Bài giảng phương pháp tính

1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP HCM KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN BÀI GIẢNG PHƯƠNG PHÁP TÍNH HUỲNH HỮU DINH Email: hhdinh19@gmail.com TP HỒ CHÍ MINH 9/2012 2 Chương 1. PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ VÀ SIÊU VIỆT Bài 1. MỞ ĐẦU Trong mục này, ta tìm hiểu những phương pháp giải một số phương trình đại số và siêu việt dạng:   0 f x  (*), với   f x là một hàm phi tuyến. Phương trình trên, trừ một vài trường hợp đặc biệt, có công thức giải đúng, còn nói chung không có công thức giải đúng (các công trình của nhà Toán học Abel đã khẳng định điều đó). Ở khía cạnh khác, các hệ số của   f x trong nhiều trường hợp cũng chỉ là các số gần đúng hoặc nghiệm của   f x là một biểu thức rất phức tạp, cho nên vấn đề giải đúng phương trình (*) cũng không thật sự cần thiết. Do đó, chúng ta cần quan tâm đến những phương pháp giải gần đúng, nhất là những phương pháp có thể dùng máy tính hỗ trợ. Để giải gần đúng phương trình (*), ta tiến hành các bước sau: . Thứ nhất là tách nghiệm, nghĩa là tìm một khoảng   ; a b đủ nhỏ sao cho phương trình (*) có nghiệm duy nhất   * ; x a b  . . Thứ hai là chính xác hóa nghiệm gần đúng đến độ chính xác cần thiết. Cơ sở để tách nghiệm là những kết quả mà bạn có thể bắt gặp ở bất kì cuốn sách Giải tích nào. Định lí 1.1.1. Giả sử   f x liên tục trên   ; a b và     0 f a f b  . Khi đó phương trình   0 f x  tồn tại ít nhất một nghiệm trong khoảng   ; a b . Định lí 1.1.2. Nếu   f x liên tục trên   ; a b và     0 f a f b  , hơn nữa, hàm số   f x có đạo hàm   f x  liên tục trên đoạn   ; a b và   f x  không đổi dấu trên   ; a b thì nghiệm nói trên là duy nhất. Hình 1.1.1 Hình 1.1.2 3 Các hình 1.1.1 và 1.1.2 cho ta một cách nhìn trực giác về tính đúng đắn của định lí 1.1.2 Bước tách (li) nghiệm thường được tiến hành nhờ phương pháp chia đôi hoặc phương pháp đồ thị. Nguyên tắc thực hiện phương pháp chia đôi như sau: Xác định     0 f a f b  , sau đó chia đôi đoạn   ; a b và gọi   1 1 ; a b là một trong hai nữa ở trên sao cho     1 1 0 f a f b  . Lại chia đôi đoạn   1 1 ; a b và gọi   2 2 ; a b là một trong hai đoạn con mà     2 2 0 f a f b  ; quá trình cứ thế tiếp tục, (nếu tại i a mà   0 i f a  hoặc i b mà   0 i f b  thì ta nói giá trị đó là nghiệm đúng của phương trình   0 f x  ) Nguyên tắc của phương pháp đồ thị như sau: Nghiệm của phương trình   0 f x  là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số   y f x  với trục hoành; hoặc ta biến đổi   0 f x  về dạng     x x    . Khi đó nghiệm của phương trình   0 f x  là hoành độ giao điểm của hai đồ thị   y x   và   y x   . Sau đây là một số ví dụ cho phương pháp đồ thị (được hỗ trợ bằng Maple) Ví dụ 1.1.1: Xét phương trình 3 10 0 x x    . Ta vẽ đồ thị hàm số 3 10 y x x    theo hình vẽ dưới đây (hình 1.1.3) Từ hình vẽ ta nhận thấy phương trình trên có một khoảng li nghiệm là khoảng   2,2;2,4 Hình 1.1.3 Ví dụ 1.1.2: Xét phương trình   2 cos x x   . Ta vẽ đồ thị của hai hàm số 2 y