Ứng dụng của nguyên lí ánh xạ co vào dãy số

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN ====== LƢU THỊ HỒNG YÊN ỨNG DỤNG CỦA NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ CO VÀO DÃY SỐ KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Giải tích Ngƣời hƣớng dẫn khoa học PGS. TS. KHUẤT VĂN NINH HÀ NỘI, 2015 Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp LỜI CẢM ƠN Trong quá trình thực hiện đề tài nghiên cứu khoa học này, em đã nhận đƣợc rất nhiều sự quan tâm, giúp đỡ của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên, nhờ đó mà em đã tiếp thu đƣợc nhiều tri thức khoa học, kinh nghiệm và phƣơng pháp học tập mới, bƣớc đầu làm quen với việc nghiên cứu khoa học. Qua đây em xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo trong khoa Toán – Trƣờng Đại học sƣ phạm Hà Nội 2 – những ngƣời đã tận tình dạy dỗ em trong bốn năm học vừa qua và đã tạo điều kiện để em hoàn thành khóa luận này. Em xin bày tỏ sự biết ơn sâu sắc của mình tới PGS.TS Khuất Văn Ninh, ngƣời đã trực tiếp hƣớng dẫn chỉ bảo tận tình cho em trong suốt quá trình thực hiện đề tài nghiên cứu này. Do còn hạn chế về trình độ và thời gian nên khóa luận này không tránh khỏi những sai sót. Em rất mong nhận đƣợc sự giúp đỡ, góp ý phê bình của các thầy cô và các bạn để khóa luận này đƣợc hoàn thiện hơn. Em xin chân thành cảm ơn! Lưu Thị Hồng Yên K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp LỜI CAM ĐOAN Khóa luận này của em đƣợc hoàn thành dƣới sự hƣớng dẫn của thầy giáo Khuất Văn Ninh cùng với sự cố gắng của bản thân trong quá trình học tập, nghiên cứu và thực hiện khóa luận. Khi nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này, em có tham khảo một số tài liệu đã ghi trong phần: Tài liệu tham khảo. Vì vậy em xin cam đoan những kết quả trong khóa luận là kết quả nghiên cứu của bản thân, không trùng với kết quả của các tác giả khác. Hà Nội, tháng 5 năm 2015 Sinh viên Lƣu Thị Hồng Yên Lưu Thị Hồng Yên K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp MỤC LỤC MỞ ĐẦU ............................................................................................................... 1 1. Lý do chọn đề tài ............................................................................................... 1 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu .................................................................... 1 3. Phƣơng pháp nghiên cứu ................................................................................... 1 4. Cấu trúc ............................................................................................................. 2 NỘI DUNG ........................................................................................................... 3 CHƢƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ .............................................................. 3 1.1 Sai số ............................................................................................................... 3 1.1.1 Số gần đúng .................................................................................................. 3 1.1.2 Sai số tuyệt đối ............................................................................................. 3 1.1.3 Sai số tƣơng đối ............................................................................................ 5 1.2 Một số định lí về dãy số .................................................................................. 6 1.3 Một số định lí về hàm số liên tục .................................................................... 9 1.4 Không gian metric ......................................................................................... 12 1.5 Nguyên lí ánh xạ co....................................................................................... 16 1.5.1 Ánh xạ liên tục Lipschitz ........................................................................... 16 1.5.2 Ánh xạ co .................................................................................................. 16 1.5.3 Nguyên lí ánh xạ co của Banach ................................................................ 17 1.5.4 Ví dụ ........................................................................................................... 22 CHƢƠNG 2. ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ CO VÀO GIẢI PHƢƠNG TRÌNH ................................................................................................................. 25 2.1 Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào giải phƣơng trình đại số và siêu việt ..... 25 2.1.1 Bài toán ...................................................................................................... 25 2.1.2 Bậc hội tụ của dãy số ................................................................................ 29 2.1.3 Ví dụ ........................................................................................................... 30 CHƢƠNG 3. ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ CO VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ .................................................................................... 49 Lưu Thị Hồng Yên K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 3.1 Phƣơng pháp lặp ............................................................................................ 49 3.1.1 Phƣơng pháp lặp để giải phƣơng trình đại số và siêu việt ......................... 49 3.1.2 Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào giải một số bài toán về dãy số........... 50 KẾT LUẬN ......................................................................................................... 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................... 59 Lưu Thị Hồng Yên K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Ra đời vào cuối thế kỉ XVIII, Giải tích toán học có một vị trí quan trọng trong chƣơng trình toán cao cấp của các khoa Khoa học tự nhiên của các trƣờng Đại học sƣ phạm và các trƣờng kĩ thuật. Đây là môn học hấp dẫn với các sinh viên, khi giải quyết các bài toán ngƣời học gặp phải những tình huống , những giả thiết phức tạp. Điều này đòi hỏi phải có sự trợ giúp của nhiều kiến thức về toán học liên quan và kiến thức về phần mềm về lập trình tính toán. Điểm bất động là một khái niệm xuất hiện sớm trong Toán học giải tích. Lý thuyết điểm bất động là một phần quan trọng của giải tích hàm – một môn học cơ bản vừa mang tính lý thuyết vừa mang tính ứng dụng rộng rãi. Nói đến lý thuyết điểm bất động thì không thể không nhắc đến kết quả kinh điển của nó, đó là: Nguyên lí ánh xạ co của Banach. Nguyên lí ánh xạ co có rất nhiều ứng dụng trong Toán học. Nó dùng để chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phƣơng trình đại số và siêu việt, hệ phƣơng trình tuyến tính, phƣơng trình tích phân, phƣơng trình vi phân,… Chính vì lẽ đó, em mạnh dạn chọn đề tài nghiên cứu “ Ứng dụng của nguyên lí ánh xạ co vào dãy số ’’ nhằm có điều kiện tiếp cận sâu hơn, làm phong phú thêm kiến thức của mình và ứng dụng trong giải toán ở THPT và đại học. 