Giáo trình toán ứng dụng trong tin học

TRƢỜNG CƠNG NGHỆ BÁCH KHOA TP HỒ CHÍ MINH GIÁO TRÌNH TỐN ỨNG DỤNG Giáo viên: NGUYỄN CƠNG NHỰT Email: ncnhutqnam@gmail.com 2015 PHỤ LỤC Nội dung Trang Chƣơng TẬP HỢP VÀ QUAN HỆ …………….1 Tập hợp Suy luận toán học .7 Chƣơng TÍNH TỐN VÀ XÁC SUẤT …………….11 Tính xác suất theo cơng thức cổ điển 11 Xác suất có điều kiện 13 Công thức cộng nhân xác suất 13 Cơng thức xác suất tồn phần .13 Chƣơng MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC 24 Chƣơng PHƢƠNG PHÁP TÍNH 33 Khái niệm số xấp xỉ sai số .33 Giải gần phƣơng trình 34 Nội suy phƣơng pháp bình phƣơng bé .39 Tính gần tích phân xác định 55 Giải hệ phƣơng trình tuyến tính 59 3.6.2 Công thức nội suy Newton Giả sử hàm f(x) nhận giá trị yi mốc xi cách khoảng h Khi hàm nội suy Newton đa thức bậc n xác định sau: Ln(x) = Coϕ0(x) + C1ϕ1(x) + + Cnϕn(x) (*) Trong đó: ϕ0(x) = 1; x − x0 h ϕ1 ( x ) = ; ϕ2 (x) = ( x − x )( x − x ) ; h 2! … ϕn (x) = (x − x )(x − x1 ) (x − x n −1 ) h n n! Lớp hàm ϕi(x) có tính chất sau: - ϕi(x0) = ∀i = 1, n - ∆ϕk(x) = ϕk-1(x) * Xác định hệ số Ci (i = 0, n ) Sai phân cấp Ln(x) : (1) ∆Ln(x) = C0∆ϕ0(x) + C1∆ϕ1(x) + C2∆ϕ2(x) + + Cn∆ϕn(x) = C1ϕ0(x) + C2ϕ1(x) + + Cnϕn-1(x) Sai phân cấp Ln(x) : (2) ∆2Ln(x) = C1∆ϕ0(x) + C2∆ϕ1(x) + + Cn∆ϕn-1(x) = C2ϕ0(x) + C3ϕ1(x) + + Cnϕn-2(x) … … Sai phân cấp n Ln(x) : (n) ∆nLn(x) = Cnϕ0(x) = Cn Thay x = x0 vào (*), (1), (2), , (n) ta được: C0 = Ln(x0) ; C1 = ∆Ln(x0) ; C2 = ∆2Ln(x0) ; ; Cn= ∆nLn(x0) 47 Vì Ln(x) ≈ f(x) nên: Ln(x0) ≈ f(x0) ; ∆Ln(x0) ≈ ∆f(x0) ; ∆2Ln(x0) ≈ ∆2f(x0) ; …; ∆nLn(x0) ≈ ∆nf(x0) Vậy : x − x0 ( x − x )( x − x ) + ∆2 f ( x ) h h 2! ( x − x )( x − x ) ( x − x n −1 ) + + ∆n f ( x ) h n n! L n ( x ) ≈ f ( x ) + ∆f ( x ) Ví dụ Xây dựng hàm nội suy Newton thoả mãn: 48 xi yi 3.7 Nội suy tổng quát (Nội suy Hecmit) Xây dựng hàm nội suy f(x) thoả mãn giá trị hàm giá trị đạo hàm cấp theo bảng giá trị sau: xi x0 x1 xn yi =f(xi) y0 y1 yn y'i=f’(xi) y'0 y'1 y'n yi'’= f’’(xi) y''0 y’’1 y’’n … … … yi(k) =f(k)(xi) y1(k) y2(k) yn(k) Giả sử hàm nội suy cần tìm đa thức bậc m: Hm(x) k m=n+ ∑ si i =1 (Si : số giả thiết cho đạo hàm cấp i ) Hm(x) = Ln(x) + W(x) Hp(x) ( Vì Hm(xi) = Ln(xi) + W(xi) Hp(xi) = yi ) Với: W(x) = (x-x0) * (x-x1)* *(x-xn) p= m - (n + 1) Đạo hàm cấp 1: H’m(x) = Ln’(x) + W(x) H’p(x) + W’(x)Hp(x) Xét điểm xi: Hm(xi) = Ln’(xi) + 2W(xi) H’p(xi) + W’(xi)Hp(xi) = yi => Hp(xi) Đạo hàm cấp 2: H”m(x) = Ln’’(x) + 2W’(x) H’p(x) + W’’(x) Hp(x) + W(x)Hp”(x) 49 Xét điểm xi: H”m(xi) = Ln’’(xi) + 2W’(xi) H’p(xi) + W’’(xi) Hp(xi) + W(xi)Hp”(xi) =yi’’ => Hp’(xi) Tương tự: Đạo hàm đến cấp k suy Hp(k-1)(xi) Ta xác định hàm Hp(x) thoả mãn: xi x0 x1 xn Hp(xi) h0 h1 hn Hp’(xi) h'0 h'1 h'n h0(k-1) h1(k-1) hn(k-1) Hp(k-1)(xi) Về chất, tốn tìm hàm Hp(x) hồn tồn giống tốn tìm hàm Hm(x) Tuy nhiên bậc giảm (n+1) giả thiết đạo hàm giảm cấp Tiếp tục giải tương tự trên, cuối đưa tốn tìm hàm nộI suy Lagrange (khơng đạo hàm) Sau thay ngược kết ta hàm nội suy Hecmit cần tìm Hm(x) Ví dụ Tìm hàm nội suy hàm f(x) thoả mãn: 50 xi f(xi) f’(xi) -3 W(x) = x(x-1)(x-3) =x3 – 4x2 +3x L (x ) = ( x − 1)( x − 3) x ( x − 3) +2 −2 = ( x − 7x + 12) H '4 ( x ) = x − + ( x − x + ) H ( x ) + W(x)H' 3 H '4 ( ) = − H ' (1 ) = − (x ) 22 x + H ( ) = => H ( ) = x − H (1 ) = - => H (1 ) = 3 Tìm hàm H1(x) thoả mãn: H1(x) = xi H1(xi) 22/9 2/3 22 ( x − 1) ( x − 1) − 16 x + 22 + = (0 − 1) (1 − 0) Vậy H4(x) =(x2 –7x +12)/3 + x(x-1)(x-3)(-16x +22)/9 3.8 Phương pháp bình phương bé Giả sử có đại lượng (vật lý, hố học, …) x y có liên hệ phụ thuộc theo dạng biết sau: - y = fax + b - y = a + bx + cx2 Tuyến tính - y = a + bcosx + csinx - y = aebx Phi tuyến tính - y = axb 51 chưa xác định giá trị tham số a, b, c Để xác định tham số này, ta tìm cách tính số cặp giá trị tương ứng (xi, yi), i=1, 2, …,n thực nghiệm, sau áp dụng phương pháp bình phương bé * Trường hợp: y = ax + b Gọi εi sai số điểm xi εi = yi - a - bxi Khi tổng bình phương sai số: S = n ∑ i =1 ε i2 Mục đích phương pháp xác định a, b cho S bé Như a, b nghiệm hệ phương trình: ∂S =0 ∂a ∂S =0 ∂b Ta có: S = Σ(yi2 + a2 + b2xi2 - 2ayi - 2bxiyi + 2abxi) ∂S n = ∑ (2a − y i + 2bx i ) ∂a i=1 ∂S n = ∑ (2bx i − x i y i + 2ax i ) ∂b i=1 n ⇔ na + b ∑ x i = i =1 n n i =1 i =1 n ∑ yi i =1 n a∑ xi + b∑ xi =∑ xi yi i =1 Giải hệ phương trình ta được: a, b * Trường hợp y = a + bx + cx2 Gọi εi sai số điểm xi εi = yi - a - bxi - cxi2 52 Khi tổng bình phương sai số: S = n ∑ i =1 ε i2 Các hệ số a, b xác định cho S bé Như a, b, c nghiệm hệ phương