; ] Q T e = [ f f z = f ; Reši sistem] R T z = l ; d = Q [ z z ; ; Rešimo sistem R d = f z ; Naloga 67 Dokaži Hadamardovo neenakost za matriko A R n n : ( n n ) det(a) a ki Pomagaj si s QR razcepom i= k=
32 POGLAVJE 6 PREDOLOČENI SISTEMI, EKSTREMI FUNKCIJ Rešitev Velja det(a) = det(qr) = ± {}}{ det(q) det(r) Ker je R zgornje trikotna matrika, je njena determinanta enaka produktu diagonalnih elementov Tako dobimo det(a) = r r r nn Naj bosta A (i) in R (i) i-ta stolpca matrik A in R, zanju velja A (i) = QR (i) Opazimo, da velja A (i) = a ki = QR (i) = R (i) = k= i r ki r ii Enakost dobimo iz dejstva, da ortogonalna matrika ohranja drugo normo Neenakosti, ki smo jih dobili zmnožimo in dobimo Hadamardovo neenakost Naloga 68 Naj bo A R m n, m n in rang(a) = n Podana je še matrika C R p n, p n, rang(c) = p Zapiši algoritem za reševanje predoločenega sistema Ax = b, pri pogoju Cx = d Q Rešitev Iščemo min Cx=d Ax b, poglejmo si oblike matrik Pomagajmo si z razširjenim [ p R n p ] razcepom matrike C T Rešujemo problem k= min Ax b = min AQQ T x b Cx=d CQQ T x=d Izračunajmo CQ = (C T ) T Q = (QR) T Q = R T Q T Q = R T = R T, uvedemo še nove neznanke Q T x = p n p y in AQ = z [R T ] min y z =d [ A [ p n p A A ] Nadaljujemo z ] y A b z = min A y + A z b R T y=d Z R T y = d je y enolično določen Torej nam predstavlja predoločeni sistem A z = b A y C T = QR; R T y = d (rešimo sistem, dobimo y); znano {}}{ min A z (b A y ) R T y=d [ p n p AQ = A A ]; min z A[ ] z (b A y) (rešimo predoločen sistem, dobimo z) ; y x = Q ; z
33 Givensova rotacija R ik je matrika enaka identiteti povsod razen v i-ti in k-ti vrstici in preslika i-to in k-to komponento vektorja x v vektorja y, ki ima k-to komponento enako Rik([i, T k], [i, k]) = x i x i +x x k k x i +x k x k x i +x k x i x i +x k Naloga 69 Naj bo A zgornja Hessenbergova matrika (a ik =, i > k + ) Zapiši algoritem za QR razcep s pomočjo Givensovih rotacij in z njegovo pomočjo reši sistem Ax = b Poleg tega še preštej število operacij (korenjenja, seštevanja, množenja) Matrike Q ti ni potrebno izračunati Kakšna je oblika matrike Q? Rešitev Givensova rotacija R ik spremeni samo i-to in k-to vrstico Poglejmo si primer, ko je matrika dimenzije 4: A = R T R T R T 4 for i =,, n do r = a ii + a i+,i - - n, n *, n + ; c = a ii r - - n *; s = a i+,i r - - n *; a ii = r; z = b i ; z = b i+ ; b i = cz + sz - - n *, n + ; b i+ = sz + cz - - n *, n +; for k = i +,, n do aik = a ik ; a ik = ca ik + sa i+,k - n a i+,k = s aik + ca i+,k - n end end Reši zgornje trikotni sistem Rx = b Vsota je enaka n i= Matrika Q je zgornja Hessenbergova n (n i ) *, (n i ) + ; î= i= n (n i ) *, (n i ) +; i= i= (n i ) = n k= k = (n )(n ) Naloga 6 Naj bo A nesingularna zgornje trikotna matrika dimenzije n n Podana sta še vektorja u,v R n Zapiši čim hitrejši algoritem za QR razcep matrike B = A + uv T Namig, kaj je uv T, če je u elementarni bazni vektor pomnožen s skalarjem, torej enak λe i?
34 4 POGLAVJE 6 PREDOLOČENI SISTEMI, EKSTREMI FUNKCIJ Rešitev Zadosti bo, če matriko B transformiramo v zgornjo Hessenbergovo matriko, saj lahko potem uporabimo prejšnjo nalogo Če bi bil u vektor iz namiga, bi imela matrika uv T neničelno samo i-to vrstico Za i = bi potem bila B zgornja Hessenbergova matrika (celo zgornje trikotna) Če nam uspe u transformirati z ortogonalnimi matrikami v λe, tako da bo transformirana matrika A zgornja Hessenbergova, smo problem rešili Če poizkusimo klasično, z R T uničimo element, z RT uničimo element,, z RT n uničimo n-ti element, se matrika A transformira v polno matriko Ta možnost ni dobra Izkaže se, da moramo iti od spodaj navzgor Skicirajmo to za n = 4 Ker je u u () + u RT u vt 4 + u () u () vt u 4 u () u () + u () vt RT + vt smo dobil zgornjo Hessenbergovo matriko u () vt =, R T Householderjevo zrcaljenje je matrika oblike H = I w T w wwt in predstavlja zrcaljenje prek ravnine določene z normalo w Če hočemo preslikati vektor x v ±ke, lahko to naredimo s Householderjevim zrcaljenjem določenim z w = x + sign(x ) x e Naloga 6 S Householderjevimi zrcaljenji in QR razcepom reši linearni sistem x + 6x + x = 7 x + x + x = x + x + 6x = 6 Rešitev Najprej transformiramo prvi stolpec + ( = A ) 4 w = =, w T w = 4, P = I wwt =, Izračunajmo P : k = P = = 5, w = 4 5 = 9, w T w = 9,
35 5 P = I 45 w w T = Izračunajmo = Iz česar dobimo x =, x = 7+ 5 =, x = + 4 = Prvi stolpec je enak z = Givensova matrika uniči komponento vektorja: 5 R, T + = = = z () Z matriko 5 R, T = 5 uničimo tretjo komponento z (), = Naloga 6 Izračunaj QR razcep matrike A = na različne načine: s pomočjo MGS, s pomočjo Givensovih rotacij
36 6 POGLAVJE 6 PREDOLOČENI SISTEMI, EKSTREMI FUNKCIJ Rešitev Delovna različica Najprej normiramo prvi stolpec A, a = = 6 Torej je / 6 q = a / a = / 6 / 6 in r = a = 6 V drugem koraku ortogonaliziramo drugi stolpec A a glede na q Izračunamo a = a < q, a > q Velja < q, a >= 6 Tako dobimo a = [ T [ 5/ 5/] in r = 6 Izračunamo q = a / a = / / T ] in r = a = 5/ Na koncu izračunamo še a = a < q, a > q < q, a > q Dobimo r =< q, a >=, r =< q, a >=, r = a =, a = [ 6 ] T S pomočjo Givensove rotacije R T = , uničimo element v prvem stolpcu: Z givensovo rotacijo / 5 5 = 5 / 5 5/6 / 6 R T = / 6 5/6 uničimo element v nanovo dobljeni matriki Dobimo 5/6 / 6 5 / 5 / 6 / / + / / 5 = 5 / 5 5/6 5/ / + 5/6 Uporabimo še rotacijo R T = /5 /5 /5 /5 in dobimo isto matriko kot pri MGS, matrika Q = R R R Naloga 6 Naj bo A C m n in m n Prevedi računanje singularnega razcepa matrike A = UΣV H na računanje singularnega racepa v realnem primeru Pokaži, da ima dobljeni realni sistem dvojne singualrne vrednosti
37 7 Rešitev Naj bosta u i in v i i-ta stolpca ortogonalnih matrik U in V Matrika σ Σ = σ n ima na diagonali (realne) singularne vrednosti σ σ σ n Potem velja Av i = UΣ V H v i }{{} e i = UΣe i = Uσ e i = σ i u i Vidimo, da velja Av = σu, kjer je u = u i, v = v i, σ = σ i Upoštevamo, da za kompleksno matriko A ter kompleksna vektorja velja: A = A + ia, u = u + iu, v = v + iv Ker je σ realna dobimo (A + ia )(v + iv ) = σ(u + iu ) (6) A v A v + i(a v + A v ) = σu + iσu A v A v = σu (realni del) A v + A v = σu (imaginarni del) Zadnji dve enačbi nam predstavljata realni bločni sistem [ n n m A A m A A ] v u = σ v u Dobljeni sistem je dvakrat večji, pokazati moramo še, da so singularne vrednosti dvojne Pomnožimo 6 z i in dobimo Torej velja (A + ia )(v + iv ) = σ(u + iu ) / ( i) A v A v + i(a v + A v ) = σu + iσu / ( i) (A v A v )i + A v + A v = iσu + σu A v + A v = σu (realni del) A v A v = σu (imaginarni del) [ n n m A A m A A Našli smo še drugi levi singularni vektor [ u u ] [ v v ] ] = σ [ u u ]