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu Sự phát triển của Giải tích toán học nói riêng và của Toán học nói chung đƣợc quy định bởi sự phát triển những nhu cầu có tính thực tiễn nhất định. Nghiên cứu ứng dụng của nguyên lí ánh xạ co vào dãy số là mục đích chính của khóa luận này. 3. Phƣơng pháp nghiên cứu + Phƣơng pháp nghiên cứu lý luận. Lưu Thị Hồng Yên 1 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp + Phƣơng pháp nghiên cứu tổng kết tài liệu. 4. Cấu trúc Khóa luận bao gồm 3 chƣơng: Chƣơng 1: Kiến thức chuẩn bị. Chƣơng 2: Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào giải phƣơng trình. Chƣơng 3: Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào giải một số bài toán về dãy số. Lưu Thị Hồng Yên 2 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp NỘI DUNG CHƢƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chƣơng này chúng ta sẽ trình bày về sai số, một số định lí về dãy số, hàm số liên tục, không gian metric và nguyên lí ánh xạ co. Tài liệu tham khảo của chƣơng này bao gồm các tài liệu: [1], [2], [4] và [5]. 1.1 Sai số 1.1.1 Số gần đúng Trong nhiều trƣờng hợp, ta không biết đƣợc giá trị đúng của các đại lƣợng mà ta quan tâm mà chỉ biết giá trị gần đúng của nó. Ta gọi a là số gần đúng của a  nếu a không sai khác a  nhiều. Ví dụ 1.1 Theo tổng cục thống kê, đứng đầu một trong 5 tỉnh thành có sản lƣợng tôm lớn nhất cả nƣớc năm 2014 là: Cà Mau là tỉnh có sản lƣợng tôm lớn nhất nƣớc đạt hơn 116.000 tấn . Bạc Liêu giữ vị trí thứ hai với sản lƣợng 95.700 tấn. Ở vị trí thứ ba là Sóc Trăng với sản lƣợng 67.312 tấn. Tiếp đến là Bến Tre có sản lƣợng là 52.000 tấn và cuối cùng là Kiên Giang với 51.430 tấn. Các số liệu trên là số gần đúng. 1.1.2 Sai số tuyệt đối  Giả sử a là số gần đúng của a  . Giá trị a  a phản ánh mức độ sai lệch giữa a và a  . Ta gọi đại lƣợng  : a  a là sai số thực của a . Nếu   0 thì a đƣợc gọi là số gần đúng thiếu của a  . Nếu   0 thì a đƣợc gọi là số gần đúng thừa của a  . Lưu Thị Hồng Yên 3 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Trên thực tế nhiều khi không biết a  nên ta không tính đƣợc . Do đó ta tìm cách ƣớc lƣợng sai số đó bằng một số dƣơng  a nào đó thỏa mãn: a  a ≤  a (1.1). Ta gọi  a thỏa mãn điều kiện (1.1) là sai số tuyệt đối của số gần đúng a , từ (1.1) có: a   a  a  a   a (1.2) Rõ ràng  a là sai số tuyệt đối của a thì mọi số    a đều có thể xem là sai số tuyệt đối của a . Vì vậy trong những điều kiện cụ thể ngƣời ta chọn  a là số dƣơng bé nhất có thể thỏa mãn (1.2). Do đó, một số gần đúng a của số đúng a  với sai số tuyệt đối  a đƣợc viết đơn giản là: a  a   a (1.3) Ví dụ 1.2 Xét số đúng a  = 2 và giá trị gần đúng của nó là a = 1,41. Hãy cho biết sai số tuyệt đối của nó. Bài giải Ta có (1,41)2  1,9881  2 suy ra 1,41  2 suy ra 2  1,41  0 (1,42)2  2,0164  2 suy ra 1,42  2 suy ra 2  1,42  0,01 Do đó:  : a*  a  2  1,41  0,01 Suy ra  a = 0,01 Mặt khác 1,41  2  1,415  1,41  0,005 Do đó cũng có thể lấy sai số tuyệt đối của a là  a = 0,005. Lưu Thị Hồng Yên 4 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 1.1.3 Sai số tương đối Cho số gần đúng a có số đúng a  với sai số tuyệt đối  a và giả sử a  0 Ta gọi sai số tƣơng đối của số gần đúng a là một số, kí hiệu  a là tỉ số giữa sai số tuyệt đối và a . a  a a* (1.4) Tuy nhiên vì số đúng a  chƣa biết cho nên đại lƣợng  a xác định bởi (1.4) chỉ có ý nghĩa lí thuyết. Để đảm bảo tƣơng đối chính xác ngƣời ta thƣờng tính toán  a theo công thức sau ( điều kiện a  0 ): a  Suy ra a a (1.5)  a  a . a (1.6) Các công thức (1.5) và (1.6) cho liên hệ giữa sai số tƣơng đối và sai số tuyệt đối. Biết  a thì (1.5) cho phép tính  a , biết  a thì (1.6) cho phép tính  a . Do (1.6) nên (1.3) cũng có thể viết a*  a(1   a ) (1.7) Ví dụ 1.3 Đo độ dài hai đoạn thẳng AB, CD ta đƣợc a  10cm và b  1cm với a  b  0,01 . Khi đó ta có: 0,01  0,1% 10 0,01 b   1% 1 a  Suy ra :  b  10 a Hiển nhiên rằng phép đo a chính xác hơn phép đo b mặc dù  a  b . Nhƣ vậy độ chính xác của một phép đo phản ánh qua sai số tƣơng đối. Lưu Thị Hồng Yên 5 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Nhận xét: 1. Sai số tuyệt đối cũng nhƣ sai số tƣơng đối của số gần đúng a của số đúng a  là không duy nhất. Chẳng hạn, xem ví dụ 1.2 có a  2 , a  1,41 thì có thể lấy a  0,01 hoặc a  0,005 . Từ đó ta có: a  hoặc  b  0,01  0,00792198582  0,792198582% 1,41 0,005  0,003546099291  0,3546099291% 1,41 2. Độ chính xác của phép đo phản ánh qua sai số tƣơng đối. 3. Ngƣời ta thƣờng viết sai số tƣơng đối ở dạng phần trăm. 1.2 Một số định lí về dãy số Định nghĩa 1.2.1  Dãy  xn  đƣợc gọi là dãy hội tụ nếu nó có giới hạn hữu hạn . Nói cách khác, khi đó lim xn  a ; a ℝ n Ta còn nói  xn  hội tụ về a .  Dãy không hội tụ đƣợc gọi là dãy phân kỳ. Nhƣ vậy, nếu dãy phân kỳ thì hoặc nó không có giới hạn, hoặc nó có giới hạn vô cùng.  Dãy số  xn  đƣợc gọi là dãy tăng (giảm) nếu với n ta có xn  xn1  xn1  xn . Dãy số tăng hoặc dãy số giảm đƣợc gọi chung là dãy đơn điệu.  Dãy số  xn  đƣợc gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số thực M sao cho n ta có xn  M . Lưu Thị Hồng Yên 6 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp  Dãy số  xn  đƣợc gọi là bị chặn dƣới nếu tồn tại số thực m sao cho n ta có xn  m. Một dãy số vừa bị chặn trên vừa bị chặn dƣới đƣợc gọi là dãy bị chặn.  Dãy  xn  đƣợc gọi là dãy Cauchy nếu:   0, n0  ℕ sao cho n, m  n0 ta có xm  xn   .  Các điều kiện hội tụ Định lí 1.2.1 ( Điều kiện hội tụ của dãy đơn điệu ) a) Nếu dãy  xn  tăng và bị chặn trên thì nó hội tụ và lim xn  sup xn n n b) Nếu dãy  xn  giảm và bị chặn dƣới thì nó hội tụ và lim xn  inf xn n n Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh phần a). Vì dãy  xn  tăng và bị chặn trên nên sup xn   n Đặt a  sup xn . Khi đó   0, n0  ℕ sao cho: n a    xn0  a Lại vì dãy  xn  tăng nên xn  xn0 , với n  n0 và do đó a    xn0  xn  a ; n  n0 Vậy a  xn   , n  n0 . Hay lim xn  a (định lí đƣợc chứng minh). n Định lí 1.2.2 ( Điều kiện hội tụ của dãy bất kì ) Điều kiện cần và đủ để dãy  xn  hội tụ là dãy đó là dãy Cauchy. Chứng minh  Điều kiện cần Lưu Thị Hồng Yên 7 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Giả sử dãy  xn  hội tụ, tức là lim xn  a . Thế thì, n với   0 cho trƣớc n0 ℕ sao cho xn  a  xm  a   2  2 với n  n0 và với m  n0 . Từ đó suy ra rằng: xn  xm   xn  a    a  xm   xn  a  a  xm   2   2   với m, n  n0 Tức là   0 , n0 ℕ, m, n  n0 , xn  xm   . Vậy  xn  là dãy Cauchy.  Điều kiện đủ Trƣớc hết ta chú ý rằng  xn  bị chặn. Thật vậy, lấy cố định   0 thì theo giả thiết n0 ℕ sao cho nếu n, m  n0 thì xn  xm   . hay xm    xn  xm   (1.8) lấy cố định số n1  n0 , theo (1.8) ta có: xn1    xn  xn1   với n  n0 Điều đó chứng tỏ  xn  bị chặn. Theo bổ đề Bolzano – Weierstrass, từ  xn  ta rút ra đƣợc một dãy con hội   tụ xnk sao cho lim xnk   . Ta chứng minh rằng  cũng chính là giới hạn của k   xn  . Thật vậy, cho   0 nhỏ tùy ý, vì lim xnk   nên n2 sao cho k  n2 ta k  xnk    có:  2 . Mặt khác, theo giả thiết ta có thể chọn đƣợc số n3 sao cho với k  n3 ta xk  xnk  có:  2 ( với nk  k ). Do đó với k  n0  max n2,n3 , ta sẽ có: Lưu Thị Hồng Yên 8 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp xk    xk  xnk  xnk     2   2  Vậy lim xn   n 1.3 Một số định lí về hàm số liên tục Định lí 1.3.1 Nếu f ( x) và g ( x) liên tục tại x0 thì f ( x)  g ( x) ; f ( x).g  x  ; f ( x) g ( x) ( với g ( x)  0 ) cũng liên tục tại x0 . Chứng minh Ta có, định nghĩa hàm số liên tục tại một điểm thông qua giới hạn hàm số nên ta có thể hoàn toàn chứng minh đƣợc định lí này. Đối với định lí về các phép toán về giới hạn của hàm số áp dụng đƣợc khi các hàm số f ( x) và g ( x) có giới hạn. Ta đi chứng minh cho một phép toán ( cộng ) trong định lí này còn các phép toán khác chứng minh tƣơng tự. Thật vậy: Vì f ( x) và g ( x) liên tục tại x0 . Theo định nghĩa hàm số liên tục tại một điểm ta có: lim f ( x)  f ( x0 ) và lim g ( x)  g ( x0 ) x x0 x x0 Theo tính chất giới hạn hàm số ta có: lim  f ( x)  g ( x)  lim f ( x)  lim g ( x)  f ( x0 )  g ( x0 ) x x0 x x0 x x0   f ( x)  g ( x) liên tục tại x0 (điều phải chứng minh). Vậy định lí đƣợc chứng minh. Định lí 1.3.2 Các hàm đa thức, hàm hữu tỉ, hàm số lƣợng giác là liên tục trên tập xác định của chúng. Chứng minh Lưu Thị Hồng Yên 9 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Định lí này sử dụng dấu hiệu đặc trƣng của hàm số liên tục để chứng minh. a, f ( x)  a1x n  a2 x n1  ...  