BÀI TẬP LỚN PHƯƠNG PHÁP TÍNH đề TÀI PHƯƠNG PHÁP LẶP đơn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA o0o BÀI TẬP LỚN PHƯƠNG PHÁP TÍNH   ĐỀ TÀI: PHƯƠNG PHÁP LẶP ĐƠN Giáo viên hướng dẫn: TS.Nguyễn Đình Dương CÁC THÀNH VIÊN TRONG NHÓM (L11) MSSV HỌ VÀ TÊN Cái Thị Hồng Ân Trần Ngọc Hạ Nguyễn Trọng Khiêm Nguyễn Trung Kiên Phạm Ngọc Kiên Trần Tiến Nhật 1912634 2011159 1913790 2011467 2010361 1914494 Nguyễn Hữu Trường Sơn Giang Thoại Tân Nguyễn Văn Thắng Hà Vĩnh Thiện Phan Đoàn Phi Tiến Dương Trọng Tuấn 2014378 2014450 1919010 1912105 2010692 2012332 Nội dung : I Cơ sở lí thuyết Mở đầu phương pháp lặp Nội dung phương pháp lặp Sự hội tụ sai số Tổng kết II Một số tập sử dụng phương pháp lặp CƠ SỞ LÝ THUYẾT Mở đầu phương pháp lặp đơn: a) Bài toán:  Cho hàm số f(x) với a ≤ x ≤ b, tìm giá trị x* thỏa mãn f(x*) =  Với f(x) cho trước ta tìm hàm g(x) cho f(x*) =  x* = g(x*) (g(x) khơng nhất) Bài tốn tìm x* thỏa mãn x* = g(x*) gọi toán điểm bất động b) Định nghĩa: ➢ Nếu hàm g xác định [a; b] g(x*) = x* với x* ∈ [a, b] ta nói g có điểm bất động [a; b] Nói cách khác, hàm g có điểm bất động [a; b] đồ thị y = g(x) cắt đường thẳng y = x [a; b] Định lý (Điều kiện tồn điểm bất động): Nếu g ∈ C[a, b] g(x) ∈ [a, b] với x ∈ [a, b] g có điểm bất động [a; b] Định lý (Điều kiện tồn điểm bất động): Cho g ∈ C[a; b] g(x) ∈ [a; b] với x ∈ [a; b] Ngoài ra, g’(x) tồn (a; b) |g’(x)| ≤ k < 1, ∀x ∈ [a; b], g có điểm bất động x* [a, b] 2.Nội dung phương pháp lặp: ➢ Chọn điểm xuất phát x0 ➢ Xây dựng dãy theo công thức xn+1 = g(xn), ∀n ≥ ➢ Nếu xn → x* từ tính liên tục g suy x* = lim xn = lim g(xn-1) = g (lim xn-1) = g(x*) ➢ Vậy x* điểm bất động g, tức nghiệm f(x) = Thuật toán lặp đơn: ➢Bước 1: Chọn x0; n = 1; ➢Bước 2: xn = g(xn-1); ➢Bước 3: Nếu |xn − x­n-1| < ε đến bước 5; ➢Bước 4: n = n + 1; quay lại bước 2; ➢Bước 5: Kết thúc Sự hội tụ sai số   ➢ Định lý: Cho g ∈ C[a; b] g(x) ∈ [a; b] với x ∈ [a; b] Ngoài ra, g’(x) tồn (a; b) |g’(x)| ≤ k < 1, ∀x ∈ [a; b] Khi đó, với x0 ∈ [a; b] bất kì, dãy lặp {xn} xác định xn = g(xn-1), n ≥ 1, hội tụ điểm bất động x* ∈ [a; b] Ngoài ra, ta có ước lượng: |xn – x*| ≤ |xn − x­n-1|, (1) |xn – x*| ≤ |x1 − x­0| (2) 10   Câu 10: Sử dụng phương pháp lặp điểm cố định để tìm xấp xỉ với sai số So sánh kết bạn số lần lặp lại cần thiết với câu trả lời thu Bài tập 13 Mục 2.1 22   Phương pháp giải: Đặt Chọn Ta có: Vậy g(x) thỏa mãn định lý 2.3 Giả sử x   25;4 n 0 1 2 3 2.925925926 2.925925926 2.924018982 