Xấp xỉ nghiệm của phương trình toán tử và phương pháp newton

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM KHOA TOÁN  LUẬN VĂN THẠC SĨ ĐỀ TÀI: XẤP XỈ NGHIỆM CỦA PHƯỜNG TRÌNH TOÁN TỬ VÀ PHƯƠNG PHÁP NEWTON GVHD : TS NGUYỄN CAM SVTH : PHAN THÀNH ĐƠNG TP.HCM, 2007 LỜI CẢM ƠN Tơi xin chân thành cảm ơn thầy Nguyễn Cam người tận tình hướng dẫn giúp đỡ suốt trình làm luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn Ban gián hiệu, Phịng tổ chức cán tổ Tốn trường Cao Đẳng Sư Phạm Long An tạo điều kiện thuận lợi cho theo học lớp cao học Tôi xin chân thành cảm ơn bạn học viên lớp cao học khóa 15 hỗ trợ cho tơi suốt khóa học Tác giả luận văn Phan Thành Đông MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC MỞ ĐẦU .5 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI MỤC ĐÍCH ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Chương 1: GIỚI THIỆU PHƯƠNG PHÁP NEWTON 1.1 ĐẶT VẤN ĐỀ 1.2 PHÁP LẶP VÀ ĐIỂM BẤT ĐỘNG (iteration and fixed points) 1.3 PHƯƠNG PHÁP NEWTON 10 1.4 ÁNH XẠ TỰA CO (subcontractor) 11 1.5 KHƠNG GIAN MÊ TRÍC 13 1.5.1 Các định nghĩa 13 1.5.2 Định lý điểm bất động ánh xạ co 14 1.5.3 Định lý điểm bất động ánh xạ tựa co 15 Chương 2: PHƯƠNG PHÁP NEWTON VÀ LỜI GIẢI XẤP XỈ CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRONG KHƠNG GIAN HỮU HẠN CHIỀU .17 2.1 CÁC ĐỊNH NGHĨA 17 2.2 CHUẨN 17 2.3 ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH MỞ RỘNG 18 2.4 CHẶN PHỔ 19 2.5 CỰC TIỂU HÓA HÀM SỐ 23 2.6 KỸ THUẬT GRADIENT 26 2.6.1 Đặt vấn đề 26 2.6.2 Phương pháp Gradient 27 2.7 PHƯƠNG PHÁP STEEPEST DESCENT 35 2.8 MỞ RỘNG 43 2.9 NGHIỆM CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH 48 Chương 3: CÁC ĐỊNH LÝ KANTOROVICH 61 KẾT LUẬN 71 TÀI LIỆU THAM KHẢO 72 MỞ ĐẦU LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong thực tế đa phần toán đưa tốn tìm nghiệm phương trình hệ phương trình Việc tìm nghiệm xác phương trình nhiệm vụ vơ khó khăn có khơng thể thực được, ta tìm lời giải xấp xỉ phương trình đến độ xác cần thiết để đáp ứng nhu cầu thực tế Từ nhu cầu thực tế đó, luận văn “ Xấp xỉ nghiệm phương trình tốn tử phương pháp Newton” nghiên cứu việc xây dựng lời giải xấp xỉ số phương trình hệ phương trình MỤC ĐÍCH Bằng kiến thức giải tích hàm đại số tuyến tính, luận văn đưa lời giải xấp xỉ số toán với điều kiện cụ thể ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU Nội dung luận văn giới thiệu áp dụng phương pháp Newton để xây dựng lời giải xấp xỉ nghiệm phương trình f ( x ) = , f ánh xạ từ E vào E , với E =  n E khơng