an TXĐ: D = ℝ Lấy x0 là một điểm bất kì thuộc D. Cho x0 một số gia x ta có : y  f ( x0  x)  f ( x0 ) n n 1 =  a1  x0  x   a2  x0  x   ...  an  - a1x0n  a2 x0n1  ...  an    = x . a1.g1  x   a2 .g2  x   ...  an1  Suy ra : lim y  lim x. a1g1  x   a2 g 2  x   ...  an1   0 x0 x0 Theo tính chất đặc trƣng của hàm số liên tục thì f  x   a1x n  a2 x n1  ...  an là liên tục tại x0 . Do x0 là bất kì thuộc ℝ nên f  x  liên tục trên ℝ. b, F  x   f  x ; g  x   0. g  x TXĐ: D  ℝ \  x : g  x   0 Lấy x0 là điểm bất kì thuộc D . Cho x0 một số gia x ta có : y  F  x0  x   F  x0  = f  x0  x  f  x0   g  x0  x  g  x0   f  x0  x  f  x0   f  x0  f  x0    0 Khi đó: lim y  lim   = x0 x0 g  x  x  g x g x g x       0 0  0 0  Vậy F  x  liên tục tại x0 . Do x0 bất kì nên F  x  liên tục trên D. c, Các hàm số lượng giác.  y  sin x TXĐ: D = ℝ Lấy x0 là một điểm bất kì thuộc D . Cho x0 một số gia x , ta có : Lưu Thị Hồng Yên 10 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp  x  x  x0   x0  x  x0  y  sin  x0  x   sin  x0  = 2 cos  0  .sin   2 2     x  x   2cos  x0   .sin 2  2  x  x  Khi đó: lim y  lim 2.cos  x0  = 2 cos x0 . 0 = 0 .sin  x0 x0 2 2   ( vì x  0 nên x  0) 2 Vậy y  sin x liên tục tại x0 . Do x0 bất kì nên y  sin x liên tục trên ℝ.  y  cos x TXĐ: D = ℝ Lấy x0 là một điểm bất kì thuộc D. Cho x0 một số gia x , ta có:  x  x  x0   x0  x  x0  y  cos  x0  x   cos  x0   2sin  0  .sin   2 2     x  x   2sin  x0   .sin 2  2  x  x  Khi đó: lim y   lim 2.sin  x0  .sin  2.sin x0 .0  0  x0 x 0 2  2  ( vì x  0 nên x  0) 2 Vậy hàm số y  cos x liên tục tại x0 . Do x0 bất kì nên hàm số y  cos x liên tục trên ℝ. Chứng minh tƣơng tự đối với hàm tan x,cot x . Vậy ta có điều phải chứng minh. Định lí 1.3.3 Nếu hàm số y  f  x  liên tục trên  a, b thì đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và mọi giá trị trung bình giữa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó. Lưu Thị Hồng Yên 11 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Hệ quả. Nếu hàm số f  x  liên tục trên đoạn  a, b và f  a . f  b   0 thì tồn tại ít nhất một số c   a, b  : f  c   0 . Hay nói cách khác: Nếu hàm số f  x  liên tục trên  a, b và f  a . f  b   0 thì phƣơng trình f  x   0 có ít nhất một nghiệm trên  a, b  . 1.4 Không gian metric + Không gian metric Định nghĩa 1.4.1 Ta gọi là không gian metric một tập hợp X   cùng với một ánh xạ d từ tích X  X vào tập hợp số thực ℝ thỏa mãn các tiên đề sau đây: (1)  x, y  X  d  x, y   0 , d  x, y   0  x  y ; (2)  x, y  X  d  x, y   d  y, x  ; (3)  x, y  X  d  x, y   d  x, z   d  z, y  ; Ánh xạ d gọi là metric trên X , số d  x, y  gọi là khoảng cách giữa hai phần tử x và y . Các phần tử của X gọi là các điểm, các tiên đề (1), (2), (3) gọi là hệ tiên đề metric. Không gian metric đƣợc kí hiệu là M   X , d  . Ví dụ 1.4 X  ℝ, d  x, y  : x  y ; x, y ℝ (1.9) (1.9) xác định cho ta một metric trên ℝ và gọi là metric tự nhiên trên ℝ. Không gian metric tƣơng ứng đƣợc kí hiệu là ℝ1. Ví dụ 1.5 1 2  2 X  ℝk , d  x, y     xi  yi  ; x   x1, x2 ,..., xk  ,  i 1  k y   y1, y2 ,..., yk   ℝk (1.10) (1.10) đƣợc gọi là một metric trên ℝk và gọi là metric Ơclit trên ℝk. Lưu Thị Hồng Yên 12 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Không gian metric kí hiệu là ℝk. + Sự hội tụ trong không gian metric Định nghĩa 1.4.2 Cho không gian metric M   X , d  , dãy điểm  xn   X , điểm x0  X . Dãy điểm  xn  gọi là hội tụ tới điểm x0 trong không gian M khi   n   , nếu   0 , n0 ℕ* , n  n0 , d xn , xn0   , kí hiệu: lim xn  x0 hay xn  x0 khi n   n Điểm x0 còn gọi là giới hạn của dãy  xn  trong không gian M . Ví dụ 1.6 Sự hội tụ của một dãy điểm  xn  trong không gian ℝ1 là sự hội tụ của dãy số thực đã biết trong giải tích toán học. Ví dụ 1.7 Sự hội tụ của một dãy điểm trong Ca ,b tƣơng đƣơng với sự hội tụ đều của dãy hàm liên tục trên đoạn  a, b. Ví dụ 1.8 Sự hội tụ của một dãy điểm trong không gian Ơclit ℝk tƣơng đƣơng với sự hội tụ theo tọa độ.       Thật vậy, giả sử dãy điểm x n  = x1 , x2 ,..., xk n n n   n  1,2,... hội tụ tới điểm x   x1, x2 ,..., xk  trong ℝk. Theo định nghĩa:   0 , n0 ℕ*, n  n0  n    x   x  d x ,x  k n j j 1   Suy ra x j  x j   ; n  n0 ; j  1,2,..., k n Lưu Thị Hồng Yên 13 j 2  . (1.11) K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp    hội  Các bất đẳng thức (1.11) chứng tỏ với j  1,2,..., k dãy số thực x j n tụ tới số thực x j khi n   sự hội tụ đó đƣợc gọi là sự hội tụ theo tọa độ.       Ngƣợc lại, giả sử dãy điểm x n  = x1 , x2 ,..., xk n n n   n  1,2,... hội tụ theo tọa độ tới điểm x   x1, x2 ,..., xk  theo định nghĩa:   0 (với mỗi j  1,2,..., k ) , n j ℕ*, n  n j , xj   x j  n  k . Đặt n0  max n1 , n2 ,..., nk  , thì  n  n0  ta có: xj   x j  n   n  xj  xj k    2    xj  xj j 1   n  x k j 1  n j  j  1,2,..., k  ; k  2 k ;  j  1,2,..., k  2  xj   2 ; n  n0  2   ; n  n0 Do đó dãy điểm đã cho hội tụ theo metric Ơclit của không gian ℝk. + Ánh xạ liên tục Định nghĩa 1.4.3 Cho hai không gian metric M1   X , d1  , M 2  Y , d2  , ánh xạ f từ không gian M 1 đến không gian M 2 . Ánh xạ f gọi là liên tục tại điểm x0  X nếu    0   0  x  X : d1  x, x0    , d2  f  x  , f  x0    . Định nghĩa 1.4.4 Ánh xạ f gọi là liên tục trên tập A  X , nếu ánh xạ f liên tục tại mọi điểm x  A . Khi A  X thì ánh xạ f gọi là liên tục. Định nghĩa 1.4.5 Lưu Thị Hồng Yên 14 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Ánh xạ f đƣợc gọi là liên tục đều trên tập A  X nếu:    0   0  x, x'  A : d1  x, x'      d2  f ( x), f ( x' )     . Dễ dàng thấy, nếu ánh xạ f liên tục đều trên tập A  X , thì ánh xạ f liên tục trên tập A . + Không gian metric đầy Định nghĩa 1.4.6 Cho không gian metric M   X , d  . Dãy điểm  xn   X gọi là dãy cơ bản trong M nếu:   0 , n0 ℕ*, m, n  n0 , d  xm , xn    . Hay lim d  xm , xn   0 m ,n Dễ thấy mọi dãy điểm  xn  hội tụ trong M đều là dãy cơ bản, vì: Giả sử  xn  hội tụ đến x0     0 , n0 ℕ*, m  n0 , d  xm , x0   . 2   Mặt khác d  xm , xn   d  xm , x0   d  x0 , xn  <    ;  m, n  n0 . 