38 8 POGLAVJE 6 PREDOLOČENI SISTEMI, EKSTREMI FUNKCIJ Naloga 64 Dokaži, da za matriko X z najmanjšo normo X F, ki minimizira XA I n F velja X = A + Matika A je dimenzije m n, kjer je m n in rang(a) = r Rešitev Naj bo podan singularni razcep matrike A = UΣV T dimenzije m n in ranga r Tukaj sta U in V ortogonalni matriki dimenzij m m in n n Psevdoinverz matrike A je enak A + = V Σ + U T, kjer je Σ = [ r n r r S m r r n r ] [, Σ + r S = m r ] in S = diag(σ, σ,, σ r ) Lotimo se reševanja Najprej zapišemo X kot X = V DU T, potem je X F = D F in velja I {}}{ XA I F = V D U T U ΣV T V ortogonalna I F = DΣ I F Zadnji enačaj dobimo tako, da z leve pomnožimo z V T, z desne pa z V Matrika V je ortogonalna, tako se Frobeniusova norma ne spremeni Matriko D predstavimo v bločni obliki D = [ r m r r D D n r D D ] Potem je DΣ oblike r n r [ r D DΣ = S n r D S ] Če želimo, da bo DΣ I F = D S I r F + D S F + I n r F minimalna, moramo izbrati D = S in D = Radi bi tudi, da je D F = X F čim manjša, torej je očitno najbolje izbrati D = D = Velja namreč D F = D F + D F + D F + D F Dobili smo, da mora veljat D = Σ +, kar nam da X = V Σ + U T = A +
39 Poglavje 7 Lastne vrednosti in vektorji Naloga 7 Naj bo matrika A R n n in T njena Schurova forma Velja zveza A = QT Q H, kjer je Q ortogonalna matrika in T zgornje trikotna matrika Naj bo λ enostavna lastna vrednost matrike A S pomočjo Schurove forme izračunaj pripadajoči lastni vektor Rešitev Za lastno vrednost in lastni vektor velja: Ax = QT Q H x = λx {}}{ QT Q H x λ QQ H x = I Q(T λi)q H x = /Q H (T λi) Q H x }{{} = y T y = λy Vektor y je lastni vektor za T Lastna vrednost λ = t ii je eden izmed diagonalnih elementov T Oglejmo si obliko λ t ii y (T t ii I)y = y i = λ n t ii y n Enakost si oglejmo po blokih T λi = i n i i T λi T T T n i T λi y y = y Iz tretje bločne vrstice dobimo (T λi)y =, kar nam da y =, saj je (T λi) obrnljiva Iz druge bločne vrstice pa dobimo T y =, kar nam ne da nič novega Iz prve bločne vrstice dobimo enačbo {}}{ (T λi)y + T y + T y =, iz česar dobimo (T λi)y = T y 9
40 4 POGLAVJE 7 LASTNE VREDNOSTI IN VEKTORJI Ker je y skalar, lahko izberemo y = Torej je (T λ) T y = = Q H x Seveda sistem rešimo in ne računamo inverza Na koncu dobimo x = Qy Algoritem 7: Potenčna metoda y = y () začetni približek ; r = ; while premajhna natančnost do y (r+) = Ay (r) ; y (r+) = y (r+) / y (r+) normirana varianta; r = r + ; end Naloga 7 Naj bo A R n n Iščemo dominantne lastne vrednosti s potenčno metodo Dokaži, da vektorji po smeri konvergirajo k dominantni lastni vrednosti Ali lahko izluščimo lastne vektorje pripadjoče tem lastnim vrednostim? Obravnavaj naslednje primere Dominantna lastna vrednost je ena sama, λ > λ Dominantni lastni vrednosti sta dve, velja λ = λ Dominantni lastni vrednost sta dve, velja λ = λ Rešitev Primer λ > λ Naj bodo x, x,, x n pripadojoči lastni vektorji Zapišimo y () = n i= α i x i Velja y (r) = ni= α i λ r i x i Tako dobimo y (r+) k y (r) k = ni= α i λ r+ i x i(k) ni= α i λ r i x i(k) = α λ x (k) + n i= α i ( λ i λ ) r λ i x i(k) λ x (k) + n i= α i ( λ i λ ) r x i(k) Ker je λ i λ <, velja in y (r) konvergira k x po smeri Primer λ = λ Podobno kot prej dobimo y (r+) k lim r y (r) k = λ Torej velja y (r+) k y (r) k = α λ x (k) + α λ x (k) + n i= α i ( λ i λ ) r λ i x i(k) α x (k) + α x ni= (k) +α i ( λ i λ ) r x i(k) y (r+) k lim r y (r) k = λ
41 4 in y (r) konvergira po smeri proti α x + α x Iz tega ne moremo dobiti lastnih vektorjev Primer λ = λ V tem primeru podzaporedje z (r) = y (r) konvergira po smeri k α x + α x, faktor je λ Podzaporedje w (r) = y (r+) pa konvergira k α x α x Iz y (r) = αx + βx in y (r+) = αλ x λ βx Iz česar dobimo λ y (r) + y (r+) = αλ x λ y (r) y (r+) = βλ x Naloga 7 Gerschgorinov izrek Naj bo A C n n in C i = {z C i, z a ii n j=,j i a ij } krog v kompleksni ravnini, za i =,, n Vse lastne vrednosti matrike A ležijo v uniji krogov n i= C i Rešitev Naj bo x lastni vektor in λ pripadajoča lastna vrednost Poglejmo si enakost po vrsticah A(i, :)x = a ij x j = λx i j= Kar je ekvivalentno a ij x j = (λ a ii )x i j=,j i Uporabimo absolutno vrednost in ocenimo: n λ a ii x i = a ij x j a ij x j x a ij j=,j i j=,j i j=,j i Naj bo x k = x Če postavimo i = k dobimo, λ a kk a ij j=,j i Kar pomeni λ C k Iz tega že sledi, da vsaka lastna vrednost leži v uniji krogov Naloga 74 Naj bo A R n n diagonalno dominantna, tj Potem je A obrnljiva a ii > j=,j i a ij za vsak i Rešitev Dovolj je pokazati, da so vse lastne vrednosti različne od Fiksirajmo lastno vrednost λ Po izreku leži v vsaj enem krogu Torej velja λ a ii j=,j i Ali je lahko λ = Če bi bila, bi veljalo a ii n j=,j i a ij < a ii Kar je protislovje Matrika je res obrnljiva a ij
42 4 POGLAVJE 7 LASTNE VREDNOSTI IN VEKTORJI Posledica 7 Naj bo A R n n simetrična, vse lastne vrednosti so realne Vsak lastna vrednost leži v enem od intervalov [a ii a ij, a ii + a ij ] Posledica 7 Velja λ A j=,j i Dokaza posledic sta preprosta in ju prepuščam bralcu j=,j i Naloga 75 Določi območje v katerem se nahajajo lastne vrednosti matrike Uporabi Gerschgorinov izrek 4 A = 5 5 Rešitev Iz prve vrstice dobimo λ 5 Iz druge vrstice dobimo λ 5 Iz tretje vrstice dobimo λ 45 Oceno lahko izboljšamo tako, da isto oceno naredimo za podobno matriko DAD, kjer je D diagonalna matrika Simetrične matrike Algoritem 8: Rayleighova iteracija z ; z = z z ; for k =,,, do end σ k := ρ(z k, A) = zt k Az k z t k z k ; reši (A σ k I) z k+ = z k ; z k+ = z k+ z k+ - v praksi; z k+ = z k+ - za naslednjo naloga; z k+ Algoritem 9: QR iteracija z enojnim premikom A = A; for k =,,, do η k = (A k ) n,n ; A k η k I = Q k R k ; A k+ = R k Q k + η k I; end Naloga 76 Če vzamemo pri Rayleighovi iteraciji za začetni vektor z = e n, potem velja σ k = η k za vsak k