trình: n ∂S =0 ∂a ∂S =0 ∂a n na + b ∑ x i + c ∑ x i =1 ⇔ i i =1 n n i =1 i =1 n = n ∑ i =1 a ∑ x i + b∑ x i + c∑ x i = n ∂S =0 ∂c 2 i =1 n i =1 n i =1 i =1 n ∑ xiyi a ∑ x i + b∑ x i + c∑ x i = yi i =1 n ∑ xi i =1 yi Giải hệ phương trình ta a, b, c * Trường hợp: y = aebx Lấy Logarit số e hai vế: Lny = lna + bx Đặt Y = lny; A = lna; B = b; X = x Ta đưa dạng: Y = A + BX Giải hệ phương trình ta A, B => a = eA, b=B * Trường hợp y = axb Lấy Logarit số 10 hai vế: Lgy = lga + blgx Đặt Y = lgy; A = lga; B = b; X = lgx Ta đưa dạng: Y = A + BX Giải hệ phương trình ta A, B => a = 10A, b=B Ví dụ Cho biết cặp giá trị x y theo bảng sau: xi 0.65 0.75 0.85 0.95 1.15 yi 0.96 1.06 1.17 1.29 1.58 Lập công thức thực nghiệm y dạng aebx 53 Giải Ta có: y = aebx Lấy Logarit số e hai vế: Lny = lna + bx Đặt Y = lny; A = lna; B = b; X = x Ta đưa dạng: Y = A + BX X i = xi 0.65 0.75 0.85 0.95 1.15 Yi = lnyi -0.04 0.06 0.18 0.25 0.46 ΣXi ΣXi2 ΣXiYi ΣYi 4.35 3.93 0.92 0.89 Phương pháp bình phương bé nhất: A, B nghiệm hệ phương trình n nA + B ∑ X i =1 n n i =1 i =1 i = n ∑ i=1 Yi n A ∑ X i + B ∑ X i = ∑ X i Yi i =1 5A + 4.35B =0.89 4.35A + 3.93B = 0.92 Giải hệ phương trình ta được: A = -.069, B = Suy ra: a = eA = ½, Vậy f(x) = 54 e x b = B =1 BÀI TÍNH GẦN ĐÚNG TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH 4.1 Giới thiệu Xét hàm số f(x) liên tục [a,b], xác định nguyên hàm F(x) ta có cơng thức tính tích phân: b ∫ f (x )dx = F(b) − F(a ) a Nhưng đa số trường hợp ta không xác định nguyên hàm của, không xác định biểu thức f(x) mà nhận giá trị tạI điểm rời rạc Trong trường hợp ta sử dụng cơng thức gần sau để tính tích phân: - Cơng thức hình thang - Cơng thức Parabol - Cơng thức Newton _Cotet 4.2 Cơng thức hình thang Chia [a, b] thành n đoạn với khoảng cách h = (b - a)/n theo điểm chia: x0=a, x1=a+h, , xn = b b ∫ f ( x ) dx a = x1 ∫ f ( x ) dx x0 =a x2 xn x1 x n −1 + ∫ f ( x ) dx + + ∫ f ( x ) dx =S S diện tích giới hạn đường cong f(x), x=a, x=b, trục x S1 f(x) S x0 =a x1 Sn xn-1 xn = b Xét [x0, x1], ta xem đường cong f(x) đường thẳng 55 S1 ≈ S hthang = h ( y + y1 ) Tương tự: S2 ≈ h ( y1 + y ) … … Sn ≈ h(y n −1 + y n ) b Vậy: ∫ f ( x ) dx ≈ a h ( y + y + y + + y n − + y n ) 4.3 Công thức Parabol Chia [a, b] thành 2n