2 2 Vậy   0 , n0 ℕ*, m, n  n0 , d  xm , xn    . Định nghĩa 1.4.7 Không gian metric M   X , d  gọi là không gian đủ nếu mọi dãy cơ bản trong không gian này đều hội tụ. Ví dụ 1.9 X  ℝk với metric Ơclit là không gian metric đầy. Giả sử  x   ℝk là một dãy cơ bản, x   x , x ,..., x  , x n n  n 1 n 2 n k n  ℝk ; n ℕ*     0 , n0 ℕ*, m, n  n0 , d x m , x n   . Lưu Thị Hồng Yên 15 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp  m    xi  x  i 1 k hay là  n 2 i 1 2     ;  m, n  n0     xi m  xi n    2 k 2 i 1  ( xi m  xi n )2   2  | xi m  xi n |  ;  m, n  n0 ; i  1, k . Suy ra với mỗi i {1,2,..., k } thì dãy  xin  là một dãy số thực thỏa mãn tiêu chuẩn Cauchy về sự hội tụ của dãy số. Do đó dãy  xin  hội tụ  i  1, k . Đặt lim xin ; i  1, k ; x : ( x1, x2 ,..., xk ) n  dãy ( x n ) hội tụ theo tọa độ điểm đến x. Suy ra ( x n ) hội tụ đến x trong ℝk. 1.5 Nguyên lí ánh xạ co 1.5.1 Ánh xạ liên tục Lipschitz Định nghĩa 1.5.1 Cho  X , d1  và Y , d 2  là các không gian metric trên trƣờng K . Ánh xạ f :  X , d1   Y , d2  đƣợc gọi là ánh xạ liên tục Lipschitz nếu có một số L  0 sao cho d2  f  x  , f  y    Ld1  x, y  ; x, y  X . Số L nhỏ nhất thỏa mãn bất đẳng thức trên gọi là hằng số Lipschitz. Nếu f là ánh xạ liên tục Lipschitz thì nó là ánh xạ liên tục. 1.5.2 Ánh xạ co Định nghĩa 1.5.2 Ánh xạ f từ không gian metric  X , d X  vào không gian metric Y , dY  đƣợc gọi là ánh xạ co nếu tồn tại một số   0,1 sao cho: x, y  X ta đều có: dY  f  x  , f  y     d X  x, y . Lưu Thị Hồng Yên 16 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Nhƣ vậy ánh xạ co là một trƣờng hợp riêng của ánh xạ Lipschitz và hiển nhiên nó là liên tục. 1.5.3 Nguyên lí ánh xạ co của Banach Giả sử X là một không gian metric đủ và f : X  X là một ánh xạ co của X vào chính nó thì có duy nhất một điểm bất động nghĩa là tồn tại duy nhất một điểm x  X sao cho f ( x)  x . Chứng minh Lấy x0 là một điểm tùy ý thuộc X và đặt: xn1    xn  với n  0,1,2,...   xn  là một dãy trong X . Vì f là ánh xạ co từ X vào chính nó nên   0,1 thỏa mãn: d  f  x1  , f  x0     d  x1, x0  Do đó ta có: d  x2 , x1   d  f  x1  , f  x0     d  x1, x0    d  f  x0  , x0  d  x3 , x2   d  f  x2  , f  x1     d  x2 , x1    2d  f  x0  , x0  …………………………………………… d  xn1, xn   d  f  xn  , f  xn1     d  xn , xn1    nd  f  x0  , x0  Khi đó p  1,2,... d  xn p , xn   d  xn p , xn p1   d  xn p1, xn p2   ...  d  xn1, xn  Lưu Thị Hồng Yên 17 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp   n p1   n p2  ...   n  d  f ( x0 ), x0    n 1    ...   p1  d  f  x0  , x0  1 p d  f  x0  , x0  = . 1 n n  d  f  x0  , x0  1 Vì   0,1 nên lim n  0 . n Suy ra lim d  xn p , xn   0 ; p = 1,2,… n Do đó  xn  là một dãy cơ bản trong không gian metric đủ  X , d  .   xn  hội tụ nên x  X : lim xn  x . Do đó: n          d  f  x  , f  x   d  x , x  0  d f x , x  d f x , xn  d xn , x n 1    n    d x, xn1  d xn , x  0; n        d f x ,x  0  f x  x X. Vậy x là điểm bất động của f .  x là duy nhất Giả sử x*  X sao cho f  x*   x* ta có:       0  d x* , x  d f  x*  , f x   d x* , x    0  1    d x* , x  0; [0,1)    d x* , x  0  x*  x Lưu Thị Hồng Yên 18 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Vậy x là điểm bất động duy nhất của f . Định lí 1.5.1 ( Nguyên lí Cantor về dãy hình cầu đóng thắt dần ) Không gian metric M   X , d  là không gian metric đầy khi và chỉ khi mọi dãy hình cầu đóng thắt dần đều có điểm chung duy nhất. Chứng minh  Điều kiện cần   Giả sử M   X , d  là một không gian metric đầy và Sn ; Sn : Sn  an , rn  , n  ℕ là một dãy hình cầu đóng thắt dần bất kì trong M . Ta có: Sm  Sn ; m  n .  am  Sn ; m  n .  0  d  am , an   rn ; m  n . Do lim rn  0 suy ra lim d  am , an   0. m ,n n   an  là một dãy cơ bản trong không gian đầy M .   an  hội tụ. Đặt a  lim an . Ta chứng minh a là điểm chung duy nhất của n S . n Do am  Sn , m  n , n , S n là một tập đóng với mỗi nℕ ta có: a : lim am m  am  Sn ; m  n  a  Sn ; n ℕ  a  Sn . n 1 *Tính duy nhất Lưu Thị Hồng Yên 19 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Giả sử b   Khóa luận tốt nghiệp Sn , ta có a, b  Sn ; n ℕ n 1 0  d  a, b   d  a, an   d  an , b   2r ; n ℕ Chọn n   thì 0  d  a, b   0  d  a, b   0 Suy ra a  b.  Điều kiện đủ Giả sử không gian metric M   X , d  thỏa mãn tính chất: Một hình cầu đóng thắt dần bất kì đều có điểm chung duy nhất, ta chứng minh không gian này đầy. Lấy một dãy cơ bản bất kì  xn  trong M , ta chứng minh dãy này hội tụ. Ta có   0 , n0 ℕ*, n, m  n0 , d  xn , xm    . 1 1 Với 1  , n1  ℕ*, n, m  n1 , d  xn , xm   . 2 2 Với  2   1 1 , n2 ℕ*, n2  n1 , n, m  n2 , d  xn , xm   2 2 2 2  1  d xn2 , xn1  . 2 Với  3   1 1 , n3  ℕ*, n3  n2 , n, m  n3 , d  xn , xm   3 3 2 2   d xn3 , xn2  1 . 22   Lặp lại quá trình này vô hạn lần ta thu đƣợc dãy xnk là dãy con của dãy  xn    thỏa mãn: d xnk 1 , xnk  1 ; k  1,2,... 2k Lập một dãy hình cầu đóng:   S1 : S1 xn1 ,1 Lưu Thị Hồng Yên 20 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 1  S2 : S2  xn2 ,  2  …………………………………….. 1   Sk : Sk  xnk , k 1  2   …………………………………….. Ta chứng minh dãy trên là dãy hình cầu đóng thắt dần. Ta có Sk 1  Sk ; k  1,2,... Thật vậy với mỗi k ℕ* và x  Sk 1 tùy ý. Ta có:   d x, xnk 1    1 2k d xnk 1 , xnk     1 ( theo cách xác định ). 2k     d x, xnk  d x, xnk 1  d xnk 1 , xnk  1 1 1  k  k 1 k 2 2 2 1 0 k  2k 1  x  Sk  Sk 1  Sk và lim hay S k là một dãy hình cầu đóng thắt dần. Theo giả thiết tồn tại và duy nhất a  k 1 Sk . Theo chứng minh phần thuận ta có a  lim xnk . k  Ta chứng minh lim xn  a . n     Thật vậy ta có 0  d  xn , a   d xn , xnk  d xnk , a (*); n, k ℕ.   Do  xn  là dãy cơ bản lim d xn , xnk  0 và lim xnk  a n ,k   k    lim d xnk , a  0. k  Chuyển qua giới hạn trong (*) khi n, k   thì suy ra lim d  xn , a   0 . n Vậy  xn  hội tụ đến a ( điều phải chứng minh ). Lưu Thị Hồng Yên 21 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 1.5.4 Ví dụ Ví dụ 1.10 f : 0,1  ℝ x 1 f  x  x 3 1 Khi đó f là một ánh xạ co trên  0,1 với hệ số co   . 3 Ví dụ 1.11 Cho T  x   x   ; x ℝ và  là một phần tử cố định thuộc ℝ. Khi đó f không là ánh xạ co. Ví dụ 1.12 Cho ánh xạ f ánh xạ nửa đoạn vào chính nó xác định bằng công thức: 1 f  x   x  ; x  1,   x f có phải là ánh xạ co hay không? f có điểm bất động hay không? Vì sao? Bài giải Ta có [1, +) là tập con đóng của ℝ với metric d  x, y   x  y . Do đó 1,  cùng với metric trên lập thành một không gian metric đầy. Xét ánh xạ f : 1,    1,   x f  x  x  1 x Giả sử f là ánh xạ co  f có điểm bất động duy nhất hay tồn tại duy nhất x0  1,   sao cho f  x0   x0  x0  Lưu Thị Hồng Yên 1  x0 x0 22 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp  1  0 (vô lí) x0 Vậy f không có điểm bất động. Do đó f không là ánh xạ co. Nguyên lí ánh xạ co trong không gian định chuẩn Giả sử X là không gian định chuẩn . Ta xác định một metric trên X theo công thức: d  x, y   x  y ; x, y  X Nguyên lí ánh xạ co Banach đƣợc phát biểu trong không gian định chuẩn nhƣ sau: Giả sử M là tập đóng, khác rỗng trong không gian Banach X trên trƣờng K và toán tử A : M  M thỏa mãn: Ax  Ay  k x  y (*)  x, y  M , k cố định , k  0,1 . Khi đó các kết quả sau là đúng: (i) Tồn tại và duy nhất nghiệm x của phƣơng trình x  Ax. (**) (ii) Với mỗi x0  M đã cho, dãy ( xn ) tạo bởi xn1  Axn  n  0,1,2,... hội tụ đến nghiệm duy nhất x của phƣơng trình (**). Ta chứng minh (ii) Trƣớc hết, ta chỉ ra rằng ( xn ) là một dãy Cauchy. Thật vậy, với mỗi  n  0,1,2,... sử dụng (*) ta có: xn1  xn  Axn  Axn1  k xn  xn1  k Axn1  Axn2  k 2 xn1  xn2  ...  k n x1  x0 Với n  1,2,... và m  1,2,... từ bất đẳng thức tam giác ta có: xn  xnm   xn  xn1    xn1  xn2   ...   xnm1  xnm   xn  xn1  xn1  xn2  ...  xnm1  xnm   k n  k n1  ...  k nm1  x1  x0 Lưu Thị Hồng Yên 23 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp = k n 1  k  k 2  ...  