43 4 Rešitev Trditev bomo dokazali z indukcijo Za k = dobimo: σ = ρ(e n, A) = (e T n Ae n )/e T n e n = (A) n,n = (A ) (n,n) = (A) n,n Poiščimo še z Upoštevajmo, da je z rešitev sistema (A σ I) z = e n Iz prvega koraka QR iteracije dobimo A σ I = Q R, kar je (A σ I)Q = R T Iz tega sledi (A σ I)Q e n = R T e n = (R ) T n = e n Potem je z = Q e Velja še A = R Q +η I = Q T (A η I)Q +η I = Q T A Q = Q T AQ Naj bo naša indukcijska predpostavka σ k = η k, z k = Q Q Q k e n in A k = Q T k A k Q k Velja (A σ k I) z k+ = z k in (A k σ k I)Q k e n = Rk T e n = e n Upoštevamo še Iz (A σ k I) z k+ = z k izračunamo iz česar dobimo A = Q Q k A k Q T k Q T (Q Q k A k Q T k Q T σ k I) z k+ = Q Q k e n, Iz enakosti dobljene iz QR iteracije sklepamo (A k σ k I)Q T k Q T z k+ = e n Q T k Q T z k+ = Q k e n, kar nam da Zdaj lahko izračunamo z k+ = Q Q k e n σ k+ = ρ(z k+, A) = e T n Q T k Q AQ T Q T k }{{} A k+ e n = (A k+ ) n,n = η k+ Naloga 77 Dokaži, da je det(i + xy T ) = + y T x Rešitev Najprej povejmo elegantno rešitev Definirajmo matriki y T in x I x I Izračunamo + y AB = T x y T I in BA = [ y T + x T y ] Velja det(ab) = + y T x = det(ba) = det(i + x T y) Druga možnost je, da uporabimo operacije na vrsticah in stolpcih, ki ohranjajo determinanto x y + x y x y n I + xy T x y x y + x y n = x n y n x n y x n y n Prvo vrstico pomnožimo z x i x ter odštejemo od i-te vrstice Dobimo matriko
44 44 POGLAVJE 7 LASTNE VREDNOSTI IN VEKTORJI + x y x y x y n x x xn x Zdaj pomnožimo j-ti stolpec z x j x in ga prištejemo prvemo stolpcu, dobimo + n i= x i y i x y x y n S tem smo končali To izkoristimo pri reševanju sekularne enačbe Dobimo, da moramo rešiti enačbo det(d + ρuu T λi) = det((d λi)(i + ρ(d λi) uu T )), kar je ekvivalentno reševanju sekularne enačbe det(i + ρ(d λi) uu T ) = + ρ i= u i d i λ = Če je α lastna vrednost D + ρuu T, je (D αi) u ustrezni lastni vektor Naloga 78 Reševanje sekularne enačbe Iščemo ničle funkcije Njen odvod je f(λ) = + ρ f (λ) = ρ i= i= u i d i λ u i (d i λ) Za ρ > je f > in funkcija ima asimptoto Recimo, da iščemo rešitev na intervalu (d i, d i+ ), kjer je začetni približek x r Navadne tangentne metode ne moremo porabiti, saj so ničle zelo blizu polov, zato bi potrebovali zelo dober začetni približek Namesto aproksimacije funkcije s tangento raje uporabimo preprosto racionalno funkcijo, ki se prilega funkciji f na tem intervalu Poiščemo racionalno funkcijo oblike h(λ) = c d i λ + c d i+ λ + c, za katero velja h(x r ) = f(x r ) in f (x r ) = h (x r ) Zaradi stabilnosti razdelimo f na dva dela kot f(λ) = + ρ i k= u k d k λ + ρ n k=i+ u k d k λ =: + ψ (λ) + ψ (λ) To naredimo tako, da v vsoti ψ (λ) oziroma ψ (λ) seštevamo enako predznačene člene Sedaj določimo c, c tako da za h (λ) = c d i λ + c
45 45 velja h (x r ) = ψ (x r ) in h (x r ) = ψ (x r) Podobno določimo tudi c in c tako, da za h (λ) = c d i+ λ + c velja h (x r ) = ψ (x r ) in h (x r) = ψ (x r) Sedaj je h(λ) = + h (λ) + h (λ) iskana racionalna funkcijo Enačba h(λ) = ima dve rešitvi, za nov približek x r+ vzamemo tisto, ki leži na intervalu (d i+, d i ) Oglejmo si primer v Mathematici Naloga 79 Poišči vektor v, tako da za a b b T = bn b n a n in velja a b a k+ b k b k+ b T = b, T = k+ ak b k bn b k a k b k b n a n T T = + b T k vv T Rešitev V originalni matriki T sta se spremenili le vrstici in stolpca k in k + Veljati mora ak b k ak b = k + b b k a k+ a k+ b k zz T k Torej mora veljati z = [, ] T Tako je potem v = [ k k+ T ] Izrek 7 Courant-Fisherjev minimax izrek Za simetrično matriko A R n n velja λ k (A) = min max R R n,dim(r)=n k+ x R,x ρ(x, A) = max min S R n,dim(s)=k x S,x ρ(x, A) Izrek 7 Cauchyjev izrek o prepletanju Če je A simerična matrika in A r glavna r r podmatrika matrike A, potem velja λ r+ (A r+ ) λ r (A r ) λ r (A r+ ) λ (A r+ ) λ (A r ) λ (A r+ Naloga 7 Naj bosta A, E R n n simetrični, da velja Dokaži, da potem velja λ (A) λ (A) λ n (A) in λ (E) λ (E) λ n (E) Uporabi Courant-Fisherjev minimax izrek λ k (A) + λ n (E) λ k (A + E) λ k (A) + λ (E)
46 46 POGLAVJE 7 LASTNE VREDNOSTI IN VEKTORJI Rešitev Velja λ k (A) = kjer je ρ(x, A + E) = xt (A+E)x x T x Velja tudi λ k (A + E) = min max R R n,dim(r)=n k+ x R,x = ρ(x, A) + ρ(x, E) Dobimo min max R R n,dim(r)=n k+ x R,x ρ(x, A), (ρ(x, A) + ρ(x, E)) min ( max ρ(x, A) + ρ(x, E)) R R n,dim(r)=n k+ x R,x λ n (E) ρ(x, E) λ (E) Če vzamemo max ρ(x, E) po celem prostoru, dobimo kvečjemu več Torej velja λ k (A + E) λ k (A) + λ (E) Za drugi del neenakosti lahko uporabimo drugi del minimax izreka Lahko pa uporabimo pravkar dokazano neenakost za A in E To nam da λ k ( A E) = λ n k+ (A + E) λ k ( A) + λ ( E) = (λ n k+ (A) + λ n (E)) Če neenakost pomnožimo z, smo končali Naloga 7 Naj bo ρ(x, A) = xt Ax Rayleighov kvocient simetrične matrike A Dokaži, da x T x velja (i) Vrednost β = ρ(x, A) minimizira min β Ax βx (ii) Poišči λ in µ, ki minimizira min λ,µ Ax λbx µcx Vse matrike so simetrične Rešitev (i) Problem najlažje rešimo, če prepoznamo, da gre v bistvu za predoločen sistem xβ = Ax = b Tako dobimo normalni sistem x T xβ = x T Ax, kar nam že da željeno rešitev Rešitev lahko dobimo tudi z iskanjem maksimuma skalarne funkcije f(β) = Ax βx Lahko pa pokažemo tudi, da velja x Ax ρ(x, A)x (ii) Problem spet poizkusimo prevesti na reševanje predoločenega sistema Ax = λbx + µcx λ Bx Cx = Ax predoločen sistem µ (Bx) T λ (Bx) T (Cx) T Bx Cx = µ (Cx) T Ax Rešitev dobimo tako, da rešimo sistem < Bx, Bx > < Bx, Cx > λ = < Cx, Bx > < Cx, Cx > µ < Bx, Ax > < Cx, Ax >
FGG02
6.6 Simetrični problem lastnih vrednosti Če je A = A T, potem so lastne vrednosti realne, matrika pa se da diagonalizirati. Schurova forma za simetrično matriko je diagonalna matrika. Lastne vrednosti
Prikaži več3. Metode, ki temeljijo na minimalnem ostanku Denimo, da smo z Arnoldijevim algoritmom zgenerirali ON bazo podprostora Krilova K k (A, r 0 ) in velja
3. Metode, ki temeljijo na minimalnem ostanku Denimo, da smo z Arnoldijevim algoritmom zgenerirali ON bazo podprostora Krilova K k (A, r 0 ) in velja AV k = V k H k + h k+1,k v k+1 e T k = V kh k+1,k.