x  và   cos y x   . Từ hình vẽ ta nhận thấy phương trình   2 cos x x   có hai khoảng li nghiệm là   0;1 và   1;0  . Hình 1.1.4 3 10 y x x    2 y x    cos y x   4 Ví dụ 1.1.3: Tìm các khoảng li nghiệm của phương trình 2 2 arctan 2 0 x x x     bằng phương pháp đồ thị Giải Phương trình đã cho tương đương với 2 2 arctan 2 x x x    Ta vẽ đồ thị hai hàm số 2 arctan 2 y x   (đường màu đỏ) và 2 y x x   (đường màu xanh). Từ hình vẽ ta tìm được hai khoảng li nghiệm của phương trình là   1; 0,5   và   1,5;2 . Hình 1.1.5 Sau khi đã tách được nghiệm thì công việc tiếp theo là chính xác hóa nghiệm đến độ chính xác cần thiết. Để thực hiện bước này, ta có thể sử dụng một trong các phương pháp sau: phương pháp lặp, phương pháp dây cung, phương pháp tiếp tuyến, phương pháp Muller,…Tất cả phương pháp được nêu chúng ta đều có thể lập trình bằng ngôn ngữ Maple. 2 y x x   2 arctan 2 y x   5 Bài 2. PHƯƠNG PHÁP LẶP ĐƠN Xét phương trình   0 f x  (1) có khoảng li nghiệm là   ; a b . Ta biến đổi phương trình (1) về dạng tương đương:   x x   (2) Với xấp xỉ ban đầu 0 x thuộc khoảng   ; a b đã cho, ta xây dựng dãy   0, n n x   nhờ vào hệ thức:   1 , 0 n n x x n      . Nếu dãy   0, n n x   có giới hạn lim * n n x x   thì * x chính là nghiệm đúng của phương trình (2) và cũng là nghiệm của (1) Tiếp theo, ta tìm hiểu một số điều kiện để dãy   0, n n x   hội tụ. Định lí 1.2.1. Giả sử hàm số   y x   khả vi liên tục trên   ; a b và với mọi   ; x a b  thì     ; x a b   . Khi đó, nếu ta có   1 x L     với mọi   ; x a b  thì dãy số   0, n n x   được xây dựng bởi hệ thức   1 , 0 n n x x n      hội tụ đến nghiệm * x của phương trình   0 f x  và ta có các ước lượng sai số 1 1 * 1 n n n L x x x x L       1 1 1 0 * 1 n n L x x x x L       Ta mô phỏng phương pháp lặp bằng hình vẽ như sau Hình 1.2.1 Nhận xét 1.2.1: Phương pháp lặp đơn có tính chất tự điều chỉnh, nghĩa là nếu tại một vài bước tính toán trung gian ta mắc phải sai số thì dãy   0, n n x   vẫn hội tụ đến * x , tất nhiên chỉ một vài bước sai và sai số mắc phải không vượt ra ngoài đoạn. y x    y x   6 Ta mô phỏng nhận xét này bằng hình vẽ như sau Hình 1.2.2 Nhận xét 1.2.2: Một tính chất đặc biệt của phương pháp lặp là có thể đánh giá ngay từ đầu số bước lặp mà ta cần phải làm để có được độ chính xác theo yêu cầu. Thật vậy, từ biểu thức 0 1 * 1 n n L x x x x L     nếu ta muốn có nghiệm gần đúng với sai số  thì ta sẽ dừng lại ở bước lặp thứ n sao cho: 0 1 1 n L x x L     Từ đây ta có đánh giá cho n   1 0 1 ln ln L x x n L                       kí hiệu    chỉ phần nguyên trên của số  . Ví dụ 2,6 3; 4,1 5; 2,1 2                  . Nhận xét 1.2.3: Trên đây ta nhắc đến việc chuyển từ (*) sang dạng tương đương (**) sao cho điều kiện     1, ; x L x a b       được thỏa mãn. Về vấn đề này có mấy nhận xét sau: . Giả sử   0 m f x M     (với trường hợp   0 M f x m     ta làm tương tự). . . Ta có thể chuyển từ (*) sang dạng tương đương sau:     x x f x x      với 1 M   (***) . Ta thấy rằng         1 1 1 1, ; f x m x f x x a b M M               . Do đó phép lặp được xây dựng trên (***) sẽ hội tụ đến nghiệm cần tìm.   y x   y x  7 Tóm tắt thuật toán tìm nghiệm gần đúng phương trình (1) với khoảng li nghiệm   ; a b bằng phương pháp lặp Bước 1: Biến đổi phương trình (1) về dạng   x x   với   1 x L     với mọi   ; x a b  . Bước 2: Xây dựng dãy   0, n n x   thông qua các hệ thức .   