k m1  x1  x0  k n. 1 x1  x0 1 k Vì k  0,1 nên lim k n  0 . n Vậy dãy  xn  là dãy Cauchy, do X là không gian Banach nên dãy  xn  hội tụ tới một phần tử x  X hay xn  x khi n   Tiếp theo ta chỉ ra rằng giới hạn X là nghiệm của phƣơng trình xn1  Axn . Từ x0  M , x1  Ax0 , A M   M và x1  M , bằng quy nạp ta đƣợc xn1  Axn và xn  M ; n  0,1,2,... Vì M đóng nên xn  M  Ax  M . Từ (*) ta có: Axn  Ax  k xn  x  0 khi n   Cho n   từ xn1  Axn ta có x  Ax . Điều phải chứng minh. Lưu Thị Hồng Yên 24 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp CHƢƠNG 2 ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ CO VÀO GIẢI PHƢƠNG TRÌNH Nguyên lí ánh xạ co có rất nhiều ứng dụng trong Toán học. Nó dùng để chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phƣơng trình đại số và siêu việt, hệ phƣơng trình tuyến tính, phƣơng trình tích phân, phƣơng trình vi phân,… Trong chƣơng này, chúng ta tập trung tìm hiểu về ứng dụng của nguyên lí ánh xạ co vào giải phƣơng trình đại số và siêu việt, trên cơ sở lí thuyết trên áp dụng vào giải một số bài tập cụ thể. Tài liệu tham khảo của chƣơng này bao gồm các tài liệu [1], [2], [3] và [6]. 2.1 Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào giải phƣơng trình đại số và siêu việt Cơ sở lí thuyết là ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào giải phƣơng trình đại số và siêu việt. Ta quan niệm nghiệm chính xác đƣợc hiểu là nghiệm giải trên máy tính. 2.1.1 Bài toán Xét phƣơng trình f  x   0 (2.1) Trong đó f là hàm một biến ℝ  ℝ Nghiệm của phƣơng trình (2.1) là số thực  thỏa mãn (2.1). Tức là khi thay  vào x ở vết trái ta đƣợc f    0 (2.2) Phƣơng trình (2.1) trừ một số trƣờng hợp đặc biệt có công thức giải đúng, nói chung rất phức tạp. Do đó ta phải tìm cách giải gần đúng. Thông thƣờng quá trình giải phƣơng trình (2.1) bao gồm 2 bƣớc: + Bƣớc giải sơ bộ: Ở giai đoạn này, ta tìm một khoảng đủ bé chứa nghiệm của f ( x) . + Bƣớc giải hiện toàn: Tìm nghiệm với độ chính xác cần thiết . Lưu Thị Hồng Yên 25 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Để giải gần đúng phƣơng trình (2.1) ta sử dụng phƣơng pháp lặp đơn mà bản chất của phƣơng pháp này là vận dụng nguyên lí ánh xạ co của Banach. + Mô tả phƣơng pháp Xét phƣơng trình (2.1) với giả thiết nó có khoảng tách nghiệm là  a, b . Trƣớc hết ta chuyển phƣơng trình (2.1) về dạng phƣơng trình tƣơng đƣơng với nó có dạng: x   ( x) (2.3) Sau đó chọn một số x0   a, b làm xấp xỉ đầu tiên và tính dãy số  xn  theo quy tắc: xn    xn1  ; n  1,2,... (2.4) Quá trình này có tính lặp đi lặp lại nên phƣơng pháp ở đây gọi là phƣơng pháp lặp, hàm  ở đây gọi là hàm lặp. + Sự hội tụ Định lí 2.1.1 Giả sử   C[1a ,b ] sao cho a, x   a, b thì   x    a, b, b, x   a, b thì  '  x   q  1. Khi đó i, Phƣơng trình (2.1) có nghiệm  duy nhất trên  a, b. ii, Phép lặp (2.4) hội tụ, hơn nữa ta có ƣớc lƣợng xn    hoặc q xn  xn1 , 1 q qn xn    x1  x0 . 1 q Chứng minh i, Đặt X   a, b , d  x, y   x  y Lưu Thị Hồng Yên 26 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Do ℝ  (, ) là không gian metric đầy,  a, b là tập đóng trong ℝ nên  a, b là một không gian metric đầy. Xét hàm  xác định trên  a, b . Theo điều kiện a,  ( x)  a, b nên   a, b   a, b . Do đó hàm  ánh xạ không gian metric đầy X  a, b  vào chính nó. d   x  ,  y      x     y  =  '  c  . x  y  =  ' c . x  y  q. x  y = q.d  x, y   d   x  ,  y    q.d  x, y  Và theo nguyên lí ánh xạ co thì tồn tại một điểm bất động của hàm  , kí hiệu là  thì:      (2.5) Nên  là một nghiệm của phƣơng trình (2.1) ii,      xn    xn1  ; n  1,2,... Trừ từng vế của (2.5) cho (2.4) ta đƣợc:   xn =       xn1  (2.6) Áp dụng công thức Lagrange ta có   xn =  '  c .  xn1  (2.7) Với c  a     xn1   a, b Theo giả thiết b, ta có  '  c   q  1 Lưu Thị Hồng Yên 27 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Từ (2.7) ta suy ra:   xn =  '  c  .   xn1  q   xn1 Vậy có   xn  q   xn1 ; n  1,2,... Do đó   xn  q   xn1 (2.8)   xn1  q   xn2 …………………………..   x2  q   x1   x1  q   x0 Nhân vế với vế của các bất đẳng thức này, ta đƣợc:   xn  q n   x0 . (2.9) Vì x0 và  đã xác định, q n  0 khi n   Do 0  q  1 nên vế phải (2.9) dần tới 0; và ta có:   xn  0 khi n   Vậy phép lặp (2.4) hội tụ và từ công thức (2.8) ta có:   xn = q   xn  xn  xn1    xn  q    xn  xn  xn1   (1  q).   xn  q xn  xn1 (2.10) Vì 1  q  0 . Chia bất đẳng thức (2.10) cho 1  q  ta đƣợc:   xn  q . xn  xn1 1 q Định lí đƣợc chứng minh. Lưu Thị Hồng Yên 28 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 2.1.2 Bậc hội tụ của dãy số Định nghĩa 2.1.1 Số   ℝ,   0 gọi là bậc hội tụ của dãy xn đến giới hạn x* nếu tồn tại hằng số c  0 sao cho lim n xn1  x* xn  x c * Từ đó ta có tốc độ hội tụ của phƣơng pháp sử dụng nguyên lí ánh xạ co Banach là bậc 1 hay tốc độ hội tụ tuyến tính. Chứng minh Ta có xn1  x*    xn     x*    '  c  . xn  x* ; xn  c  x* xn1  x* Suy ra xn  x *   ' c . Khi n   thì xn  x*  c  x* Do đó lim n xn1  x* xn  x *   '  x*  .  bậc hội tụ   1 xn có bậc hội tụ bằng  nếu lim n xn1  x* xn  x*  c  0. Định lí 2.1.2 Nếu hàm f  x  liên tục trên ℝ. Giả sử tồn tại 2 điểm a, b sao cho f  a . f  b   0 . Theo định lí Bolzano - Cauchy thì c   a, b  thỏa mãn f c  0 . Lưu Thị Hồng Yên 29 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Sơ đồ khối của phép lặp đơn như sau: Interation Input no yes Print End 2.1.3 Ví dụ Ví dụ 2.1 Bằng phƣơng pháp lặp đơn, giải phƣơng trình sau x5  x  10  0 ; n  6 Lưu Thị Hồng Yên 30 (2.11) K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Bài giải Đặt f  x   x5  x  10 ; f  x   0 Ta có f 1 = -10; f  2  = 20. Suy ra f 1 . f  2  < 0 nên [1,2] là khoảng tách nghiệm. Phƣơng trình đã cho tƣơng ứng với x  5 x  10. Đặt   x   5 x  10 . Ta kiểm tra điều kiện để  là ánh xạ co. 1 '  x  5 5  x  10  4 1  5 5  2  10  4  0,0274  1 ; x [1,2] Suy ra  '  x   q  1, ( q = 0,0274 ) với x [1,2]. Mặt khác, với x [1,2] thì 1    x   2 nên  [1,2]  [1,2]. Do đó  là ánh xạ co nên x   sao cho      là nghiệm của phƣơng trình đã cho. Khi đó ta có công thức lặp sau: xn1  5 xn  10 ; n  1,2,... ; x [1,2] Chọn x0 = 1 ta có x1    x0   1,615394266 x2    x1   1,633077485 x3    x2   1,63357442 x4    x3   1,633588376 x5    x4   1,633588768 x6    x5   1,633588779 Vậy nghiệm của phƣơng trình (2.11) là x*  x6  1,633588779 Trong Maple ta dùng câu lệnh sau để giải phƣơng trình (2.11) [> fsolve(x^5-x-10,{x}); Kết quả: Lưu Thị Hồng Yên 31 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp {x = 1.633588779} Phác họa đồ thị hàm số: [> plot(x^5-x-10,x=-2..2); Bảng đánh giá sai số: n 0 1 2 xn 1 1,615394266 1,633077485 x* 1,633588779 1,633588779 1,633588779  n  xn  x* 0.633588779 0,018194513 0.000511294 Lưu Thị Hồng Yên 32 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 3 4 5 6 1,63357442 1,633588376 1,633588768 1,633588779 1,633588779 1,633588779 1,633588779 1,633588779 0,000014359 0,000000403 0,000000011 0,00000000 Ví dụ 2.2 Giải phƣơng trình sau bằng phƣơng pháp lặp đơn x3  2 x  100  0; n  6 (2.12) Bài giải Đặt f  x   x3  2 x  100 Có f  4  = -28 ; f  5 = 35  f  4  . f  5 < 0  phƣơng trình (2.12) có một nghiệm    4,5  . Ta chọn  a, b   4,5 Có 3 cách đƣa phƣơng trình (2.12) về dạng phƣơng trình (2.3) x3 a, x  1  x  ,1  x   50  ; x [4,5]. 2 b, x  2  x  ,2  x   100 2  ; x [4,5]. x2 x c, x  3  x  ,3  x   3 100  2 x ; x [4,5]. Ta lần lƣợt kiểm tra 2 điều kiện  là ánh xạ co. Ta có : 3x 2 ; max 1'  x   37,5  1. a,   x    2 x[4,5] ' 1 b, 2'  x    c, 3'  x   200 2  2 ; 2'  5  1,52  1. 3 x x 2 3. 3 100  2 x  Lưu Thị Hồng Yên 2 ; 33 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 3'  x   Khóa luận tốt nghiệp 2 3. 100  2 x  3 2  2 3. 