Prikaži večVaje: Matrike 1. Ugani rezultat, nato pa dokaži z indukcijo: (a) (b) [ ] n 1 1 ; n N 0 1 n ; n N Pokaži, da je množica x 0 y 0 x
Vaje: Matrike 1 Ugani rezultat, nato pa dokaži z indukcijo: (a) (b) [ ] n 1 1 ; n N n 1 1 0 1 ; n N 0 2 Pokaži, da je množica x 0 y 0 x y x + z ; x, y, z R y x z x vektorski podprostor v prostoru matrik
Prikaži večFGG13
10.8 Metoda zveznega nadaljevanja To je metoda za reševanje nelinearne enačbe f(x) = 0. Če je težko poiskati začetni približek (še posebno pri nelinearnih sistemih), si lahko pomagamo z uvedbo dodatnega
Prikaži večFGG14
Iterativne metode podprostorov Iterativne metode podprostorov uporabljamo za numerično reševanje linearnih sistemov ali računanje lastnih vrednosti problemov z velikimi razpršenimi matrikami, ki so prevelike,
Prikaži večC:/Users/Matevž Èrepnjak/Dropbox/FKKT/testi in izpiti/ /IZPITI/FKKT-februar-14.dvi
Kemijska tehnologija, Kemija Bolonjski univerzitetni program Smer: KT K WolframA: DA NE Računski del izpita pri predmetu MATEMATIKA I 6. 2. 2014 Čas reševanja je 75 minut. Navodila: Pripravi osebni dokument.
Prikaži večPoglavje 3 Reševanje nelinearnih enačb Na iskanje rešitve enačbe oblike f(x) = 0 (3.1) zelo pogosto naletimo pri reševanju tehničnih problemov. Pri te
Poglavje 3 Reševanje nelinearnih enačb Na iskanje rešitve enačbe oblike f(x) = 0 (3.1) zelo pogosto naletimo pri reševanju tehničnih problemov. Pri tem je lahko nelinearna funkcija f podana eksplicitno,
Prikaži večC:/Users/Matevž Èrepnjak/Dropbox/FKKT/TESTI-IZPITI-REZULTATI/ /Izpiti/FKKT-avgust-17.dvi
Vpisna številka Priimek, ime Smer: K KT WA Izpit pri predmetu MATEMATIKA I Računski del Ugasni in odstrani mobilni telefon. Uporaba knjig in zapiskov ni dovoljena. Dovoljeni pripomočki so: kemični svinčnik,
Prikaži večDomače vaje iz LINEARNE ALGEBRE Marjeta Kramar Fijavž Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo Univerze v Ljubljani 2007/08 Kazalo 1 Vektorji 2 2 Analit
Domače vaje iz LINEARNE ALGEBRE Marjeta Kramar Fijavž Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo Univerze v Ljubljani 007/08 Kazalo Vektorji Analitična geometrija 7 Linearni prostori 0 4 Evklidski prostori
Prikaži več11. Navadne diferencialne enačbe Začetni problem prvega reda Iščemo funkcijo y(x), ki zadošča diferencialni enačbi y = f(x, y) in začetnemu pogo
11. Navadne diferencialne enačbe 11.1. Začetni problem prvega reda Iščemo funkcijo y(x), ki zadošča diferencialni enačbi y = f(x, y) in začetnemu pogoju y(x 0 ) = y 0, kjer je f dana dovolj gladka funkcija
Prikaži večresitve.dvi
FAKULTETA ZA STROJNISTVO Matematika 2. kolokvij. december 2 Ime in priimek: Vpisna st: Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite resevanja. Veljale bodo samo resitve na papirju, kjer
Prikaži večOsnove matematicne analize 2018/19
Osnove matematične analize 2018/19 Neža Mramor Kosta Fakulteta za računalništvo in informatiko Univerza v Ljubljani Funkcija je predpis, ki vsakemu elementu x iz definicijskega območja D f R priredi natanko
Prikaži večDN5(Kor).dvi
Koreni Število x, ki reši enačbo x n = a, imenujemo n-ti koren števila a in to označimo z n a. Pri tem je n naravno število, a pa poljubno realno število. x = n a x n = a. ( n a ) n = a. ( n a ) m = n
Prikaži večRešene naloge iz Linearne Algebre
UNIVERZA V LJUBLJANI FAKULTETA ZA RAČUNALNIŠTVO IN INFORMATIKO LABORATORIJ ZA MATEMATIČNE METODE V RAČUNALNIŠTVU IN INFORMATIKI Aleksandra Franc REŠENE NALOGE IZ LINEARNE ALGEBRE Študijsko gradivo Ljubljana
Prikaži večIme in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Statistika Pisni izpit 6. julij 2018 Navodila Pazljivo preberite be
Ime in priimek: Vpisna št: FAKULEA ZA MAEMAIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Statistika Pisni izpit 6 julij 2018 Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja Za pozitiven rezultat
Prikaži večresitve.dvi
FAKULTETA ZA STROJNISTVO Matematika Pisni izpit. junij 22 Ime in priimek Vpisna st Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite resevanja. Veljale bodo samo resitve na papirju, kjer so
Prikaži večSlide 1
Vsak vektor na premici skozi izhodišče lahko zapišemo kot kjer je v smerni vektor premice in a poljubno število. r a v Vsak vektor na ravnini skozi izhodišče lahko zapišemo kot kjer sta v, v vektorja na
Prikaži večC:/Users/Matevž Èrepnjak/Dropbox/FKKT/TESTI-IZPITI-REZULTATI/ /Izpiti/FKKT-junij-17.dvi
Vpisna številka Priimek, ime Smer: K KT WA Izpit pri predmetu MATEMATIKA I Računski del Ugasni in odstrani mobilni telefon. Uporaba knjig in zapiskov ni dovoljena. Dovoljeni pripomočki so: kemični svinčnik,
Prikaži večEKVITABILNE PARTICIJE IN TOEPLITZOVE MATRIKE Aleksandar Jurišić Politehnika Nova Gorica in IMFM Vipavska 13, p.p. 301, Nova Gorica Slovenija Štefko Mi
EKVITABILNE PARTICIJE IN TOEPLITZOVE MATRIKE Aleksandar Jurišić Politehnika Nova Gorica in IMFM Vipavska 13, p.p. 301, Nova Gorica Slovenija Štefko Miklavič 30. okt. 2003 Math. Subj. Class. (2000): 05E{20,
Prikaži večKazalo 1 DVOMESTNE RELACIJE Operacije z dvomestnimi relacijami Predstavitev relacij
Kazalo 1 DVOMESTNE RELACIJE 1 1.1 Operacije z dvomestnimi relacijami...................... 2 1.2 Predstavitev relacij............................... 3 1.3 Lastnosti relacij na dani množici (R X X)................