gian tuyến tính định chuẩn vơ hạn chiều Với điều kiện thích hợp dãy lặp: x k +1= x k +1 − γ k ∇f ( x k ) ; xk += xk − f−/1 ( xk ) f ( xk ) ; x k += x k + γ kφ ( x k ) x k +1 = x k − γ k H −1 ( x k ) ∇f ( x k ) , với xo tùy ý E, dãy lặp hội tụ nghiệm phương trình Luận văn gồm ba chương: Chương dành cho việc giới thiệu phương pháp Newton số kiến thức cần thiết để trình bày cho chương sau Chương với nội dung áp dụng phương pháp Newton để trình bày cách xây dựng lời giải xấp xỉ nghiệm phương trình hệ phương trình không gian hữu hạn chiều Chương dành cho việc trình bày mở rộng kết chương không gian định chuẩn tổng quát với định lý Kantorovich PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Trên sở nghiên cứu kết giáo trình Constructive Real Analysis giáo sư Allen A.Goldstein giáo trình giải tích hàm khác luận văn xây dựng lời giái xấp xỉ số phương trình hệ phương trình Chương 1: GIỚI THIỆU PHƯƠNG PHÁP NEWTON 1.1 ĐẶT VẤN ĐỀ Chúng ta xét việc tìm bậc hai số dương a phép tính tốn lặp đơn giản, cho cơng thức sau: = xn+1 1 a  xn +  Công thức kết phương pháp 2 xn  Newton mà ta giới thiệu phần sau Nếu xn xấp xỉ a sai số tương đối xấp xỉ cho công thức Định lý i) Giả sử a x o số dương ii) Ta xác định dãy { xn } bởi= xn+1 iii) Đặt δ n = xn − a a 1 a x +  n  xn  2 Thì  δ n2  a) δ n+1 = =   n 0,1,2,  + δn  b) δ n ≥ n = 0,1,2, c) ∀ε > : xn ( xn − xn+1 ) < ε ⇒ δ n < ε , ∀n ∈ N a Chứng minh = xn a) Do (iii) a (δ n + 1) , dùng (ii) ta được:  1 a xn= a δ + + = ( )   n +1  a (δ n + 1)  Cũng (iii): a (1 + δ n+1 ) = δ n2 Nên ta có: δ n+1 = + δn Vậy a) chứng minh  δ n2  a 1 +  δ + ( ) n    x − a a 1 + n+1  =  a   x  a  n+1  = xn+1  a xn − a a xo − a b) Từ iii) ⇒ = δo a xo ⇒= a (δ o + 1) ⇒ δ o + > (vì xo > 0, a > )  δ o2 = ⇒ δ1   + δo  >0  Suy δ n ≥ 0, ∀n phương pháp quy nạp (vì δ n+1 = δ n2 ) + δn c) Từ ii) ta có: xn xn2 − a a a ⇒ xn − xn+1 = − = xn+1 = xn + 2 xn 2 xn xn xn xn − a ⇒ ( xn − xn+1 ) = a a Do giả thiết c) ta có: xn ( xn − xn+1 ) < ε a xn − a ⇒ < 2ε < 2ε + ε a Do xn < a (1 + 2ε + ε ) ⇒ xn2 a (vì f ( a ) ≥ a ) Nếu b ∈ I khơng điểm bất động f ( b ) < b (vì f ( b ) ≤ b ) Đặt h= ( x ) f ( x ) − x , ta có: h ( a=) f ( a ) − a > 0, h ( b=) f ( b ) − b < mà h liên tục nên có z ∈ I thỏa h ( z ) = hay f ( z ) = z Định nghĩa 1.2.2 Một ánh xạ từ I vào gọi ánh xạ co tồn < q < cho với cặp điểm x , y ∈ I f ( x ) − f ( y ) ≤ q x − y Định lý 1.2.1 Cho f ánh xạ co I Đặt xn+1 = f ( xn ) với xo ∈ I f có điểm bất động z thỏa: dãy xn → z xn+1 − z ≤ q n+1 xo − z Chứng minh Do tính chất