Phương pháp tính với C++ - Chương 2 pptx

Về mặt hình học, phương pháp này có nghĩa là kẻ dây cung của đường cong fx qua hai điểm A[a, fa] và B[b, fb].. Khi đã tìm được xấp xỉ nào đó xn ∈ [a, b] ta có thể kiện toàn nó theo phươn

n 1000 x

x + = −  với xo chọn bất kì trong ( 9, 10 ) 

  Trên cơ sở phương pháp này chúng ta có các chương trình tính toán sau: 

Chương  trình  giải  phương  trình  exp((1/3)*ln(1000‐x))  với  số  lần  lặp  cho trước 

f(x)  liên  tục  trên  đoạn  [a, b] và f(a).f(b) < 

0.  Chia  đoạn  [a,  b]    thành  2  phần  bởi 

chính điểm chia (a + b)/2. 

     

      

b 1

ξ

b a

        x1 = a + h1

Trong đó  

      

) a b ( ) b ( ) a (

) a (

h 1 =− − + −  

  Tiếp theo dùng cách đó với đoạn [ a, x1] hay [x1, b] mà hai đầu hàm nhận giá trị trái dấu ta được nghiệm gần đúng x2 v.v. 

Về mặt hình học, phương pháp này có nghĩa là kẻ dây cung của đường cong f(x) qua hai điểm A[a, f(a)] và B[b, f(b)]. Thật vậy phương trình dây cung AB 

có dạng: 

)a()b(

)a(ya

       a       x1      ξ  b       

       

Cho x = x1 y = 0  ta có 

)a()b(

)a(a

−

−

Trên  cơ  sở  của  phương  pháp  ta  có 

chương  trình  tính  nghiệm    của  phương 

b]  đồng  thời  fʹ(x)  và  fʺ(x)  liên  tục  và  giữ 

nguyên  dấu  trên  đoạn  [a,  b].  Khi  đã  tìm 

được  xấp  xỉ  nào  đó  xn  ∈  [a,  b]  ta  có  thể 

kiện  toàn  nó  theo  phương  pháp  Newton. 

Từ mút B ta vẽ tiếp tuyến với đường cong. 

Phương trình đường tiếp tuyến là  

      

x1  b = xo

a

)xx)(

b(f)x(

Tiếp tuyến này cắt trục hoành tại điểm có 

y = 0, nghĩa là: 

)xx)(

b(f)x

hay : 

)x(f

)x(x

x

0

0 0

Từ x1 ta lại tiếp tục vẽ tiếp tuyến với đường cong thì giao điểm xi sẽ tiến tới nghiệm của phương trình. 

Việc chọn  điểm ban đầu xo rất quan trọng. Trên hình vẽ trên ta thấy nếu  chọn  điểm  ban  đầu  xo  =  a  thì  tiếp  tuyến  sẽ  cắt  trục  tại  một  điểm  nằm ngoài đoạn [a, b]. Chọn xo = b sẽ thuận lợi cho việc tính toán. Chúng ta có định lí: 

  Nếu f(a).f(b) < 0 ; f(x) và fʺ(x) khác không và giữ nguyên dấu xác định khi x 

∈ [a, b] thì xuất phát  từ xo∈ [a, b] thoả mãn điều kiện f(x o ).f″(x o ) > 0  có thể tính  theo phương pháp Newton nghiệm ξ duy nhất với độ chính xác tuỳ ý. 