Prikaži večIme in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Statistika Pisni izpit 31. avgust 2018 Navodila Pazljivo preberite
Ime in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Statistika Pisni izpit 31 avgust 018 Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja Za pozitiven
Prikaži večC:/Users/Matevz/Dropbox/FKKT/TESTI-IZPITI-REZULTATI/ /Izpiti/FKKT-januar-februar-15.dvi
Kemijska tehnologija, Kemija Bolonjski univerzitetni program Smer: KT K WolframA: DA NE Čas reševanja je 75 minut. Navodila: Računski del izpita pri predmetu MATEMATIKA I Ugasni in odstrani mobilni telefon.
Prikaži večGeomInterp.dvi
Univerza v Ljubljani Fakulteta za matematiko in fiziko Seminar za Numerično analizo Geometrijska interpolacija z ravninskimi parametričnimi polinomskimi krivuljami Gašper Jaklič, Jernej Kozak, Marjeta
Prikaži večPRIPRAVA NA 1. Š. N.: KVADRATNA FUNKCIJA IN KVADRATNA ENAČBA 1. Izračunaj presečišča parabole y=5 x x 8 s koordinatnima osema. R: 2 0, 8, 4,0,,0
PRIPRAVA NA 1. Š. N.: KVADRATNA FUNKCIJA IN KVADRATNA ENAČBA 1. Izračunaj presečišča parabole y=5 x +18 x 8 s koordinatnima osema. R: 0, 8, 4,0,,0 5. Zapiši enačbo kvadratne funkcije f (x )=3 x +1 x+8
Prikaži večUčinkovita izvedba algoritma Goldberg-Tarjan Teja Peklaj 26. februar Definicije Definicija 1 Naj bo (G, u, s, t) omrežje, f : E(G) R, za katero v
Učinkovita izvedba algoritma Goldberg-Tarjan Teja Peklaj 26. februar 2009 1 Definicije Definicija 1 Naj bo (G, u, s, t) omrežje, f : E(G) R, za katero velja 0 f(e) u(e) za e E(G). Za v V (G) definiramo presežek
Prikaži večFAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 2 Pisni izpit 9. junij 2005 Ime in priimek: Vpisna št: Zaporedna številka izpita: Navodila Pazljivo preberite bese
FAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika Pisni izpit 9. junij 005 Ime in priimek: Vpisna št: Zaporedna številka izpita: Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja. Veljale bodo
Prikaži večLinearna algebra - povzetek vsebine Peter Šemrl Jadranska 21, kabinet 4.10 Izpitni režim: Kolokviji in pisni izpiti so vsi s
Linearna algebra - povzetek vsebine Peter Šemrl Jadranska 21, kabinet 410 petersemrl@fmfuni-ljsi Izpitni režim: Kolokviji in pisni izpiti so vsi sestavljeni iz dveh delov: v prvem delu se rešujejo naloge,
Prikaži večUNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA KEMIJO IN KEMIJSKO TEHNOLOGIJO Petra Žigert Pleteršek MATEMATIKA III Maribor, september 2017
UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA KEMIJO IN KEMIJSKO TEHNOLOGIJO Petra Žigert Pleteršek MATEMATIKA III Maribor, september 217 ii Kazalo Diferencialni račun vektorskih funkcij 1 1.1 Skalarne funkcije...........................
Prikaži več2. izbirni test za MMO 2017 Ljubljana, 17. februar Naj bosta k 1 in k 2 dve krožnici s središčema O 1 in O 2, ki se sekata v dveh točkah, ter
2. izbirni test za MMO 2017 Ljubljana, 17. februar 2017 1. Naj bosta k 1 in k 2 dve krožnici s središčema O 1 in O 2, ki se sekata v dveh točkah, ter naj bo A eno od njunih presečišč. Ena od njunih skupnih
Prikaži večDOMACA NALOGA - LABORATORIJSKE VAJE NALOGA 1 Dani sta kompleksni stevili z in z Kompleksno stevilo je definirano kot : z = a + b, a p
DOMACA NALOGA - LABORATORIJSKE VAJE NALOGA 1 Dani sta kompleksni stevili z 1 5 2 3 in z 2 3 8 5. Kompleksno stevilo je definirano kot : z = a + b, a predstavlja realno, b pa imaginarno komponento. z 1
Prikaži večNumeri na analiza - podiplomski ²tudij FGG doma e naloge - 1. skupina V prvem delu morate re²iti toliko nalog, da bo njihova skupna vsota vsaj 10 to k
Numeri na analiza - podiplomski ²tudij FGG doma e naloge -. skupina V prvem delu morate re²iti toliko nalog, da bo njihova skupna vsota vsaj 0 to k in da bo vsaj ena izmed njih vredna vsaj 4 to ke. Za
Prikaži večMatematika Diferencialne enačbe prvega reda (1) Reši diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami: (a) y = 2xy, (b) y tg x = y, (c) y = 2x(1 + y
Matematika Diferencialne enačbe prvega reda (1) Reši diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami: (a) y = 2xy, (b) y tg x = y, (c) y = 2x(1 + y 2 ). Rešitev: Diferencialna enačba ima ločljive spremenljivke,
Prikaži večresitve.dvi
FAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 4 Pisni izpit 3. februar Ime in priimek: Vpisna št: Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja. Veljale bodo samo rešitve na papirju, kjer
Prikaži večVrste
Matematika 1 17. - 24. november 2009 Funkcija, ki ni algebraična, se imenuje transcendentna funkcija. Podrobneje si bomo ogledali naslednje transcendentne funkcije: eksponentno, logaritemsko, kotne, ciklometrične,
Prikaži več6.6 Simetrični problem lastnih vrednosti Če je A = A T, potem so lastne vrednosti realne, matrika pa se da diagonalizirati. Schurova forma za simetrič
6.6 Simetriči problem lastih vredosti Če je A = A T, potem so laste vredosti reale, matrika pa se da diagoalizirati. Schurova forma za simetričo matriko je diagoala matrika. Laste vredosti ozačimo tako,
Prikaži večUNIVERZA V LJUBLJANI FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Katja Ciglar Analiza občutljivosti v Excel-u Seminarska naloga pri predmetu Optimizacija v fina
UNIVERZA V LJUBLJANI FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Katja Ciglar Analiza občutljivosti v Excel-u Seminarska naloga pri predmetu Optimizacija v financah Ljubljana, 2010 1. Klasični pristop k analizi
Prikaži večMicrosoft Word - avd_vaje_ars1_1.doc
ARS I Avditorne vaje Pri nekem programu je potrebno izvršiti N=1620 ukazov. Pogostost in trajanje posameznih vrst ukazov računalnika sta naslednja: Vrsta ukaza Štev. urinih period Pogostost Prenosi podatkov
Prikaži več1. izbirni test za MMO 2018 Ljubljana, 16. december Naj bo n naravno število. Na mizi imamo n 2 okraskov n različnih barv in ni nujno, da imam