ánh xạ co nên f hàm liên tục từ I vào Theo bổ đề 1.2.1 f có điểm bất động, ta gọi z Ta có: xn+1 −= z f ( xn ) − f ( z ) ≤ q xn − z ≤ q f ( xn−1 ) − f ( z ) ≤ q2 xn−1 − z ≤ ≤ q n+1 xo − z Ta thiết lập công thức: xn+1 − z ≤ q n+1 xo − z , với n ≥ < q < nên lim xn = z n→∞ Chứng minh Giả sử hàm số cho có hai điểm bất động khác z1 z2 Ta có: < z1 − z= f ( z1 ) − f ( z2 ) ≤ q z1 − z2 < z1 − z2 (mâu thuẩn) Do z1 = z2 Bổ đề 1.2.2 Cho hàm số f có đạo hàm liên tục I f ánh xạ từ I vào Nếu f ′ ( x ) < I f ánh xạ co Chứng minh Áp dụng định lý giá trị trung bình cho cặp x, y tùy ý thuộc I ta có: f ( x ) − f ( y )= f ′ (x ) x − y với ξ số nằm x y Do max f ′ ( x ) < nên f ánh xạ co x∈I Giả sử h hàm đơn điệu I, h có đạo hàm dương liên tục, giả sử h có nghiệm z thuộc phần (interior) I h ( a ) < < h ( b ) Ta định nghĩa hàm: F ( x )= x − λ h ( x ) F ánh xạ từ I vào ta phải có a ≤ F ( x ) ≤ b, ∀x ∈ I Nếu λ > F ( a ) > a F ( b ) < b , với λ > 0, đủ nhỏ a < F ( x ) < b, ∀x ∈ I , F ′ ( x )= − λ h′ ( x ) h′ ( x ) > nên với λ > 0, đủ nhỏ F ′ ( x ) < Định lý 1.2.2 Giả h ∈ C1 [ a, b ] , h ( a ) h ( b ) < sử tồn hai số µ, γ cho 0 từ ta có: F ( a ) > a F ( b ) < b ( γ > ) F đơn điệu tăng nên a < F ( x ) < b, ∀x ∈ [ a; b ] Hơn F ' ( x ) ≤ − µγ < áp dụng định lý 1.2.1 bổ đề 1.2.2 ta được: xn → z xn+1 − z ≤ (1 − γµ ) n +1 xo − z Chú ý nghiệm z định lý F có điểm bất động Nếu h ánh xạ đơn điệu giảm –h ánh xạ đơn điệu tăng có nghiệm giống nghiệm h Xét ví dụ Cho hàm : h ( x ) = x − a , a > 0, giả sử a ∈ ( a2 ; b2 ) h ( a ) < 0, h ( b ) > 0, < 2a ≤ h′ ( x ) < 2b, ∀x ∈ [ a; b ] Theo định lý 1.2.2 trên,   dãy xn+1 =  xn − ( xn − α )  tiến α với xo tùy ý thuộc [ a, b ] 2b    a ta có: xn+1 − a ≤  −   b n +1 xo − a 1.3 PHƯƠNG PHÁP NEWTON Giả sử h thỏa giả thiết định lý 1.2.2, đặt λ ( x ) = giả sử h ∈ C [ a; b ] ta có F ' ( x ) = h '' ( x ) h ( x ) Phép lặp xn+= F ( xn= ) xn −  h ' ( x )  h ( xn ) h ' ( xn ) , F ( x )= x − λ ( x ) h ( x ) , h '( x ) gọi phương pháp Newton Theo định lý 1.2.1 bổ đề 1.2.2, ta có hội tụ dãy { xn } với điều kiện F ' ( x ) ≤ q < 1, ∀x ∈ [ a; b ] F ánh xạ từ [ a; b ] vào Gọi z điểm bất động F viết = ξ= F ( ξn−1 ) − F ( z ) F ' (ξ n )( ξn−1 − z ) tức n − z = xn − z h '' (x n ) h (x n )  h ' (x n )  xn−1 − z ξ n số nằm xn−1 z Cho { xn } → z, khai triển h quanh nghiệm ta nhận được: h (x n ) − h (= z ) h (x= h ' (hn ) x n − z < h ' (hn ) xn−1 − z n) ⇒ h (x n ) < h ' (hn ) xn−1 − z ηn nằm ξ n z Đặt: Bn = h '' (ξ n ) h ' (hn )  h ' (ξ n )  đặt B = sup Bn xn − z < B xn−1 − z Quan