100  2.5 3 2  0,0033  1; x [4,5]. Suy ra | 3'  x  | q  1,(q  0,0033) với x [4,5]. Mặt khác: x [4,5] thì 4  3  x   5 nên suy ra 3  4,5   4,5 . Do đó 3 là ánh xạ co nên tồn tại điểm x =  sao cho 3     là nghiệm của phƣơng trình (2.12). Dãy  xn  đƣợc xác định nhƣ sau: xn1  3 100  2 xn ; n  0,1,2,... ; x [4,5]. Chọn x0 = 5, theo công thức lặp trên ta có: x1  3  x0   4,481404747 x2  3  x1   4,498554112 x3  3  x2   4,49798909 x4  3  x3   4,498007008 x5  3  x4   4,498007094 x6  3  x5   4,498007114 Vậy nghiệm của phƣơng trình (2.12) là x*  x6  4,498007114 Trong Maple ta dùng câu lệnh sau để giải phƣơng trình (2.12) [> fsolve(x^3+2*x-100,{x}); Kết quả: {x = 4.498007114} Phác họa đồ thị hàm số: [> plot(x^3+2*x-100,x=-8..10); Lưu Thị Hồng Yên 34 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Bảng đánh giá sai số: n 0 1 2 xn 5 4,481404747 4,498554112 x* 4,498007114 4,498007114 4,498007114  n  xn  x* 0,501992886 0,016602367 0,000546998 3 4 5 6 4,49798909 4,498007008 4,498007094 4,498007114 4,498007114 4,498007114 4,498007114 4,498007114 0,000018024 0,000000106 0,00000002 0,000000000 Lưu Thị Hồng Yên 35 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Ví dụ 2.3 Bằng phƣơng pháp lặp đơn giải phƣơng trình sau ( n = 8 ). sin x  cos x  4 x  0 (2.13) Bài giải Đặt f  x  = sin x  cos x  4 x   Ta có f  0  = 1; f   = -5,283185307 2    f  0  . f   < 0. 2   Vậy khoảng tách nghiệm của phƣơng trình là 0,  .  2 Bằng phƣơng pháp lặp giải phƣơng trình sin x  cos x  4 x  0  x  Đặt   x  = Chọn x0  sin x  cos x 4 sin x  cos x 4  2 ta có : x1    x0   0,25 x2    x1   0,304079095 x3    x2   0,313384433 x4    x3   0,314893915 x5    x4   0,315136211 x6    x5   0,315175036 x7    x6   0,315181256 x8    x7   0,315182252 Vậy nghiệm của phƣơng trình là x*  x8  0,315182252 Lưu Thị Hồng Yên 36 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Trong Maple ta dùng câu lệnh sau để giải phƣơng trình (2.13) [> fsolve(sin(x)+cos(x)-4*x,{x}); Kết quả: {x = 0.3151824428} Phác họa đồ thị hàm số: [> plot(sin(x)+cos(x)-4*x,x=-2..2); Bảng đánh giá sai số: n 0 1 2 xn  2 0,25 0,304079095 x* 0,3151824428 0,3151824428 0,3151824428  n  xn  x* 1,255613884 0,011103347 Lưu Thị Hồng Yên 0,065182442 37 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 3 4 5 0,313384433 0,314893915 0,315136211 0,3151824428 0,3151824428 0,3151824428 0,0017980098 0,0002885278 0,0000462318 6 7 8 0,315175036 0,315181256 0,315182252 0,3151824428 0,3151824428 0,3151824428 0,0000074068 0,0000011868 0,0000001908 Ví dụ 2.4 Giải phƣơng trình x3  3x2  1  0 (2.14) Bài giải Đặt f  x   x3  3x 2  1; f  x   0 Ta tìm các khoảng tách nghiệm. Ta có f  1  3 ; f  0   1; f 1  1; f  2   3 ; f  3  1 . Vì: f  1 . f  0  < 0 f  0  . f 1 < 0 f  2  . f  3 < 0 Vậy phƣơng trình (2.14) có 3 nghiệm tƣơng ứng thuộc các khoảng (-1,0), (0,1) và (2,3). Trường hợp 1: Ta có x3  3x 2  1  0  x 2  x  3  1  0 Lưu Thị Hồng Yên 38 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 x Khóa luận tốt nghiệp 1 ; x   1,0 . 3 x Phƣơng trình trở thành x    x   1 . 3 x 1 Ta có   x  :  1,0   1,0 và  '  x   2 3  x  3  1 : q  1 , 2 27 x   1,0 . Do đó phƣơng trình có nghiệm    1,0  . Chọn xấp xỉ ban đầu x0  1 . Theo phƣơng pháp lặp, dãy xấp xỉ liên tiếp đƣợc xây dựng nhƣ sau: xn1    xn    1 ; n  0. 3  xn Khi đó: x1    x0   0,5 . x2    x1   0,534522483 x3    x2   0,531905677 x4    x3   0,532102686 x5    x4   0,53208746 x6    x5   0,532088964 x7    x6   0,53208888 Ta có   x7   0,532088886  x7 . Vậy nghiệm xấp xỉ của phƣơng trình là x*  0,53208888 Trường hợp 2: Ta có Lưu Thị Hồng Yên x3  3x 2  1  0 39 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp  x 2  x  3  1  0 x 1 ; x  0,1 . 3 x Phƣơng trình trở thành x    x  1 . 3 x 1 Ta có   x  : 0,1  0,1 và  '  x   2 3  x  3  1 4 2 : q  1 ; x  0,1 . Do đó phƣơng trình có nghiệm    0,1 . Chọn xấp xỉ ban đầu x0  1 . Theo phƣơng pháp lặp, dãy xấp xỉ liên tiếp đƣợc xây dựng nhƣ sau: xn1    xn   1 ; n  0. 3  xn x1    x0   1  0,707106781 . 2 Khi đó: x2    x1   0,660401551 x3    x2   0,653776548 x4    x3   0,652852864 x5    x4   0,652724392 x6    x5   0,652706529 Ta có   x6   0,652704045  x6 . Vậy nghiệm xấp xỉ của phƣơng trình là x*  0,652706529 Lưu Thị Hồng Yên 40 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Trường hợp 3: Ta có x3  3x 2  1  0  x 2  x  3  1  0  x  3 1 ; x   2,3 . x2 Phƣơng trình trở thành x    x  3  1 . x2 Ta có   x  :  2,3   2,3 và  '  x   2 1  : q  1 ; x   2,3 . x3 4 Do đó phƣơng trình có nghiệm    2,3  . Chọn xấp xỉ ban đầu x0  3 . Theo phƣơng pháp lặp, dãy xấp xỉ liên tiếp đƣợc xây dựng nhƣ sau: xn1    xn   3  1 ; n  0. xn2 Khi đó: x1    x0   2,888888889 . x2    x1   2,880177515 x3    x2   2,879451589 x4    x3   2,8793908 x5    x4   2,879385707 x6    x5   2,879385281 x7    x6   2,879385245 Ta có   x7   2,879385242  x7 . Vậy nghiệm xấp xỉ của phƣơng trình là x*  2,879385245 Trong Maple ta dùng câu lệnh sau để giải phƣơng trình (2.14) Lưu Thị Hồng Yên 41 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp [> fsolve(x^3-3*x^2+1,{x}); Kết quả: {x = -0.5320888862}, {x = 0.6527036447}, {x = 2.879385242} Phác họa đồ thị hàm số: [> plot(x^3-3*x^2+1,x=-2..4); Bảng đánh giá sai số: Trường hợp 1: n 0 1 2 xn 1 0,707106781 0,660401551 x* 0,6527036447 0,6527036447 0,6527036447  n  xn  x* 0,3472966355 0,054403136 0,0076979063 Lưu Thị Hồng Yên 42 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 3 4 5 6 0,653776548 0,652852864 0,652724392 0,652706529 0,6527036447 0,6527036447 0,6527036447 0,6527036447 0,0010729033 0,0001492193 0,0000207473 0,0000028843 n 0 1 2 xn -1 0,5 0,534522483 x* -0,5320888862 -0,5320888862 -0,5320888862  n  xn  x* 0,467911113 Trường hợp 2: 0,032088886 0,002433597 3 4 5 0,531905677 0,532102686 0,53208746 -0,5320888862 -0,5320888862 -0,5320888862 0,0001832092 0,0000137998 0,0000014262 6 7 0,532088964 0,53208888 -0,5320888862 -0,5320888862 0,0000000778 0,0000000062 Lưu Thị Hồng Yên 43 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Trường hợp 3: n 0 1 2 xn 3 2,888888889 2,880177515 x* 2,879385242 2,879385242 2,879385242  n  xn  x* 0,120614758 0,009503638 0,000792273 3 4 5 2,879451589 2,8793908 2,879385707 2,879385242 2,879385242 2,879385242 0,000066347 0,000052276 0,000000465 6 7 2,879385281 2,879385245 2,879385242 2,879385242 0,000000039 0,000000003 Ví dụ 2.5 Dùng phƣơng pháp lặp đơn giải phƣơng trình sau với độ chính xác   104 x2  e x  10  0 (2.15) Bài giải Đặt f  x   x 2  e x  10 Có f  2   14  e2 > 0 và f  3  19  e3 < 0. Suy ra f  2 . f  3  0 nên [2,3] là khoảng tách nghiệm. Có các cách đƣa phƣơng trình về dạng x    x  nhƣ sau: Lưu Thị Hồng Yên 44 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2  Khóa luận tốt nghiệp  1 2 i, x  1  x   e  10 ; x   2,3 x e x  10 ii, x  2  x   ; x   2,3 x iii, x  3  x   ln  x 2  10  ; x   2,3 Ta lần lƣợt kiểm tra 2 điều kiện  là ánh xạ co. Ta có : i, 1' ( x)  1 x 1 e  10  e x ; | 1'  3 |  e3  10  e3  101  1.  2 2 3  1 e3  10 xe x  e x  10  ' ;  2  3  ii,  ( x)   1. x 3 ' 2 iii, 3' ( x)  2x 2x 2.3 6 ' ; |  ( x ) |     q  1 ;  x   2,3 3 x2  1 x 2  10 32  10 19 6  Suy ra | 3' ( x) | q  1 ;  q   với  x   2,3. 19   Mặt khác:  x   2,3 thì 2  3 ( x)  3 nên suy ra 3  2,3   2,3. Do đó 3 là ánh xạ co nên tồn tại điểm x =  sao cho 3 ( )   là nghiệm của phƣơng trình trên. Dãy ( xn ) đƣợc xác định nhƣ sau: xn1  3  xn   ln  xn2  10  , n  0,1,2,... ; x   2,3 Chọn x0 = 2, theo công thức lặp trên ta có: x1  3 ( x0 )  ln  22  10   2,63905733 Vậy ta có x0  2 , q  6 , x1  x0  0,6391 19 Bây giờ ta sẽ tìm số bƣớc lặp để đạt tới độ chính xác   104 . qn Ta có công thức đánh giá sai số: xn    x1  x0 1 q Giải bất đẳng thức: Lưu Thị Hồng Yên 45 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp n qn  6  0,6391 x1  x0      .  