1. izbirni test za MMO 018 Ljubljana, 16. december 017 1. Naj bo n naravno število. Na mizi imamo n okraskov n različnih barv in ni nujno, da imamo enako število okraskov vsake barve. Dokaži, da se okraske
Prikaži večMicrosoft Word - UP_Lekcija04_2014.docx
4. Zanka while Zanke pri programiranju uporabljamo, kadar moramo stavek ali skupino stavkov izvršiti večkrat zaporedoma. Namesto, da iste (ali podobne) stavke pišemo n-krat, jih napišemo samo enkrat in
Prikaži večBrownova kovariancna razdalja
Brownova kovariančna razdalja Nace Čebulj Fakulteta za matematiko in fiziko 8. januar 2015 Nova mera odvisnosti Motivacija in definicija S primerno izbiro funkcije uteži w(t, s) lahko definiramo mero odvisnosti
Prikaži večPoslovilno predavanje
Poslovilno predavanje Matematične teme z didaktiko Marko Razpet, Pedagoška fakulteta Ljubljana, 20. november 2014 1 / 32 Naše skupne ure Matematične tehnologije 2011/12 Funkcije več spremenljivk 2011/12
Prikaži večIme in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Verjetnost Pisni izpit 5. februar 2018 Navodila Pazljivo preberite
Ime in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Verjetnost Pisni izpit 5 februar 018 Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja Nalog je
Prikaži večNamesto (x,y)R uporabljamo xRy
RELACIJE Namesto (x,y) R uporabljamo xry Def.: Naj bo R AxA D R = { x; y A: xry } je domena ali definicijsko obmocje relacije R Z R = { y; x A: xry } je zaloga vrednosti relacije R Za zgled od zadnjič:
Prikaži več4.Racionalna števila Ulomek je zapis oblike. Sestavljen je iz števila a (a ), ki ga imenujemo števec, in iz števila b (b, b 0), ki ga imenujemo imenov
4.Racionalna števila Ulomek je zapis oblike. Sestavljen je iz števila a (a ), ki ga imenujemo števec, in iz števila b (b, b 0), ki ga imenujemo imenovalec, ter iz ulomkove črte. Racionalna števila so števila,
Prikaži večPopravki nalog: Numerična analiza - podiplomski študij FGG : popravljena naloga : popravljena naloga 14 domače naloge - 2. skupina
Popravki nalog: Numerična analiza - podiplomski študij FGG 9.8.24: popravljena naloga 4 3..25: popravljena naloga 4 domače naloge - 2. skupina V drugem delu morate rešiti toliko nalog, da bo njihova skupna
Prikaži večZgledi:
a) za funkcijo f(x)= 1/3x 1 izračunaj ničlo, zapiši začetno vrednost in nariši graf (x=3, začetna vrednost: f(0)= 1, graf seka abscisno os v točki (3,0), ordinatno os pa v točki (0, 1)) b) nariši graf
Prikaži večMicrosoft PowerPoint _12_15-11_predavanje(1_00)-IR-pdf
uporaba for zanke i iz korak > 0 oblika zanke: for i iz : korak : ik NE i ik DA stavek1 stavek2 stavekn stavek1 stavek2 stavekn end i i + korak I&: P-XI/1/17 uporaba for zanke i iz korak < 0 oblika zanke:
Prikaži večDel 1 Limite
Del 1 Limite POGLAVJE 1 Zaporedja realnih števil 1. Osnovne lastnosti realnih števil Naravna števila označujemo z N, cela z Z, racionalna z Q in realna z R. Naravna števila so nastala iz potrebe po preštevanju.
Prikaži večZveznostFunkcij11.dvi
II. LIMITA IN ZVEZNOST FUNKCIJ. Preslikave med množicami Funkcija ali preslikava med dvema množicama A in B je predpis f, ki vsakemu elementu x množice A priredi natanko določen element y množice B. Važno
Prikaži večMatematika II (UN) 1. kolokvij (13. april 2012) RE ITVE Naloga 1 (25 to k) Dana je linearna preslikava s predpisom τ( x) = A x A 1 x, kjer je A
Matematika II (UN) 1 kolokvij (13 april 01) RE ITVE Naloga 1 (5 to k) Dana je linearna preslikava s predpisom τ( x) = A x A 1 x, kjer je 0 1 1 A = 1, 1 A 1 pa je inverzna matrika matrike A a) Poi² ite
Prikaži večSrednja šola za oblikovanje
Srednja šola za oblikovanje Park mladih 8 2000 Maribor POKLICNA MATURA MATEMATIKA SEZNAM VPRAŠANJ ZA USTNI DEL NARAVNA IN CELA ŠTEVILA Opišite vrstni red računskih operacij v množici naravnih števil. Kakšen
Prikaži večMatematika II (UNI) Izpit (23. avgust 2011) RE ITVE Naloga 1 (20 to k) Vektorja a = (0, 1, 1) in b = (1, 0, 1) oklepata trikotnik v prostoru. Izra una
Matematika II (UNI) Izpit (. avgust 11) RE ITVE Naloga 1 ( to k) Vektorja a = (, 1, 1) in b = (1,, 1) oklepata trikotnik v prostoru. Izra unajte: kot med vektorjema a in b, pravokotno projekcijo vektorja
Prikaži večM
Š i f r a k a n d i d a t a : Državni izpitni center *M16140111* Osnovna raven MATEMATIKA Izpitna pola 1 SPOMLADANSKI IZPITNI ROK Sobota, 4. junij 016 / 10 minut Dovoljeno gradivo in pripomočki: Kandidat
Prikaži večVektorji - naloge za test Naloga 1 Ali so točke A(1, 2, 3), B(0, 3, 7), C(3, 5, 11) b) A(0, 3, 5), B(1, 2, 2), C(3, 0, 4) kolinearne? Naloga 2 Ali toč
Vektorji - naloge za test Naloga 1 li so točke (1, 2, 3), (0, 3, 7), C(3, 5, 11) b) (0, 3, 5), (1, 2, 2), C(3, 0, 4) kolinearne? Naloga 2 li točke a) (6, 0, 2), (2, 0, 4), C(6, 6, 1) in D(2, 6, 3), b)
Prikaži večresitve.dvi
FAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 4 Pini izpit 2. januar 22 Ime in priimek: Vpina št: Navodila Pazljivo preberite beedilo naloge, preden e lotite reševanja. Veljale bodo amo rešitve na papirju, kjer
Prikaži večLehmerjev algoritem za racunanje najvecjega skupnega delitelja
Univerza v Ljubljani Fakulteta za računalništvo in informatiko ter Fakulteta za Matematiko in Fiziko Mirjam Kolar Lehmerjev algoritem za računanje največjega skupnega delitelja DIPLOMSKO DELO NA INTERDISCIPLINARNEM
Prikaži več6.1 Uvod 6 Igra Chomp Marko Repše, Chomp je nepristranska igra dveh igralcev s popolno informacijo na dvo (ali vec) dimenzionalnem prostoru
6.1 Uvod 6 Igra Chomp Marko Repše, 30.03.2009 Chomp je nepristranska igra dveh igralcev s popolno informacijo na dvo (ali vec) dimenzionalnem prostoru in na končni ali neskončni čokoladi. Igralca si izmenjujeta
Prikaži večANALITIČNA GEOMETRIJA V RAVNINI
3. Analitična geometrija v ravnini Osnovna ideja analitične geometrije je v tem, da vaskemu geometrijskemu objektu (točki, premici,...) pridružimo števila oz koordinate, ki ta objekt popolnoma popisujejo.