đoạn với khoảng cách h = (b - a)/2n theo điểm chia: x0=a, x1=a+h, , x2n = b b x2 x4 x 2n a x0 x2 x 2n −2 ∫ f ( x )dx = ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx + + ∫ f ( x )dx Xét [x0, x2] xem đường cong f(x) Parabol (nội suy bậc điểm x0, x1, x2) f (x) ≈ L (x) = y ( x − x )( x − x ) ( x − x1 )( x − x ) + y1 + ( x1 − x )( x1 − x ) ( x − x1 )( x − x ) + y2 x2 x2 x0 x0 ( x − x )( x − x1 ) ( x − x )( x − x1 ) ∫ f ( x )dx ≈ ∫ L (x )dx Thay x0 = a, x1 = a + h , x2 = a+2h vào, ta có: x2 h ∫ f ( x )dx ≈ ( y + y1 + y ) x0 Tương tự: 56 x4 h ∫ f (x )dx ≈ ( y + y + y ) x2 x2n h f ( x )dx ≈ ( y n −2 + y n −1 + y ) x n −2 ∫ b h ∫ f ( x )dx ≈ ( y + y1 + y + + y 2n −2 + y 2n −1 + y 2n ) Vậy: a dx theo cách 1+ x2 Ví dụ Tính J = ∫ Giải Cách 1: J = arctgx 15 = arctg5 − Π / ≈ 0.588 Cách 2: chia [1, 5] thành đoạn (h=1) với điểm chia xi yi 1/2 1/5 1/10 1/17 1/26 Cơng thức hình thang: J ≈ (1/2 + 2/5 +2/10 +2/17 + 1/26) /2 ≈ 0.628 Cách 3: Công thức Parabol: J ≈ (1/2 + 4/5 +2/10 +4/17 + 1/26) /3 ≈ 0.591 4.4 Công thức Newton-Cotet Chia [a, b] thành n đoạn với khoảng cách h = (b - a)/n với x0=a; x1 = a + h , , xn = b Đặt x = a + (b - a)t => dx = (b - a) dt xi a a+h a + 2h b ti 1/n 2/n Khi đó: b 1 a 0 ∫ f ( x )dx = (b − a ) ∫ f (a + (b − a ) t )dt = (b − a ) ∫ Φ( t )dt Với φ(t)= f(a + (b - a)t Xem φ(t) hàm nội suy Lagrange n + điểm: t0, t1, , tn 57 2 ( t − )( t − ) ( t − 1) ( t − 0)( t − ) ( t − 1) n n n Φ( t ) ≈ L n ( t ) = y + y1 + 1 (− )(− ) (−1) ( − 0)( − ) ( − 1) n n n n n n n −1 ( t − 0)( t − ) ( t − ) n n + yn n −1 (1 − 0)(1 − ) (1 − ) n n Khi đó: 1 0 ∫ Φ( t )dt ≈ ∫ L n ( t )dt i −1 i +1 ( t − 0)( t − ) ( t − )( t − ) ( t − 1) i n n n Đặt Pn = ∫ dt i i i i −1 i i +1 i ( − 0)( − ) ( − )( − ) ( − 1) n n n n n n n n b n a i =0 i ∫ f ( x )dx ≈ (b − a )∑ y i p n Vậy: Xét n = ( h = b-a ) P10 t −1 dt = − =∫ 0 −1 b ∫ f ( x )dx = (b − a )( a ; P11 t−0 dt = 01− =∫ y y1 h + ) = ( y + y1 ) → Công thức hình thang 2 Lưu ý: Giá trị Pni tra bảng sau: 58 n Pni 1/2 1/2 1/6 4/6 1/6 1/8 3/8 3/8 1/8 9/71 16/45 2/15 16/45 9/70 19/288 25/95 25/144 25/144 25/95 19/288 … … … … … … … BÀI GIẢI HỆ THỐNG PHƢƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH Hệ phương trình tuyến tính có số ẩn số phương trình 5.1 Dạng