sát ta thấy n → ∞ Bn → n h '' ( z ) h '( z) Xét ví dụ sau Nếu áp dụng phương pháp Newton vào hàm số: h ( x ) = x − α , h' ( x ) = 2x h ( xn ) xn2 − α  α ta công thức: xn+1 = xn − = xn − =  xn +  xn 2 h ' ( xn ) xn  Với α cho trước ta chọn đoạn [ a; b ] cho hàm F phương pháp Newton ánh xạ co Cách chọn a, b sau: Theo bổ đề 2.9.2, ∃q > : ∇f ( x ) ≥ q ⇒ f ≤ n Do g ( x n ,g ) > 0,x n ∈ S , đặt θ n =+ αn , Thì g ( x n ,g ) =1 − g − gλn f ( xn ) ηq Q (x n ) − Qn 2η ∇f ( x n ) =β n , α n + β n = λn { Do {λn } → ⇒ ∃N > : ∀n > N ⇒ δ < g ( x n ,1) < − δ } Do với n ≥ N γ n = Do i) chứng minh Chứng minh ii) 1 λ Nếu n = N fn2 − fn2+1 = fn2  − n 2 2 Ta thấy ≤ λn < x n − z ≤ ⇒ xn − z ≤ ⇒ xo − z ≤ ⇒ xn − z ≤ µ µ  2  = fn (1 − λn ) , fn+1 = λn fn với {λn } →  µ f ( x n ) (như định lý) fn fo ; x − z ≤ n −1 ∏ µ i =1 λi fo ≤ µ µ λ1 fo ; ; x − z ≤ n µ λn fo → n → ∞ Vậy { x n } hội tụ nghiệm R với tốc độ superlinear 2.10 ỨNG DỤNG n −1 ∏ i =1 λi fo Cho f hàm số bị chặn xác định tập T Giả sử ta biết giá trị f m điểm thuộc T f ( ti ) , i = 1, , m Gọi g1 , g2 , , gn n hàm số bị chặn T, chúng cho giá trị ti , i = 1, , m Chúng ta quan tâm tới việc xấp xỉ giá trị f tổ hợp tuyến tính giá trị gi , i = 1, , n Gọi A ma trận với thành phần= Aij g j (= ti ) , i 1,= m; j 1, n gọi b véc tơ với m thành phần = bi f= ( ti ) , i 1, m n Ta có: n ∑ x g ( t ) − f ( t=) ∑ A x j j i i j 1= J ij j ; i 1, m − bi= Ta ký hiệu chuẩn  m Ta định nghĩa xấp xỉ tốt f tổ hợp ( ) tuyến tính g j j = 1, n với chuẩn hàm n ∑ x g ( t ), i = 1, m x j =1 j j i hàm Ax − b m pp sau: x p  ∑ x j  , p ≥ Trên  m xét chuẩn định nghĩa =  j =1  Định lý Tồn x để hàm Ax − b đạt giá trị nhỏ nhất, A m.n ma trận có rankA = n ( m ≥ n ) Chứng minh Đặt L ={ x ∈  n : Ax − b P ≤ K } , ta chứng minh tập L tập bị chặn k →∞ Lấy { x k } ∈ L , x k  →∞ , chọn x o hàm Ax x p p Đặt µ o = Ax o x p o µ o > , đó: Ax − b p ≥ Ax p − b p ≥ µo x − b p từ bất đẳng thức p ta suy { x } → ∞ { Ax k p k −b p } → ∞ (mâu thuẩn), L bị chặn Do p chuẩn hàm x → Ax − b p hàm liên tục, L tập compact nên đạt L Ta chứng minh Ax − b p đạt điểm thuộc  n Gọi m giá trị nhỏ Ax − b p , giả sử có x , y ∈ L : Ax − b p = Ay − b p = m A 1 1 ( Ax − b ) + ( Ay − b ) ≤ Ax − b p + Ay − b =p m 2 2 p x+y −b= p ⇒ A x+y −b = m , bất đẳng thức phải trở thành đẳng thức, nghĩa phải có: p Ax −= b k ( Ay − b ) ⇒ k = ±1 Nếu k =1 ⇒ x =y Nếu k =−1 ⇒ A x+y − b =0 ⇒ m =0 , A không suy biến nên phương trình Ax − b = có nghiệm ⇒ x = y Vậy Ax − b p đạt điểm thuộc  n Chương 3: CÁC ĐỊNH LÝ KANTOROVICH