Prikaži večFunkcije in grafi
14 Funkcije in grafi Funkcije Zapisi funkcij Sorazmernost Obratna sorazmernost Potenčne funkcije Polinomske funkcije Druge funkcije Prileganje podatkom 14.1 Funkcije Spremenljivke Odvisnost spremenljivk
Prikaži večUvod v diferencialne enačbe, kompleksno in Fourierovo analizo Bojan Magajna Fakulteta za matematiko in fiziko, Univerza v Ljubljani
Uvod v diferencialne enačbe, kompleksno in Fourierovo analizo Bojan Magajna Fakulteta za matematiko in fiziko, Univerza v Ljubljani UVOD V DIFERENCIALNE ENAČBE, KOMPLEKSNO IN FOURIEROVO ANALIZO Povzetek
Prikaži večPosebne funkcije
10 Posebne funkcije Posebne funkcije Geometrijska vrsta Binomska vrsta Eksponentna funkcija Logaritemska funkcija Kotne funkcije Kotne tabele Grafi kotnih funkcij Obratne kotne funkcije 10.1 Posebne funkcije
Prikaži večStrojna oprema
Asistenta: Mira Trebar, Miha Moškon UIKTNT 2 Uvod v programiranje Začeti moramo razmišljati algoritmično sestaviti recept = napisati algoritem Algoritem za uporabo poljubnega okenskega programa. UIKTNT
Prikaži večIskanje ničel funkcij z metodo bisekcije Imejmo podano funkcijo f(x), ki ji želimo poiskati ničle, to je presečišča z x-osjo, kjer je vrednost f(x)=0.
Iskanje ničel funkcij z metodo bisekcije Imejmo podano funkcijo f(x), ki ji želimo poiskati ničle, to je presečišča z x-osjo, kjer je vrednost f(x)=0. Včasih lahko ničle določimo analitično, pogosto pa
Prikaži večOSNOVE LOGIKE 1. Kaj je izjava? Kaj je negacija izjave? Kaj je konjunkcija in kaj disjunkcija izjav? Povejte, kako je s pravilnostjo negacije, konjunk
OSNOVE LOGIKE 1. Kaj je izjava? Kaj je negacija izjave? Kaj je konjunkcija in kaj disjunkcija izjav? Povejte, kako je s pravilnostjo negacije, konjunkcije in disjunkcije. Izjava je vsaka poved, za katero
Prikaži večP181C10111
Š i f r a k a n d i d a t a : Državni izpitni center *P181C10111* SPOMLADANSKI IZPITNI ROK MATEMATIKA Izpitna pola Sobota, 9. junij 018 / 10 minut Dovoljeno gradivo in pripomočki: Kandidat prinese nalivno
Prikaži večMAGIČNI KVADRATI DIMENZIJE 4n+2
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje ISSN 0351-6652 Letnik 18 (1990/1991) Številka 6 Strani 322 327 Borut Zalar: MAGIČNI KVADRATI DIMENZIJE 4n + 2 Ključne besede: matematika, aritmetika,
Prikaži večglava.dvi
Lastnosti verjetnosti 1. Za dogodka A in B velja: P(A B) = P(A) + P(B) P(A B) 2. Za dogodke A, B in C velja: P(A B C) = P(A) + P(B) + P(C) P(A B) P(A C) P(B C) + P(A B C) Kako lahko to pravilo posplošimo
Prikaži večUrejevalna razdalja Avtorji: Nino Cajnkar, Gregor Kikelj Mentorica: Anja Petković 1 Motivacija Tajnica v posadki MARS - a je pridna delavka, ampak se
Urejevalna razdalja Avtorji: Nino Cajnkar, Gregor Kikelj Mentorica: Anja Petković 1 Motivacija Tajnica v posadki MARS - a je pridna delavka, ampak se velikokrat zmoti. Na srečo piše v programu Microsoft
Prikaži večUniverza v Mariboru Fakulteta za naravoslovje in matematiko Oddelek za matematiko in računalništvo Enopredmetna matematika IZPIT IZ VERJETNOSTI IN STA
Enopredmetna matematika IN STATISTIKE Maribor, 31. 01. 2012 1. Na voljo imamo kovanca tipa K 1 in K 2, katerih verjetnost, da pade grb, je p 1 in p 2. (a) Istočasno vržemo oba kovanca. Verjetnost, da je
Prikaži večPowerPoint Presentation
Integral rešujemo nalogo: Dana je funkcija f. Najdimo funkcijo F, katere odvod je enak f. Če je F ()=f() pravimo, da je F() primitivna funkcija za funkcijo f(). Primeri: f ( ) = cos f ( ) = sin f () =
Prikaži več(Microsoft PowerPoint - vorsic ET 9.2 OES matri\350ne metode 2011.ppt [Compatibility Mode])
8.2 OBRATOVANJE ELEKTROENERGETSKEGA SISTEMA o Matrične metode v razreševanju el. omrežij Matrične enačbe električnih vezij Numerične metode za reševanje linearnih in nelinearnih enačb Sistem algebraičnih
Prikaži večCpE & ME 519
2D Transformacije Zakaj potrebujemo transformacije? Animacija Več instanc istega predmeta, variacije istega objekta na sceni Tvorba kompliciranih predmetov iz bolj preprostih Transformacije gledanja Kaj
Prikaži večBojan Kuzma ZBIRKA IZPITNIH VPRAŠANJ PRI PREDMETIH ANALIZA I IN ANALIZA II (Zbirka Izbrana poglavja iz matematike, št. 1) Urednica zbirke: Petruša Mih
Bojan Kuzma ZBIRKA IZPITNIH VPRAŠANJ PRI PREDMETIH ANALIZA I IN ANALIZA II (Zbirka Izbrana poglavja iz matematike, št. 1) Urednica zbirke: Petruša Miholič Izdala in založila: Knjižnica za tehniko, medicino
Prikaži večPOPOLNI KVADER
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje ISSN 031-662 Letnik 18 (1990/1991) Številka 3 Strani 134 139 Edvard Kramar: POPOLNI KVADER Ključne besede: matematika, geometrija, kvader,
Prikaži večNaloge iz kolokvijev Analize 1 (z rešitvami) E-UNI, GING, TK-UNI FERI dr. Iztok Peterin Maribor 2009 V tej datoteki so zbrane naloge iz kolokvijev za
Naloge iz kolokvijev Analize (z rešitvami) E-UNI, GING, TK-UNI FERI dr. Iztok Peterin Maribor 2009 V tej datoteki so zbrane naloge iz kolokvijev za predmet Analiza na smereh E-UNI, GING in TK-UNI na Fakulteti
Prikaži večLaTeX slides
Linearni in nelinearni modeli Milena Kovač 22. december 2006 Biometrija 2006/2007 1 Linearni, pogojno linearni in nelinearni modeli Kriteriji za razdelitev: prvi parcialni odvodi po parametrih Linearni
Prikaži večMATEMATIKA 2. LETNIK GIMNAZIJE G2A,G2B Sestavil: Matej Mlakar, prof. Ravnatelj: Ernest Simončič, prof. Šolsko leto 2011/2012 Število ur: 140
MATEMATIKA 2. LETNIK GIMNAZIJE G2A,G2B Sestavil: Matej Mlakar, prof. Ravnatelj: Ernest Simončič, prof. Šolsko leto 2011/2012 Število ur: 140 Pravila ocenjevanja pri predmetu matematika na Gimnaziji Krško
Prikaži večMladi za napredek Maribora srečanje DOLŽINA»SPIRALE«Matematika Raziskovalna naloga Februar 2015
Mladi za napredek Maribora 015 3. srečanje DOLŽINA»SPIRALE«Matematika Raziskovalna naloga Februar 015 Kazalo 1. Povzetek...3. Uvod...4 3. Spirala 1...5 4. Spirala...6 5. Spirala 3...8 6. Pitagorejsko drevo...10
Prikaži večP182C10111
Š i f r a k a n d i d a t a : Državni izpitni center *P18C10111* JESENSKI IZPITNI ROK MATEMATIKA Izpitna pola Ponedeljek, 7. avgust 018 / 10 minut Dovoljeno gradivo in pripomočki: Kandidat prinese nalivno
Prikaži večOdvodFunkcijEne11.dvi
III. ODVODI FUNKCIJ ENE REALNE SPREMENLJIVKE 1. Odvajanje funkcij ene spremenljivke Odvajanje je ena najpomembnejši operacij na funkcija. Z uporabo odvoda, kadar le-ta obstaja, lako veliko bolje spoznamo