0 ; x a b  (thông thường ta lấy 0 x là trung điểm của đoạn   ; a b ) .         1 0 2 1 3 2 1 ; ; ; ; n n x x x x x x x x          Bước 3: Đánh giá sai số nghiệm gần đúng dựa vào công thức 1 1 * 1 n n n L x x x x L       . Ví dụ 1.2.1: Giải phương trình   ln 1 10 0 x x     bằng phương pháp lặp (lặp bốn bước, đánh giá sai số ở bước 4), biết phương trình có khoảng li nghiệm là   13;14 Giải Biến đổi phương trình đã cho về dạng   ln 1 10 x x    Đặt     ln 1 10 x x     . Ta thấy rằng     1 1 12;13 1 13 x L x x         Chọn 0 12,5 x  . Ta xây dựng dãy lặp theo công thức     1 ln 1 10, 0 n n n x x x n         Từ đây ta tính được 1 2 3 4 12,602690 12.610268 12.610824 12.610865 x x x x     Ta tiến hành đánh giá sai số của nghiệm gần đúng 4 x . Ta có 6 4 4 3 * 3.10 1 L x x x x L       Ví dụ 1.2.2: Giải phương trình 3 0 x x e   bằng phương pháp lặp với sai số của nghiệm gần đúng không vượt quá 4 10  biết khoảng li nghiệm là 1 ;1 2          Giải Biến đổi phương trình về dạng 3 x e x  Đặt   3 x e x  . Ta thấy rằng   0,906094 3 3 x e e x L       8 Chọn 0 0,75 x  . Ta xây dựng dãy lặp theo công thức   1 3 n x n n e x x    . Từ hệ thức trên ta được 1 2 19 20 0,705667 0,675065 0,619079 0,619072 x x x x     Đánh giá sai số của nghiệm gần đúng 20 x . Ta có 5 4 20 20 19 * 6,6.10 10 1 L x x x x L         Vậy ta lấy 20 * 0,619072 x x   . Ví dụ 1.2.3: Giải phương trình   2 2 cos2 2 0 x x x    bằng phương pháp lặp (lặp 3 bước, đánh giá sai số ở bước 3) biết khoảng li nghiệm là   3, 4;4 . Giải Việc tìm hàm   x  của bài toán này khá khó khăn. Ở đây ta sẽ áp dụng các kết quả trong mục nhận xét 1.2.3 Đặt     2 2 cos2 2 f x x x x    Ta có     2 cos2 4 sin 2 2 2 f x x x x x      . Ta sẽ tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số   y f x   . Có nhiều phương pháp để tìm các giá trị này, ở đây ta dùng phương pháp đồ thị với sự hỗ trợ của Maple Dựa vào đồ thị trên ta nhận được   M f x m    với   4 20,120732 M f     và   3, 4 6,941147 m f     Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng 9   2 2 cos2 2 20,120731 x x x x x     Đặt     2 2 cos2 2 20,120731 x x x x x     . Ta có     6,941147 1 1 0,655025 20,120732 20,120732 f x x L          Chọn 0 3,7 x  . Ta xây dựng dãy lặp theo công thức     2 1 2 cos2 2 20,120732 n n n n n n x x x x x x       Từ đây ta tính được 1 2 3 3,717656 3,721257 3,721950 x x x    Ta đánh giá nghiệm gần đúng 3 x . Ta có 3 3 2 * 0, 001316 1 L x x x x L      Để tìm max và min của hàm số   f x  ta còn thêm một phương pháp nữa là đánh giá tính đơn điệu của hàm số   y f x   . Thật vậy, ta có   8 sin 2 8 cos2 2 f x x x x      Nhận xét rằng 3 3,4 ; ;4 ; 8 4 8                             . Từ đây ta suy ra       8 sin 2 8 cos 2 2 8sin 6,8 32 cos 8 2 1,296906 0 f x x x x             Vậy hàm số   y f x   là hàm đơn điệu giảm. Bước tiếp theo ta làm giống như cách trên. 10 Bài 3. PHƯƠNG PHÁP NEWTON (PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN) Trong mục này, ta xét lại phương trình   0 f x  . Giả sử rằng ta đã tìm được một khoảng li nghiệm của phương trình trên là khoảng   ; a b , đồng thời     , f x f x   liên tục và không đổi dấu trên đoạn   ; a b . Khi đó, với 0 x là xấp xỉ ban đầu được chọn, ta xây dựng dãy   0, n n x   theo công thức     1 , 0 n n n n f x x x n f x       . Ta có thể chứng minh được, với một số điều kiện thích hợp phương pháp Newton hội tụ, chẳng hạn với điều kiện sau Định lí 1.3.1. Nếu phương trình   0 f x  có   ; a b là khoảng li nghiệm, đồng thời     , f x f x   liên tục và không đổi đấu trên đoạn   ; a b , với   0 ; x a b  sao cho     0 0 0 f x f x   ( 0 x ,được gọi là điểm Fourier, thường được chọn là một trong hai đầu mút a hoặc b). Khi đó dãy   0, n n x   xây dựng như trên hội tụ đến nghiệm * x của phương trình   0 f x  và ta có ước lượng   2 1 1 * 2 n n n M x x x x m      với , m M là hai hằng số thỏa mãn     0 , ; m f x x a b          , ; f x M x a b     Nhận xét 1.3.1: Về mặt hình học, để xác định phần tử 1 n x  , xuất phát từ điểm nằm trên đồ thị hàm số   y f x  có hoành độ n x , ta kẻ tiếp tuyến với đường cong. Hoành độ giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành sẽ là 1 n x  . Hình 1.3.1 Tóm tắt thuật toán tìm nghiệm gần đúng phương trình   0 f x  với khoảng li nghiệm   ; a b bằng phương pháp tiếp tuyến 0 A 1 A 2 A   y f x  [...]...    , x   k 2.1.2 Phương pháp lặp đơn Xét hệ phương trình Ax  b (*) Để giải hệ phương trình Ax  b bằng phương pháp lặp đơn, ta biến đổi hệ phương trình về dạng x  Bx  g (2.1.1) Sau đó với x 0  k , ta thiết lập dãy x x n 1  Bx n  n  n0, như sau  g, n  0 (2.1.2) Với một số điều kiện về ma trận B , dãy sẽ hội tụ đến nghiệm đúng x * của hệ (*) Phương pháp lặp xác định theo hệ... (duy nhất) của phương trình 21 22 23 24 25  2  3  4  5  100 R  1 R  1 R  1 R  1 R  1 (1) Biết phương trình (1) có khoảng li nghiệm là 0;1 , giải phương trình bằng phương pháp Newton (lặp 7 bước, đánh giá sai số ở bước 7) Giải Đặt x  R  1 , phương trình (1) trở thành 21 22 23 24 25  2  3  4  5  100 x x x x x 5 4 3  100x  21x  22x  23x 2  24x  25  0 2 Phương trình (2)... hệ phương trình (*) về dạng (2.2.1) với ma trận B thỏa mãn điều kiện B  1 ta đã xem xét trong phương pháp lặp đơn Ở đây, ta sẽ nhắc lại kết quả này Định lí 2.4.2 Giả sử ma trận A  aij k thỏa mãn điều kiện luôn có thể đưa được hệ (*) về dạng (2.2.1) với điều kiện B  k a ij  aii , i  1, k Khi đó ij j 1  1 và bii  0, i  1, k Ví dụ 2.2.1: Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp. .. 