để tại đó f(xo).fʺ(xo) > 0. Áp dụng lí thuyết trên chúng ta xây dựng chương trình tính sau:   

2 2 2

2

1 1

2 1 1 1

0

2 0

fcbhah

)xx(h

v

fcbhah

)xx(h

v

fc)0(b)0(a)xx(0

v

=++

=

=

=++

=

=

=++

1

2 1

2 0

b

)1(h

f)1(ffa

+γ+

−γ

=

 

Sau đó ta tìm nghiệm của phương trình av2 + bv + c = 0 và có : 

ac4bb

c2x

n

2 0

0)

11(2.01

07385

0)11()0907.0()2915.0(1

c

91338

02

.0

2.0)45312

0()097.0(2915.0b

89526

1)0907.0()45312

0(4)91338

0(91338

0

)0907.0(20

.2

2 4

109184

1

c

81826

010474

.0

10474

0)4728.0(109184.10907.0b

4728.09095

.110474

09095.0

07385

09095.1)109184.1()0907.0(9095.0

110

9184.1)4728.0(4)81826

0(81826

0

109184.1289526

1

n

4 2

Đây là một phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng. Khi cho trước các giá  trị  đầu  yo,  y1, yn‐1  ta  tìm  được  các  giá  trị  yn,  yn+1,   Chúng  được  gọi  là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính (1). 

Đa thức  

với cùng một hệ số ai như (1) được gọi là đa thức đặc tính của phương trình sai phân tuyến tính (1). Nếu (2) có n nghiệm phân biệt x1, x2, , xn thì (1) có các nghiệm riêng là  

k i

=

k

1

2 2

1 k

1 1 k

x

xc

c1xc

=

+ +

+

1 k

1

2 2

1 1

k 1 1 1

k

x

xc

c1xc

1 k

1

2 2 1

1 k

1

k

x

xc

c1

x

xc

c1xy

1 2 k

1 k

0 n

yk+3 ‐10yk+2 + 31yk+1 ‐ 30yk = 0 

Ta cho trước các giá trị y1 = 0; y2 = 0 và y3 = 1. Theo (4) ta tính được : 

y4 = ‐ (‐10y3 + 31y2 ‐ 30y1) = 10 

y5 = ‐ (‐10y4 + 31y3 ‐ 30y2) = 69 

y6 = ‐ (‐10y5 + 31y5 ‐ 30y3) = 410 

y7 = ‐ (‐10y6 + 31y5 ‐ 30y4) = 2261 

y8 = ‐ (‐10y7 + 31y6 ‐ 30y5) = 11970 

y9 = ‐ (‐10y8 + 31y7 ‐ 30y6) = 61909 

y10 = ‐ (‐10y9 + 31y8 ‐ 30y8) = 315850 

y11 = ‐ (‐10y10 + 31y9 ‐ 30y8) = 1598421 

y12 = ‐ (‐10y11 + 31y10 ‐ 30y9) = 8050130 

y13 = ‐ (‐10y12 + 31y11 ‐ 30y10) = 40425749 

y14 = ‐ (‐10y13 + 31y12 ‐ 30y11) = 202656090 

y15 = ‐ (‐10y14 + 31y13 ‐ 30y12) = 1014866581 

y16 = ‐ (‐10y15 + 31y14 ‐ 30y13) = 5079099490 

y17 = ‐ (‐10y16 + 31y15 ‐ 30y14) = 24409813589 

y18 = ‐ (‐10y17 + 31y16 ‐ 30y15) = 127092049130 

y19 = ‐ (‐10y18 + 31y17 ‐ 30y16) = 635589254740 

Tỉ số các số yk+1/yk lập thành dãy : 

  10 ; 6.9 ; 5.942 ; 5.5146 ; 5.2941 ; 5.172 ; 5.1018 ; 5.0607 ; 5.0363 ; 5.0218 ; 5.013 ; 5.0078 ; 5.0047 ; 5.0028 ; 5.0017 ; 5.001  

i n

i n i 1

n 0

a

ax

)x(Px

x

0 n

0 n 0

 

)x(P

)x(Px

x

1 n

1 n 1

với bn = Pn(xi). Đa thức Pn‐1(x) có dạng: 

  Pn‐1(x) = boxn‐1 + b1xn‐2 + p3xn‐3 + + bn‐2x + bn‐1        (4) 

Để xác định các hệ số của đa thức (4) ta thay (4) vào (3) và cân bằng các hệ số với đa thức cần tìm nghiệm Pn(x) mà các hệ số ai đã cho: 

  Phép  chia  Pn(x)  cho  (x  ‐    α1)  cho  ta  Pn‐1(x)  và  một  nghiệm  mới  khác được  tìm  theo  cách  trên  khi  chọn  một  giá  trị  xo  mới  hay  chọn  chính xo=α1. Khi  bậc  của  đa  thức  giảm  xuống  còn  bằng  2  ta  dùng  các  công  thức  tìm nghiệm của tam thức để tìm các nghiệm còn lại. 