Trong chương nầy nghiên cứu việc mở rộng phương pháp Newton nêu chương I, định lý Kantorovich Trong định lý sau sử dụng chung giả thiết ký hiệu sau: f ánh xạ phi tuyến từ không gian Banach E vào không gian Banach F, f ' ( x ,.) ký hiệu đạo hàm theo nghĩa Frechet, f ' ( x , h ) ký hiệu f ' ( x ) h , toán tử ngược  f ' ( x )  −1 ký hiệu f−/1 ( x ) Một số kết dùng: Bổ đề Banach: cho A tốn tử tuyến tính từ khơng gian Banach E vào nó, giả sử A < ( I − A) −1 ≤ (1 − A ) −1 Kết quả: Tồn phiếm hàm tuyến tính f xác định khơng gian tuyến tính định chuẩn E, cho với y ∈ E f ( y ) = y f = Định lý 3.1 Cho xo thuộc E, xo tồn f '−1 ( xo ) Đặt ηo = f '−1 ( xo ) f ( xo ) , S ={ x ∈ E : x − xo ≤ 2ηo } , β o = f '−1 ( xo ) Nếu tồn số K cho f ' ( x ) − f ' ( y ) ≤ β oho K=: ho ≤ K x−y , ∀x , y ∈ S xk − f '−1 ( xk ) f ( xk ) f có nghiệm S dãy lập xk += hội tụ nghiệm x * f, xn − x * ≤ 21−n ( 2ho ) 2n −1 ho Chứng minh * Trước tiên ta kiểm tra dãy { xk } định nghĩa chứa S Rõ ràng x1 ∈ S nên K xo − x1 f ' ( xo ) − f ' ( x1 ) ≤ mà = xo − x1 f−/1 ( xo ) f ( xo ) ⇒ = x − xo ηo nên f ' ( xo ) − f ' ( x1 ) ≤ f−/1 ( xo ) ( f ' ( xo ) − f ' ( x1 ) ) ≤ β oho K K ηo ho = ≤ Áp dụng bổ đề Banach H := I − f '−1 ( xo )  f ' ( xo ) − f ' ( x1 )  tốn tử tuyến tính bị chặn từ E vào E H có đảo thỏa: H −1 ( ≤ − f '−1 ( xo )  f ' ( xo ) − f ' ( x1 )  ) −1 h   ≤ 1 − o  2  −1 Ta có: * f ' ( xo ) H = f ' ( xo )  I − f−/1 ( xo ) ( f ' ( xo ) − f ' ( x1 ) )   = f ' ( xo ) − ( f ' ( xo ) − f ' ( x1 ) ) = f ' ( x1 )   −1 *H f '−1 ( xo ) = f '−1 ( x1 ) ⇒ f '−1 ( x1 ) ≤ H −1 f '−1 ( xo ) −1 h  −1  ≤  − o  β o < (1 − ho ) β o := β1 2  Đặt Fo ( x )= x − f '−1 ( xo ) f ( x ) , tính đạo hàm hàm Fo ta nhận F 'o ( xo ) = mà f '−1 ( xo ) f ( x1= xo − f '−1 ( xo ) f ( xo ) = Fo ( xo ) ) x1 − Fo ( x1 ) x1 = ⇒ f '−1 ( xo ) f ( x1 ) =− Fo ( xo ) Fo ( x1 ) = Fo ( xo ) − Fo ( x1 ) − F ' ( xo )( xo − x1 = ): z Áp dụng kết phần tử z ta được: ∃g ∈ E * = ( z) ( E * B ( E, R ) ) : g= z= , g f khả vi frechet S ⇒ Fo khả vi Frechet S Theo công thức Taylor ta có: g ( Fo ( xo ) − Fo ( x= )) ( gFo ) ' ( x ) ( xo − x1 ) , với x = θ xo + (1 − θ ) x1 , θ ∈ ( 0;1) ( ( ) ) = g (( F '( x ) − F '( x )) ( x − x )) ≤ g F '( x ) − F '( x ) x − x ⇒ g ( z ) =z =( gFo ) ' x − ( gFo ) ' ( xo ) ( xo − x1 ) o o o o o o o ( ) ( ) Do Fo ' x − Fo= ' ( xo ) f−/1 ( xo )  f ' ( xo ) − f ' x    ( ) Nên Fo ' x − Fo ' ( xo ) ≤ Do đó: = g ( z) f / −1 β o K xo − x ( xo ) f ( x1 ) ≤ ≤ β o Kho = β o K xo − x1 hoho Do f−/1 ( x1 ) = H −1 f−/1 ( xo ) nên f−/1 ( x1 ) f ( x1 ) = H −1 f−/1 ( xo ) f ( x1 ) ⇒ f / −1 ( x1 ) f ( x1 ) −1 h  hh hh  ≤  − o  o o ≤ o o := h1 ≤ ho 2 2 − ho  Tương tự, đặt h1 = β1h1 K = hh ho2 o o K= ≤ ≤ h o − ho − ho (1 − ho )2 βo Tổng quát ta xây dựng dãy số sau: = βn β n−1 hn−1hn−1 hn2−1 = = ; hn ; hn − hn−1 (1 − hn−1 ) (1 − hn−1 ) Và Fn ( x )= x − f−/1 ( xn ) f ( x ) Giả sử n = 1,2, , N bất đẳng thức sau đúng: f−/1 ( xn ) f ( xn ) ≤ ηn , Ta kiểm tra x N +1 ∈ S hn β nhn K ≤ f−/1 ( xn ) ≤ β n = giả sử xn ∈ S Do xn ∈ S hn ≤ n = 1, N , theo chứng minh ta có: ( ) ho 1 Từ ηη 1, N ≤ ) ⇒ ηη ≤ o (vì n ≤ n −1 n = 2 − ho ( ) ⇒ xn+1 − xo ≤ x N +1 − x N + x N − x N −1 + + x1 − xo ≤ ηηηηηη ∑ n + N −1 + + = o i ≤ o∑ i ≤ o =i 0=i N N ⇒ x N +1 ∈ S Lập lại chứng minh trên, ta có: hN +1 ≤ , β N += −1 (1 − hN ) β N ηη N +1 ≤ N ta kết thúc phần lý luận quy nạp Ước lượng tương tự ta được: p −1 −i xn+ p = , ∀p 1,2, − xn ηη ≤ n= n ∑2 j =0 Do {ηn } → ⇒ { xn } dãy cauchy, E không gian Banach ⇒ { xn } → x * E * Ta chứng minh f ( x *) = Ta có: f ' ( x n ) ≤ f ' ( xo ) + f ' ( x n ) − f ' ( xo ) ≤ f ' ( xo ) + ⇒ { f ' ( xn )} dãy bị chặn Mặt khác f ' ( xn )( xn+1 − xn ) = f ( xn ) ⇒ { f ( xn )} → ⇒ f ( x *) = * Ước lượng tốc độ giới hạn K xn − xo ≤ f ' ( xo ) + Kηo Ta có:  ho  2n 2 h1 =   ≤ 2h0 ; h2 ≤ 2h1 ≤ 8h0 ; ; hn ≤ ( 2ho )  − ho  −1 hn−1 (1 − hn−1 ) hn−1 ≤ hn−1hn−1 ≤ hn−1 ( hn−2hn−2 ) ≤ hn−1 ( hn−2 ( hn−3hn−3 ) ) = hn ≤ ≤ 1 2n −1 2n −2 2n −1 ( 2ho ) ( 2ho ) ( 2ho )ho =n ( 2ho ) ho 2 Nên từ xn+ p − xn ≤ 2hn ⇒ x * − xn ≤ 2− n+1 ( 2ho ) 2n −1 ho Vậy định lý chứng minh xong  Nhận xét Kết định lý 3.1 thay cầu S cầu S ' có bán kính nhỏ hơn, − − 2h S ' ={ x ∈ E : x − xo ≤ ho N ( ho )} , N ( h ) = h Chứng minh Ta chứng minh hệ = thức hn hn N ( hn ) − hn+1 N ( hn+1 )  − 2hn 1− − − 2hn+1 hnhn  (1 − hn ) Ta= có: hn+1 N ( hn+1 ) h= n +1 (1 − hn )  hn2 hn+1   (1 − hn )2  = hn (1 − hn )  = hn hn 1 −   − 2hn  hn = − hn − − 2hn  h h − ( n)  n ( − − 2hn = − hn hn N ( hn ) − hn hn ⇒ = hn hn N ( hn ) − hn+1 N ( hn+1 ) )        Ta kiểm tra dãy { xn } thuộc cầu tâm xo bán kính ho N ( ho ) định lý 3.1 ta có: xo − xn ≤ ho + h1 + h2 + += hn−1 ho N ( ho ) − hn N ( hn ) ≤ ho N (ho ) ⇒ { xn } ∈ S ' Định lý 3.2 Giả sử có giả thiết định lý 3.1, cầu S thay cầu S / có bán kính ho L ( ho ) (với L ( h ) = + − 2h ) nhỏ bán kính cầu S, h S ' = { x ∈: xo − x ≤ ho L ( ho )} Thì phương trình f ( x ) = có nghiệm cầu Chứng minh Tính tốn chứng minh nhận xét 2, ta có hệ thức: = hn hn L ( hn ) − hn+1 L ( hn+1 ) ( )  + − 2hn  + − 2hn − hn đó: = = = L2 ( hn )   L ( hn ) − 1    h h h n n n   hn + hn+1 L ( hn+1 )  2hn+1 L ( hn+1 ) = − 1  hn  h hn h n n  2hn+1 ⇒ L2 ( hn ) = L ( hn+1 ) hnhn Gọi x nghiệm f S’, x ∈ S ' ⇒ x − xo < ho L ( ho ) ⇒ ∃θ ∈ ( 0;1) : x − xo =θho L ( ho ) ( ) Như định lý 3.1 ta có: Fo x = x ( ) = F ( x ) − F ( x ) − F ( x )( x − x ) ⇒ x − x= Fo x − Fo ( xo ) o o / o o o o (vì Fo/ ( xo ) = ) Áp dụng bổ đề Banach: ( ( ) tồn g ∈ E* : g ( z ) = z, g = 1, z := Fo x − Fo ( xo ) − Fo/ ( xo ) x − xo ) Áp dụng công thức Taylor: ( () ) g Fo x − Fo ( xo ) = ( gFo ) ' ( x ) ( x − xo ) , x = θ xo + (1 − θ ) x, θ ∈ ( 0;1) )( ( () = g ( F ( x ) − F ( x )) ( x − x ) ⇒ g ( z ) =z =( gFo ) ' x − gFo/ ( xo ) x − xo / o / o ( )) / Fo/ x − F= f−/1 ( xo ) f ' ( xo ) − f ' x o ( xo ) () ⇒ F x − F ( xo ) ≤ / p ⇒ g ( z) ≤ / o β o K x − xo β o K x − xo 2 = ≤ β o K x − xo β o Kθ L2 ( ho ) = θ L ( h1 )h1 Ta có: x − xo = θ L ( ho )ho x − x1 ≤ θ L ( h1 )h1 Do quy nạp ta có: x − xn ≤ θ L ( hn )hn (**) n Từ định nghĩa L ( h ) ta có: L ( hn )hn < Nên từ (**) ⇒ { xn } → x () ⇒ g ( z ) ≤ g Fo/ x − Fo/ ( xo ) x − xo o ( () ) 2hn 2 = < βn K βo K hn Theo kết định lý 3.1 ta có { xn } → x * ⇒ x* = x Vậy f có nghiệm S’ Định lý chứng minh xong Bổ đề Cho x*, x1 , xo , N ( h ) , Fo ( x ) định nghĩa định lý 3.1 nhận xét trên, giả sử có giả thiết định lý 3.1, với S ={ x ∈ E : x − xo ≤ ηo N ( ηo )} Nếu x ∈ E : x − x * ≤ x1 − x * x − xo ≤ N ( ho )ho x ' = Fo ( x ) thỏa x '− x * ≤ ho N ( ho ) x − x * x '− xo ≤ N ( ho )ho Chứng minh * Ta chứng minh bất đẳng thức x '− x * ≤ Ta có: x '− x *= Fo ( x ) − Fo ( x *) { () ≤ sup Fo/ x θ ho N ( ho ) x − x* (do x * nghiệm f) } x − x * , x =+ x θ ( x * − x ) ,θ ∈ ( 0;1) (định lý giá trị trung bình) { () } = sup Fo/ x − Fo/ ( xo ) x − x * θ { ( ( )) = sup f −/1 ( xo ) f ' ( xo ) − f ' x θ ≤ βo K Do: x − xo = { x − x * sup xo − x θ (do Fo/ ( xo ) = ) x − x* } (1 − θ ) x + θ x * − (1 − θ ) xo − θ xo ≤ (1 − θ ) x − xo + θ x * − xo ≤ max { x − xo , x * − xo } ≤ N ( η )η o o } ⇒ x '− x * ≤ β o x − x* K N ( ho )ho x − x * = ho N ( ho ) 2 * Ta chứng minh bất đẳng thức x '− xo ≤ N ( ho )ho Ta có: x '− xo ≤ x '− x1 + x1 − xo ≤ Fo ( x ) − Fo ( xo ) − Fo/ ( xo )( x − xo ) + ηo chứng minh định lý 3.1 ta có: x '− xo ≤ β o K x − xo 2 + ho ≤ β o K  N ( ho )ho  + ho tương tự chứng minh định lý 3.2 ta có: = N ( ho ) ( N ( ho ) − 1) ho (như chứng minh 3.2 ) ⇒ β o KN ( ηo )ηηη o = o N ( ηo ) − o (do βo K ho = ho ) ⇒ x '− xo ≤ N ( ho )ho Định lý 3.3 Giả sử có giả thiết bổ đề định nghĩa dãy lặp: xn/ +1 = Fo ( xn/ ) { xn/ } → x * với