Prikaži večTuringov stroj in programiranje Barbara Strniša Opis in definicija Definirajmo nekaj oznak: Σ abeceda... končna neprazna množica simbolo
Turingov stroj in programiranje Barbara Strniša 12. 4. 2010 1 Opis in definicija Definirajmo nekaj oznak: Σ abeceda... končna neprazna množica simbolov (običajno Σ 2) Σ n = {s 1 s 2... s n ; s i Σ, i =
Prikaži večMatematika 2 - ustna vprašanja 1) Determinanta, poddeterminanta (1,3)...3 2) Lastnosti determinante (5)...3 3) Cramerjevo pravilo (9)...3 4) Računanje
Matematika 2 - ustna vprašanja 1) Determinanta, poddeterminanta (1,3)...3 2) Lastnosti determinante (5)...3 3) Cramerjevo pravilo (9)...3 4) Računanje z vektorji, kot med vektorij (11)...3 5) Skalarni
Prikaži večTeorija kodiranja in kriptografija 2013/ AES
Teorija kodiranja in kriptografija 23/24 AES Arjana Žitnik Univerza v Ljubljani, Fakulteta za matematiko in fiziko Ljubljana, 8. 3. 24 AES - zgodovina Septembra 997 je NIST objavil natečaj za izbor nove
Prikaži večNAVADNA (BIVARIATNA) LINEARNA REGRESIJA O regresijski analizi govorimo, kadar želimo opisati povezanost dveh numeričnih spremenljivk. Opravka imamo to
NAVADNA (BIVARIATNA) LINEARNA REGRESIJA O regresijski analizi govorimo, kadar želimo opisati povezanost dveh numeričnih spremenljivk. Opravka imamo torej s pari podatkov (x i,y i ), kjer so x i vrednosti
Prikaži večMatematika II (UN) 2. kolokvij (7. junij 2013) RE ITVE Naloga 1 (25 to k) ƒasovna funkcija f je denirana za t [0, 2] in podana s spodnjim grafom. f t
Matematika II (UN) 2. kolokvij (7. junij 2013) RE ITVE Naloga 1 (25 to k) ƒasovna funkcija f je denirana za t [0, 2] in podana s spodnjim grafom. f t 0.5 1.5 2.0 t a.) Nari²ite tri grafe: graf (klasi ne)
Prikaži večPREDMETNI KURIKULUM ZA RAZVOJ METEMATIČNIH KOMPETENC
MATEMATIKA 1.razred OSNOVE PREDMETA POKAZATELJI ZNANJA SPRETNOSTI KOMPETENCE Naravna števila -pozna štiri osnovne računske operacije in njihove lastnosti, -izračuna številske izraze z uporabo štirih računskih
Prikaži večUNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA NEŽKA RUGELJ SHOROV ALGORITEM DIPLOMSKO DELO LJUBLJANA, 2017
UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA NEŽKA RUGELJ SHOROV ALGORITEM DIPLOMSKO DELO LJUBLJANA, 017 UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA DVOPREDMETNI UČITELJ: matematika - računalništvo NEŽKA RUGELJ
Prikaži večIterativne metode v numeri ni linearni algebri 2013/ doma a naloga Re²itve stisnite v ZIP datoteko z imenom ime-priimek-vpisna-1.zip in jih odd
Iterativne metode v numeri ni linearni algebri 2013/2014 1. doma a naloga Re²itve stisnite v ZIP datoteko z imenom ime-priimek-vpisna-1.zip in jih oddajte preko spletne u ilnice (http://ucilnica.fmf.uni-lj.si)
Prikaži več'Kombinatoricna optimizacija / Lokalna optimizacija'
Kombinatorična optimizacija 3. Lokalna optimizacija Vladimir Batagelj FMF, matematika na vrhu različica: 15. november 2006 / 23 : 17 V. Batagelj: Kombinatorična optimizacija / 3. Lokalna optimizacija 1
Prikaži večSTAVKI _5_
5. Stavki (Teoremi) Vsebina: Stavek superpozicije, stavek Thévenina in Nortona, maksimalna moč na bremenu (drugič), stavek Tellegena. 1. Stavek superpozicije Ta stavek določa, da lahko poljubno vezje sestavljeno
Prikaži večSESTAVA VSEBINE MATEMATIKE V 6
SESTAVA VSEBINE MATEMATIKE V 6. RAZREDU DEVETLETKE 1. KONFERENCA Št. ure Učne enote CILJI UVOD (1 ura) 1 Uvodna ura spoznati vsebine učnega načrta, način dela, učne pripomočke za pouk matematike v 6. razredu
Prikaži večUniverza v Ljubljani Fakulteta za elektrotehniko Fakulteta za računalništvo in informatiko MATEMATIKA I Gabrijel Tomšič Bojan Orel Neža Mramor Kosta L
Univerza v Ljubljani Fakulteta za elektrotehniko Fakulteta za računalništvo in informatiko MATEMATIKA I Gabrijel Tomšič Bojan Orel Neža Mramor Kosta Ljubljana, 2004 Poglavje 3 Funkcije 3.1 Osnovni pojmi
Prikaži več5 SIMPLICIALNI KOMPLEKSI Definicija 5.1 Vektorji r 0,..., r k v R n so afino neodvisni, če so vektorji r 1 r 0, r 2 r 0,..., r k r 0 linearno neodvisn
5 SIMPLICIALNI KOMPLEKSI Definicija 5.1 Vektorji r 0,..., r k v R n so afino neodvisni, če so vektorji r 1 r 0, r 2 r 0,..., r k r 0 linearno neodvisni. Če so krajevni vektorji do točk a 0,..., a k v R
Prikaži večRAM stroj Nataša Naglič 4. junij RAM RAM - random access machine Bralno pisalni, eno akumulatorski računalnik. Sestavljajo ga bralni in pisalni
RAM stroj Nataša Naglič 4. junij 2009 1 RAM RAM - random access machine Bralno pisalni, eno akumulatorski računalnik. Sestavljajo ga bralni in pisalni trak, pomnilnik ter program. Bralni trak- zaporedje
Prikaži večNAVODILA AVTORJEM PRISPEVKOV
Predmetna komisija za nižji izobrazbeni standard matematika Opisi dosežkov učencev 6. razreda na nacionalnem preverjanju znanja Slika: Porazdelitev točk pri matematiki (NIS), 6. razred 1 ZELENO OBMOČJE
Prikaži večREED-SOLOMONOVE KODE Aleksandar Jurišić Arjana Žitnik 6. junij 2004 Math. Subj. Class. (2000): 51E22, 94B05?, 11T71 Reed-Solomonove kode so izjemno us
REED-SOLOMONOVE KODE Aleksandar Jurišić Arjana Žitnik 6 junij 2004 Math Subj Class (2000): 51E22, 94B05?, 11T71 Reed-Solomonove kode so izjemno uspešne na področju hranjenja podatkov (CD, DVD) ter prenašanja
Prikaži večNEKAJ VPRAŠANJ IZ MATEMATIKE 2 1. Katero točko evklidskega prostora R n imenujemo notranjo (zunanjo, robno) točko množice M R n? 2. Za poljubno množic
NEKAJ VPRAŠANJ IZ MATEMATIKE 2 1. Katero točko evklidskega prostora R n imenujemo notranjo (zunanjo, robno) točko množice M R n? 2. Za poljubno množico M R n evklidskega prostora R n definirajte množice
Prikaži večNumerika
20 Numerika Računalniki Koreni enačb Sistem linearnih enačb Odvajanje Integriranje Spektralna analiza Enačba rasti Enačba gibanja Advekcijska enačba Valovna enačba Difuzijska enačba Potencialna enačba
Prikaži večMATLAB programiranje MATLAB... programski jezik in programersko okolje Zakaj Matlab? tipičen proceduralni jezik enostaven za uporabo hitro učenje prir
MATLAB programiranje MATLAB... programski jezik in programersko okolje Zakaj Matlab? tipičen proceduralni jezik enostaven za uporabo hitro učenje priročno programsko okolje tolmač interpreter (ne prevajalnik)
Prikaži več