375.15.3)x(P

)x(Px

x

0 n

0 n 0

096.06.3)x(P

)x(Px

x

1 n

1 n 1

§9. PHƯƠNG PHÁP NGOẠI SUY AITKEN 

  Xét phương pháp lặp : 

với f(x) thoả mãn điều kiện hội tụ của phép lặp, nghĩa là với mọi x∈ [a, b] ta có: 

phải tìm các giá trị đặc biệt s* và p* để cho bn‐1 và bn triệt tiêu. Khi đó r1(x)= 0 

và nghiệm của tam thức x2 ‐ s*x + p*x sẽ là nghiệm của đa thức Pn(x). Ta biết rằng bn‐1 và bn là hàm của s và p : 

s

(

g

0)p

xi+1 = xi ‐ f(xi)/fʹ(xi)  

hay  fʹ(xi)(xi+1 ‐ xi) = ‐f(xi) 

Với một hệ có hai phương trình,công thức lặp trở thành: 

  J(Xi)(Xi+1 ‐ Xi) = ‐F(Xi) 

với   Xi = { si, pi}T và   Xi+1 = { si+1, pi+1}T

)p,s()

X

(

F

i i

i i

fs

f)

∆

∂

∂

)p,s(gpp

gss

g

)p,s(pp

fss

f

i i

i i

gf

 

∂+

fg

 

s

gp

fp

gs

f

∂

∂,s

g

∂

∂,p

g

∂

∂. Các đạo hàm này được tính theo công thức truy hồi. 

Do bo = ao nên  

)sb(s

as

0s

)sb

bps

bsbs

n 3

n 2

s

fc

s

fc

s

fc

2 2 n 3 n 1 n

3 n n 2 n 1 n

cc

c

cbc

bs

2 n n 1 n 1 n

cc

c

cbc

bp

.5

5.57.0

1.38

.0

1.35

.5

7.02.3

8.05.5

88.251

.4

5.57.0

88.207.0

88.251

.4

17.003.1

07.051.4

Như vậy:    

P4(x) = (x2 + 0.9x + 1.1)(x2  +  2x + 3) 

Chương trình sau áp dụng lí thuyết vừa nêu để tìm nghiệm của đa thức.  

f

0)x, ,x,x,x

(

f

0)x, ,x,x,x

(

f

0)x, ,x,x,x

(

f

n 3

2 1 n

n 3 2 1 3

n 3

2 1 2

n 3 2 1 1

)x(xx

i

i i

n 2

n 1

n

n

2 3

2 2

2 1

2

n

1 3

1 2

1 1 1

i

x

fx

fx

fx

f

x

fx

fx

fx

f

x

fx

fx

fx

−

=++

−

=

−+++

x

2

04x8x25

05xxxx

08xxx3xx

4 3 2 1

3

2 1

4 3 2 1

4 2 1

2 2

3

1

 

x2x

x2

08

0x

25

1

xx30

xx3x3x

x3x

3

2 1 3

1 3

2

2 1 1

2 1 4

1

2 2 4

1.12499779,8.05819031  }T  với  độ  chính  xác  0.000001.Vectơ  số  dư  r  =  { 0.00000536,‐0.00000011,‐0.00000001,‐0.00000006}T. 

      printf(ʺCac  phan  tu  duong  cheo  cua  ma  tran bang khong\nʺ);