tốc độ cấp số nhân Chứng minh Đặt x := x1 x thỏa điều kiện bổ đề trên, F = F= x ' thỏa x '− x * ≤ o ( x) o ( x1 ) ho N ( ho ) x − x * x '− xo ≤ N ( ho )ho Do ho N ( ho ) < ⇒ x ' thỏa điều kiện bổ đề / / Đặt x= x1 , x= x2/ ⇒ x2/ thỏa điều kiện bổ đề, cho x3/ , / Ta có: F= F= x2/ thỏa o ( x1 ) o ( x1 ) 2  ηo N ( ηo ) ) ( 1 / /  x2 − x * ≤ ηo N ( ηo ) x1 − x * ≤ x1 − x * ≤   x1 − x * 22 2   /  x2 − xo ≤ N ( ηo )ηo tiếp tục trình ta được: n  ho N ( ho )  1 / xn+1 − x * ≤   x1 − x * ≤   x1 − x * 2   n ⇒ { xn/ } → x * với tốc độ cấp số nhân với công bội q = Vậy định lý chứng minh xong KẾT LUẬN Bằng việc tìm hiểu phương pháp Newton chúng tơi trình bày cách xây dựng lời giải xấp xỉ phương trình ( chương có tìm hiểu nghiệm hệ phương trình) Trong chương vấn đề giải không gian hữu hạn chiều chương mở rộng không gian Banach với việc trình bày định lý Kantorovich Ở ngồi việc trình bày cách xây dựng lời giải xấp xỉ chúng tơi cịn tìm hiểu việc đánh giá sai số lời giải xấp xỉ lời giải xác phương trình TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Dương Minh Đức (2005), Giải tích hàm, Nhà xuất đại học Quốc gia TP Hồ Chí Minh, Thành Phố Hồ Chí Minh Hồng Tụy (1978), Giải tích đại, tập 2, Nhà xuất Giáo dục, Thành Phố Hồ Chí Minh Lê Hồn Hóa (1999), Phép tính vi phân khơng gian Banach, Giáo trình lớp cao học ngành giải tích Đại học sư phạm TP Hồ Chí Minh, Thành Phố Hồ Cí Minh Phan Đức Chính (1978), Giải tích hàm, Nhà xuất đại học trung học chuyên nghiệp, Hà Nội Haim Brezis (2002), Giải tích hàm, Lý thuyết ứng dụng, Nguyễn Hội Nghĩa Nguyễn Thành Long dịch, Nhà xuất đại học Quốc gia TP Hồ Chí Minh, Thành Phố Hồ Cí Minh Sze – Tsen Hu (1978), Cơ sở giải tích tốn học, Phan Đức Chính dịch, Nhà xuất đại học trung học chuyên nghiệp, Hà Nội Tiếng Anh Allen A.Goldstein (1967), Constructive Real Analysis, Harper & Row, Publishers, New York ... 2: PHƯƠNG PHÁP NEWTON VÀ LỜI GIẢI XẤP XỈ CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRONG KHƠNG GIAN HỮU HẠN CHIỀU Trong chương nghiên cứu việc ứng dụng phương pháp Newton việc xây dựng lời giải xấp xỉ nghiệm phương trình. .. tế Từ nhu cầu thực tế đó, luận văn “ Xấp xỉ nghiệm phương trình tốn tử phương pháp Newton? ?? nghiên cứu việc xây dựng lời giải xấp xỉ số phương trình hệ phương trình MỤC ĐÍCH Bằng kiến thức giải... đưa lời giải xấp xỉ số toán với điều kiện cụ thể ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU Nội dung luận văn giới thiệu áp dụng phương pháp Newton để xây dựng lời giải xấp xỉ nghiệm phương trình f ( x )