1 , 2 , , k  là   a  akk   11 a 22 nghiệm của hệ phương trình (*) Ví dụ 2.1.1: Cho hệ phương trình 5x  y  z  7    x  10y  z  12    x  y  20z  22    a Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn với yêu cầu sai số không quá 5.103 b Tìm số bước lặp nhỏ nhât để nghiệm gần đúng có sai số không quá 106 Giải a Hệ phương trình này thỏa mãn điều kiện a trong định lí 2.3.2... hình vẽ minh họa sau y  f x  y  f x  Hình 1.3.2 Hình 1.3.3 Hình 1.3.2 cho ta biết dãy x n n 0, phân kì, trong khí đó dãy x n n0, trong hình 1.3.3 là hội tụ 14 Chương 2 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Bài 1 PHƯƠNG PHÁP LẶP ĐƠN 2.1.1 Chuẩn trong k và M k    Định nghĩa Trước hết ta tìm hiểu lại các ký hiệu  k và M k      x 1         x     2   k x    : x , x , , x ... n0, như sau  g, n  0 (2.1.2) Với một số điều kiện về ma trận B , dãy sẽ hội tụ đến nghiệm đúng x * của hệ (*) Phương pháp lặp xác định theo hệ thức (2.1.2) để giải hệ phương trình (*) được gọi là phương pháp lặp đơn (phương pháp Jacobi) Sau đây ta xét một số điều kiện của ma trận B để dãy x n  n 0, hội tụ đến nghiệm đúng x * của hệ (*) Định lí 2.1.1 Nếu B   1 thì với mọi x 0  k , dãy... xét bất đẳng thức n B x 1  x 0 1 B    106   1  B 106        ln  1  0   x  x      15 n   ln B          19 Bài 2 PHƯƠNG PHÁP SEIDEL Trong mục này ta tiếp tục nghiên cứu cách giải gần đúng hệ phương trình Ax  b (*) Giả sử (*) được đưa về dạng x  Bx  g (2.2.1) Giả sử rằng đã có các xấp xỉ x 0, x 1, , x n     thì lúc đó x n 1  x 1n 1,... toán trên được gọi là dãy xấp xỉ xây dựng theo thuật toán Seidel (hoặc phương pháp Seidel) Ta sẽ xem xét điều kiện của ma trận B để dãy trên hội tụ về nghiệm duy nhất x * của hệ phương trình (*) Định lí 2.4.1 Nếu B   k  max  bij  1i k   j 1     1 thì dãy x      n  n0, hội tụ đến nghiệm duy nhất x * của hệ phương trình (*), đồng thời ta có ước lượng sai số x n 1  x *  ... 1 Với ma trận vuông A  aij k  M k   ta sẽ có các chuẩn tương ứng k A   max  aij 1i k j 1 k A 1  max  aij 1 j k i 1 Tính chất Trong phần này ta chỉ đưa ra những tính chất cho chuẩn  , đối với chuẩn 1 ta có các tính chất tương tự Sau đây ta nêu một số tính chất cơ bản của chuẩn 1 x  2 x  (trong  k và M k    )  0, x   k Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  0 k  3 x  y... x *   U  x 4  x 3 1 B    0,2 0, 000301  0, 000075 1  0,2 0 0,1 0,1       0  trong đó U   0 0,1       0 0 0     21 Chương 3 ĐA THỨC NỘI SUY VÀ PHƯƠNG PHÁP BÌNH PHƯƠNG BÉ NHẤT Bài 1 MỞ ĐẦU Thông thường, một hàm số có hai cách biểu diễn Dạng thứ nhất bằng biểu thức giải tích với các kết hợp khác nhau của hàm sơ cấp Dạng thứ hai thì hàm số được cho như một bảng . bước này, ta có thể sử dụng một trong các phương pháp sau: phương pháp lặp, phương pháp dây cung, phương pháp tiếp tuyến, phương pháp Muller,…Tất cả phương pháp được nêu chúng ta đều có thể lập. đúng phương trình (*) cũng không thật sự cần thiết. Do đó, chúng ta cần quan tâm đến những phương pháp giải gần đúng, nhất là những phương pháp có thể dùng máy tính hỗ trợ. Để giải gần đúng phương. nhìn trực giác về tính đúng đắn của định lí 1.1.2 Bước tách (li) nghiệm thường được tiến hành nhờ phương pháp chia đôi hoặc phương pháp đồ thị. Nguyên tắc thực hiện phương pháp chia đôi như