104  n  8 6 1 q  19  1  19 Do đó ta có: x1  3 ( x0 )  ln  22  10   2,63905733 x2  3 ( x1 )  2,831130211 x3  3 ( x2 )  2,891221301 x4  3 ( x3 )  2,910128666 x5  3 ( x4 )  2,916085467 x6  3 ( x5 )  2,917962846 x7  3 ( x6 )  2,918554596 x8  3 ( x7 )  2,918741122 x9  3 ( x8 )  2,918799918 Vậy nghiệm gần đúng của phƣơng trình là x*  2,918799918 với độ chính xác   104 . Dùng Maple ta dùng câu lệnh sau để giải phƣơng trình (2.15) [> fsolve(x^2-exp(x)+10,{x}); Kết quả: {x = 2.918826982} Phác họa đồ thị hàm số: [> plot(x^2-exp(x)+10,x=-2..3); Lưu Thị Hồng Yên 46 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Bảng đánh giá sai số: n 0 1 2 xn 2 2,63905733 2,831130211 x* 2,918826982 2,918826982 2,918826982  n  xn  x* 0,918826982 0,279769652 0,087696771 3 4 5 6 2,891221301 2,910128666 2,916085467 2,917962846 2,918826982 2,918826982 2,918826982 2,918826982 0,027605681 0,008698316 0,002741515 0,000864136 Lưu Thị Hồng Yên 47 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 7 8 9 2,918554596 2,918741122 2,918799918 2,918826982 2,918826982 2,918826982 0,000272386 0,00008586 0,000027064 Lưu Thị Hồng Yên 48 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp CHƢƠNG 3 ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ CO VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ 3.1 Phƣơng pháp lặp Xét phƣơng trình x  Ax (3.1) Với toán tử A tác dụng trong không gian metric đủ X . Giải phƣơng trình (3.1) có nghĩa là tìm phần tử x  D  A bất động với toán tử A. 3.1.1 Phương pháp lặp để giải phương trình đại số và siêu việt Giả sử phải giải phƣơng trình f  x  0 (3.2) Trong đó f là hàm số xác định trên đoạn  a, b , bằng một cách nào đó ta đƣa phƣơng trình (3.2) về dạng tƣơng đƣơng x    x (3.3) Giả sử   x  thỏa mãn điều kiện Lipschitz   x2     x1   k x2  x1 Với hằng số 0  k  1 và ánh xạ đoạn  a, b vào trong nó. Khi đó   x  là một ánh xạ co và dãy các giá trị x0 , x1    x0  ,…, xn1    xn  ,… ( Với x0 tùy ý, x0   a, b ) sẽ hội tụ duy nhất về nghiệm của phƣơng trình (3.3) và do đó là nghiệm của phƣơng trình (3.2). Giả sử k1  f '  x   k2 , x   a, b . Khi đó để xác định hàm   x  nhƣ sau: Xét hàm:   x   x   f  x  ;   0 . (3.4) Để đƣa về phƣơng trình (3.3), ta có  '  x   1   f '  x  và do đó 1   k2   '  x   1   k1 Lưu Thị Hồng Yên 49 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Từ đó chỉ cần chọn  sao cho thỏa mãn điều kiện 1  1   k2 và 1   k1  1 Hiển nhiên chỉ cần 0    2 thì cả hai bất đẳng thức đồng thời đƣợc k2 thực hiện. 3.1.2 Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào giải một số bài toán về dãy số Cho dãy số  xn  . Nếu dãy  xn  có dạng xn1    xn  ; n  0,1,2,... Đây là dãy số thƣờng gặp trong các bài toán về giới hạn dãy số. Dãy số này sẽ hoàn toàn xác định khi biết  và giá trị ban đầu x0 . Do vậy sự hội tụ của dãy số sẽ phụ thuộc vào tính chất của hàm số  và x0 . Một đặc điểm quan trọng khác của dãy số dạng này là nếu a là giới hạn của dãy số thì a phải là nghiệm của phƣơng trình x    x  . Chúng ta có một số kết quả cơ bản nhƣ sau: Định nghĩa 3.1.1 Cho tập D  ℝ và D là tập đóng trong ℝ. Ánh xạ  : D  D đƣợc gọi là ánh xạ co trên D nếu tồn tại số thực q , 0  q  1 sao cho   x     y   q x  y ; x, y  D . Định lí 3.1.1 Nếu  là co trên D thì dãy số  xn  xác định bởi x0  a  D, xn1    xn  hội tụ. Giới hạn của dãy số là nghiệm duy nhất trên D của phƣơng trình x    x . Ví dụ 3.1 Cho dãy số  xn  xác định bởi xn1  3  1 . Hãy tìm lim xn . n xn2 Bài giải Đặt   x   3  Lưu Thị Hồng Yên 1 với x   2,3 . Ta có: x2 50 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 '  x  Khóa luận tốt nghiệp 2  0 ; x   2,3. x3 Và   x   3  1 26  ; x   2,3 x2 9 Nên  xn  là dãy tăng và bị chặn trên bởi 26 , do đó nó có giới hạn. 9 Giả sử b là giới hạn của dãy số thì ta có: b  3 1  b3  3b2  1  0 2 b  b  2,879385242 là thỏa mãn. Vậy lim xn  2,879385242 n Ví dụ 3.2 Cho dãy số  xn  xác định bởi x0  0 , xn1  1 . Hãy tìm lim xn . n 4  xn Bài giải Tính toán trực tiếp ta thấy 0  x2  1 , x3  x2 Đặt   x   1 với x  0,1 . 4 x '  x  1 4  x 2  0; x  0,1. Vì   x   1 là hàm số tăng và ánh xạ  0,1 vào  0,1 . 4 x Và   x   1 1  ; x  0,1 . 4 x 3 Nên  xn n2 là dãy tăng và bị chặn trên bởi 1 , do đó nó có giới hạn. 3 Giả sử a là giới hạn của dãy số thì ta có: Lưu Thị Hồng Yên 51 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 a Khóa luận tốt nghiệp 1 4a  a 2  4a  1  0  a  2  3  0,267949192 ( vì a  2  3 loại ). Vậy lim xn  0,267949192 n Ví dụ 3.3 Cho dãy số  xn  xác định bởi xn1  3 xn  1 . Hãy tìm lim xn n 2 Bài giải Đặt   x   3 x   '  x  1 với x  1,2 . 2 1 1  33  x   2  Và   x   3 x  2  0 ; x  1,2. 1 35 ; x  1,2 .  2 2 Nên  xn  là dãy tăng và bị chặn trên bởi 3 5 , do đó nó có giới hạn. 2 Giả sử c là giới hạn của dãy số thì ta có: c 3 c 1 2  c3  c  1 2  c3  c  1 0 2  c  1,191487884 là thỏa mãn. Lưu Thị Hồng Yên 52 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Vậy lim xn  1,191487884 n Ví dụ 3.4 Cho dãy số  xn  xác định bởi xn1  3 1000  xn . Hãy tìm lim xn n Bài giải Đặt   x   3 1000  x với x  9,10 . '  x  1 3 1000  x  3 2  0 ; x  9,10. Và   x   3 1000  x  3 990 ; x  9,10 . Nên  xn  là dãy giảm và bị chặn dƣới bởi 3 990 , do đó nó có giới hạn. Giả sử d là giới hạn của dãy số thì ta có: d  3 1000  d  d 3  1000  d  d 3  d  1000  0  d  9,96667 là thỏa mãn. Vậy lim xn  9,96667 n Ví dụ 3.5 Cho dãy số  xn  xác định bởi xn1  1 xn  1 . Hãy tìm lim xn n Bài giải Đặt   x   Lưu Thị Hồng Yên 1 với x  0,1 . x 1 53 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 1 '  x  2 Và   x    x  1 3 Khóa luận tốt nghiệp  0 ; x  0,1 1 1  ; x  0,1 . x 1 2 Nên  xn  là dãy giảm và bị chặn dƣới bởi 1 , do đó nó có giới hạn. 2 Giả sử  là giới hạn của dãy số thì ta có:  1  1 2  1  1   3   2 1  0    0,754877666 Vậy lim xn  0,754877666 n Ví dụ 3.6 Cho dãy số  xn  xác định bởi xn1  3 2 xn2  4 xn  7 . Hãy tìm lim xn n Bài giải Đặt   x   3 2 x 2  4 x  7 với x  3,4 . '  x  4x  4 33  2x  4x  7 2 2  0 ; x  3,4 Và   x   3 2 x 2  4 x  7  3 55 ; x  3,4 . Nên  xn  là dãy tăng và bị chặn trên bởi 3 55 , do đó nó có giới hạn. Giả sử  là giới hạn của dãy số thì ta có: Lưu Thị Hồng Yên 54 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp   3 2 2  4  7   3  2 2  4  7   3  2 2  4  7  0    3,631980806 là thỏa mãn. Vậy lim xn  3,631980806 n Ví dụ 3.7 Cho dãy số  xn  xác định bởi xn1  8 . Hãy tìm lim xn . n x  3xn  14 2 n Bài giải Đặt   x    '  x  8 với x   1,0 . x 2  3x  14 16 x  24  x2  3x  14 Và   x   2  0 ; x  1,0 . 8 4  ; x   1,0 . x  3x  14 7 2 Nên  xn  là dãy tăng và bị chặn trên bởi 4 , do đó nó có giới hạn. 7 Giả sử b là giới hạn của dãy số thì ta có: b 8 b 2  3b  14  b3  3b2  14b  8  0  b  0,701562118 là thỏa mãn. Vậy lim xn  0,701562118 n Ví dụ 3.8 Cho dãy số  xn  xác định bởi Lưu Thị Hồng Yên 55 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp xn1  3 3xn2  14 xn  8 . Hãy tìm lim xn n Bài giải Đặt   x   3 3x2  14 x  8 với x  5,6 . '  x  6 x  14 3  3x  14 x  8  2 3 2  0 ; x  5,6. Và   x   3 3x 2  14 x  8  3 200; x  5,6 . Nên  xn  là dãy tăng và bị chặn trên bởi 3 200 , do đó nó có giới hạn. Giả sử m là giới hạn của dãy số thì ta có: m  3 3m2  14m  8  m3  3m2  14m  8  m3  3m2  14m  8  0    5,70156219 là thỏa mãn. Vậy lim xn  5,701562119 n Ví dụ 3.9 Cho dãy số  xn  xác định bởi xn1  1 . Hãy tìm lim xn n 3  xn Bài giải Đặt   x   1 với x  0,1 . 