tổng quát dạng ma trận 5.1.1 Dạng tổng quát a11 x1  a12 x2   a1n xn  b1 a x  a x   a x  b  21 22 2n n (I)    an1 x1  an x2   ann xn  b n 5.1.2 Dạng ma trận Đặt A = (aij )nxn gọi ma trận hệ số  x1  x  x   2 gọi ma trận ẩn      xn  n1 b1  b  b    gọi ma trận vế phải (cột vế phải)     bn  n1 ( I )  Ax  b dạng ma trận hệ (I) b = Hệ (I) gọi hệ b ≠ Hệ (I) gọi hệ không 5.2 Hệ Cramer 5.2.1 Định nghĩa Hệ vuông Ax=b gọi hệ Cramer detA ≠ 5.2.2 Định lý Cramer Hệ Cramer Ax=b có nghiệm x = A-1 b Hay x j  det Aj det A , j  1, n , Aj ma trận suy từ A cách thay cột thứ j cột vế phải b 59 5.2.3 Ví dụ Giải hệ sau phương pháp Cramer 2 x1  x2  x3   3 x1  x2  x3  2 4 x  11x  x   5.3 Hệ tam giác 5.3.1 Định nghĩa Hệ tam giác hệ phương trình có dạng a11 x1  a12 x2   a1n xn  b1  a22 x2   a2 n xn  b2   Ax  b    an1 xn  bn  a11 a12 a1n    a22 a2 n   Trong đó, A  ma trận tam giác aii  0, i  1, n : : : :    an  0 5.3.2 Cách giải Giải từ lên - Phương trình cuối cho xn - Phương trình liền cho xn-1 … - Phương trình đầu cho x1 5.5.3 Áp dụng Để giải hệ Ax = b chưa có dạng tam giác Ta dùng phép biến đổi sơ cấp hàng đưa ma trận mở rộng A   Ab  dạng A   A b với A ma trận tam giác Ví dụ Bằng cách đưa ma trận tam giác trên, giải hệ sau 2 x1  x2  x3   3 x1  x2  x3  2 4 x  11x  x   60 5.4 Hệ 5.4.1 Dạng tổng quát Anxn xnx1 = 0nx1 (II) 5.4.2 Nghiệm tầm thường không tầm thường 0 0 Hệ (II) ln ln có nghiệm x    gọi nghiệm tầm thường :    0  n1  x1  x  Nghiệm x    mà x j  với  j  n gọi nghiệm không tầm thường :     xn  n1 5.4.3 Điều kiện tồn nghiệm không tầm thường a Định lý Hệ Ax = có nghiệm khơng tầm thường detA = b Ví dụ Cho hệ phương trình  x1  x2  x3    x1  x2  x3  5 x  x  ax   1) Với giá trịnào a hệ có nghiệm khơng tầm thường 2) Tìm nghiệm 61 ... tổhợp tuyến tính hàng lại định thức 0, nghĩa  Lr   Ls  3.3 Ma trận nghịch đảo Trong phần sử dụng hai kết (không chứng minh) sau: 1)det AB = detA.detB (Định thức ma trận tích tích định thức thành... số .33 Giải gần phƣơng trình 34 Nội suy phƣơng pháp bình phƣơng bé .39 Tính gần tích phân xác định 55 Giải hệ phƣơng trình tuyến tính 59 10 II... LỤC Nội dung Trang Chƣơng TẬP HỢP VÀ QUAN HỆ …………….1 Tập hợp Suy luận toán học .7 Chƣơng TÍNH TỐN VÀ XÁC SUẤT …………….11 Tính xác suất theo cơng thức