3 x '  x  1 2 Và   x   3  x  3  0 ; x  0,1. 1 1  ; x  0,1 . 3 x 2 Lưu Thị Hồng Yên 56 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Nên  xn  là dãy tăng và bị chặn trên bởi 1 , do đó nó có giới hạn. 2 Giả sử a là giới hạn của dãy số thì ta có: a 1 3 a  a2  1 3 a  a3  3a 2  1  0  a  0,652703644 là thỏa mãn. Vậy lim xn  0,652703644 n Lưu Thị Hồng Yên 57 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp KẾT LUẬN Dƣới sự hƣớng dẫn tận tình của thầy Khuất Văn Ninh, em đã hoàn thành đề tài đúng kế hoạch và đạt đƣợc mục đích nghiên cứu đề ra. Trên đây là toàn bộ nội dung khóa luận “ Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào dãy số’’. Nội dung chính của khóa luận đƣợc đề cập đến là: 1. Trình bày kiến thức bổ trợ về số gần đúng và sai số, một số định nghĩa, định lí quan trọng về dãy số; hàm số liên tục; không gian metric và nguyên lí ánh xạ co của Banach. 2. Nêu ứng dụng của nguyên lí ánh xạ co vào một số bài toán giải phƣơng trình đại số, phƣơng trình siêu việt và áp dụng vào giải một số bài tập cụ thể. 3. Ứng dụng của nguyên lí ánh xạ co vào giải một số bài toán về dãy số. 4. Xây dựng số phƣơng trình và giải bằng phần mềm Maple. Tuy nhiên do thời gian và kiến thức có hạn nên khóa luận không tránh khỏi thiếu sót. Vì vậy em rất mong nhận đƣợc nhiều ý kiến đóng góp quý báu của thầy cô và các bạn. Một lần nữa, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Khuất Văn Ninh, thầy cô trong tổ Giải tích, các thầy cô trong khoa Toán trƣờng ĐHSP Hà Nội 2 cùng các bạn sinh viên đã giúp em hoàn thành khóa luận này. Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 5 năm 2015 Ngƣời thực hiện Lƣu Thị Hồng Yên Lưu Thị Hồng Yên 58 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp TÀI LIỆU THAM KHẢO A. Tiếng Việt [1] Phạm Kỳ Anh (1996), Giải tích số, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội. [2] Nguyễn Minh Chƣơng, Nguyễn Văn Khải, Khuất Văn Ninh, Nguyễn Văn Tuấn, Nguyễn Tƣờng (2001), Giải tích số, Nhà xuất bản Giáo dục. [3] Phạm Huy Điển (2002), Tính toán, lập trình và giảng dạy toán học trên Maple, Nhà xuất bản Khoa học và Kĩ thuật Hà Nội. [4] Nguyễn Phụ Hy (2006), Giải tích hàm, Nhà xuất bản Khoa học và Kĩ thuật. [5] Trần Đức Long, Hoàng Quốc Toàn, Nguyễn Đình Sang (2000), Giáo trình Giải tích tập 1, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội. B. Tiếng Anh [6] Jeffrey R.Chasnov (2012), Introduction to numerical methods, Lecture notes for Math 3311, the Hong Kong University of Science and Technology. Lưu Thị Hồng Yên 59 K37A Sư phạm Toán [...]... trung tìm hiểu về ứng dụng của nguyên lí ánh xạ co vào giải phƣơng trình đại số và siêu việt, trên cơ sở lí thuyết trên áp dụng vào giải một số bài tập cụ thể Tài liệu tham khảo của chƣơng này bao gồm các tài liệu [1], [2], [3] và [6] 2.1 Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào giải phƣơng trình đại số và siêu việt Cơ sở lí thuyết là ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào giải phƣơng trình đại số và siêu việt Ta... 0 khi n   Cho n   từ xn1  Axn ta có x  Ax Điều phải chứng minh Lưu Thị Hồng Yên 24 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp CHƢƠNG 2 ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ CO VÀO GIẢI PHƢƠNG TRÌNH Nguyên lí ánh xạ co có rất nhiều ứng dụng trong Toán học Nó dùng để chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phƣơng trình đại số và siêu việt, hệ phƣơng trình tuyến tính, phƣơng trình tích... đƣợc gọi là ánh xạ liên tục Lipschitz nếu có một số L  0 sao cho d2  f  x  , f  y    Ld1  x, y  ; x, y  X Số L nhỏ nhất thỏa mãn bất đẳng thức trên gọi là hằng số Lipschitz Nếu f là ánh xạ liên tục Lipschitz thì nó là ánh xạ liên tục 1.5.2 Ánh xạ co Định nghĩa 1.5.2 Ánh xạ f từ không gian metric  X , d X  vào không gian metric Y , dY  đƣợc gọi là ánh xạ co nếu tồn tại một số   0,1... Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Nhƣ vậy ánh xạ co là một trƣờng hợp riêng của ánh xạ Lipschitz và hiển nhiên nó là liên tục 1.5.3 Nguyên lí ánh xạ co của Banach Giả sử X là một không gian metric đủ và f : X  X là một ánh xạ co của X vào chính nó thì có duy nhất một điểm bất động nghĩa là tồn tại duy nhất một điểm x  X sao cho f ( x)  x Chứng minh Lấy x0 là một điểm tùy ý thuộc X và đặt:... thì dãy  xin  là một dãy số thực thỏa mãn tiêu chuẩn Cauchy về sự hội tụ của dãy số Do đó dãy  xin  hội tụ  i  1, k Đặt lim xin ; i  1, k ; x : ( x1, x2 , , xk ) n  dãy ( x n ) hội tụ theo tọa độ điểm đến x Suy ra ( x n ) hội tụ đến x trong ℝk 1.5 Nguyên lí ánh xạ co 1.5.1 Ánh xạ liên tục Lipschitz Định nghĩa 1.5.1 Cho  X , d1  và Y , d 2  là các không gian metric trên trƣờng K Ánh xạ. .. q Định lí đƣợc chứng minh Lưu Thị Hồng Yên 28 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 2.1.2 Bậc hội tụ của dãy số Định nghĩa 2.1.1 Số   ℝ,   0 gọi là bậc hội tụ của dãy xn đến giới hạn x* nếu tồn tại hằng số c  0 sao cho lim n xn1  x* xn  x c * Từ đó ta có tốc độ hội tụ của phƣơng pháp sử dụng nguyên lí ánh xạ co Banach là bậc 1 hay tốc độ hội tụ tuyến tính Chứng minh... hội tụ đến a ( điều phải chứng minh ) Lưu Thị Hồng Yên 21 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 1.5.4 Ví dụ Ví dụ 1.10 f : 0,1  ℝ x 1 f  x  x 3 1 Khi đó f là một ánh xạ co trên  0,1 với hệ số co   3 Ví dụ 1.11 Cho T  x   x   ; x ℝ và  là một phần tử cố định thuộc ℝ Khi đó f không là ánh xạ co Ví dụ 1.12 Cho ánh xạ f ánh xạ nửa đoạn vào chính nó xác định bằng... x0 x0 22 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp  1  0 (vô lí) x0 Vậy f không có điểm bất động Do đó f không là ánh xạ co Nguyên lí ánh xạ co trong không gian định chuẩn Giả sử X là không gian định chuẩn Ta xác định một metric trên X theo công thức: d  x, y   x  y ; x, y  X Nguyên lí ánh xạ co Banach đƣợc phát biểu trong không gian định chuẩn nhƣ sau: Giả sử M là tập đóng,... Một số định lí về dãy số Định nghĩa 1.2.1  Dãy  xn  đƣợc gọi là dãy hội tụ nếu nó có giới hạn hữu hạn Nói cách khác, khi đó lim xn  a ; a ℝ n Ta còn nói  xn  hội tụ về a  Dãy không hội tụ đƣợc gọi là dãy phân kỳ Nhƣ vậy, nếu dãy phân kỳ thì hoặc nó không có giới hạn, hoặc nó có giới hạn vô cùng  Dãy số  xn  đƣợc gọi là dãy tăng (giảm) nếu với n ta có xn  xn1  xn1  xn  Dãy số tăng... hoặc dãy số giảm đƣợc gọi chung là dãy đơn điệu  Dãy số  xn  đƣợc gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số thực M sao cho n ta có xn  M Lưu Thị Hồng Yên 6 K37A Sư phạm Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp  Dãy số  xn  đƣợc gọi là bị chặn dƣới nếu tồn tại số thực m sao cho n ta có xn  m Một dãy số vừa bị chặn trên vừa bị chặn dƣới đƣợc gọi là dãy bị chặn  Dãy  xn  đƣợc gọi là dãy Cauchy ... chƣơng: Chƣơng 1: Kiến thức chuẩn bị Chƣơng 2: Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào giải phƣơng trình Chƣơng 3: Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào giải số toán dãy số Lưu Thị Hồng Yên K37A Sư phạm Toán Trường... ỨNG DỤNG NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ CO VÀO GIẢI PHƢƠNG TRÌNH 25 2.1 Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co vào giải phƣơng trình đại số siêu việt 25 2.1.1 Bài toán 25 2.1.2 Bậc hội tụ dãy. .. Nguyên lí ánh xạ co 16 1.5.1 Ánh xạ liên tục Lipschitz 16 1.5.2 Ánh xạ co 16 1.5.3 Nguyên lí ánh xạ co Banach 17 1.5.4 Ví dụ 22 CHƢƠNG ỨNG