2.924018982            Số lần lập cần thiết lần 23 0.0759822619 0.0759822619 0.001908187 0.001908187 0.000001243 0.000001243  Bài 13 mục 2.1: Sử dụng phương pháp chia đơi để tìm xấp xỉ với sai số x   25;4  Ta có: với Ta có sai số phương pháp chia đôi: Vậy =>  xn  x  ba 2n  104   25  n 0.000092938   n => n  13.39336667  14  Vậy sử dụng phương pháp lặp đơn tính xấp xỉ với sai số cần số lần lập phương pháp chia đơi 24   Câu 12: Đối với phương trình sau đây, sử dụng khoảng cho xác định khoảng [a, b] lặp lại điểm cố định hội tụ Ước tính số lần lặp cần thiết để có sai số xấp xỉ thực phép tính 25  Phương pháp giải: Đặt + , Lấy |xn – x*| ≤ |x1 − x­0| Nên |x1 − x­0| => =>  n  log k    n  log k   26  1 k 10 5  x1  x0   1 k 105   1593 x1  x0   b)  1 k Ta có Đặt Ta thấy hàm đồng biến  1 k  105   4.895   x1  x0  => n  log k  Nên Nên Lấy |xn – x*| ≤ |x1 − x­0| Nên  5 => n  log k  x  x 10    |x1 − x­0| 27   c)  1 k  10 5   x1  x0  => n  log k  Đặt Ta thấy => Nên n  log k   1 k  10 5   72.87  73  x1  x0  => n  log k  29 Câu 19: a xn  Sử dụng Định lý 2.4 để dãy xác định bởi: 1 xn 1  với xn 1 n 1 , hội tụ xo  b Sử dụng thực tế   x0   xo  để  xo  x1  c Sử dụng kết câu (a) (b) để dãy câu (a) hội tụ Với xo  30 Phương pháp giải: a Đặt 1 x x  [ 2, ) x g ( x )   2;   g( x)  1  x2 g '( x )   k  g '( x )  Và: với Ta có: x  [ 2, ) x  2;   xo   2;   với => với Theo xn Định g ( xn 1lý ) 2.4 với n  số dãy với [ 2, hội ) tụ đến điểm cố định a  [ 2, )Gọi a định cố định cần tìm lim xn  lim xn 1  a a 1 a a a2  Ta có: 1  Ta lim lim xn  lim xn 21 vế  dãy số, : xn 1  2 a a  [ 2,  =>) ( xn ) 31 => => ) V (Do xo  ậy dãy x   x  2 xo   o xo  2  => 0 x   o b Ta có :  xo   ( xn )  xo   2 xo x1  x1 => xo  Vậy ta có điều cần chứng minh 32 theo chứng n 1 Với xn  xo  0, => c Với với xo  => 0 xo 2,   x1   2,   Với theo chứng Suy từ ( xn ) ( xn ) theo chứng Vậy với Câu 23: Một vật rơi theo phương thẳng đứng khơng khí chịu lực cản nhớt lực hấp dẫn Giả sử vật có khối lượng m thả từ độ cao so độ cao vật sau t giây là: s(t )  so  mg m2 g t  (1  e  kt / m ) k k g=32,17 ft/s2 k hệ số cản không khí tính lb-s/ft Giả sử so = 300 ft, m = 0,25 lb k = 0,1 lb-s/ft Với sai số 0.01s, tìm thời gian cần để vật có khối lượng chạm đất 33 Phương pháp giải: Thay số vào ta có: s (t )  300  0, 25.32,17 0, 252.32,17 t (1  e 0,1t /0,25 ) 0,1 0,12 s(t )  300  80, 425t  201,0625.(1  e 0,4 t ) s (t )  Để vật chạm đất 300  80,425t  201,0625.(1  e 0,4 t )  Suy ra: 300  201,0625.(1  e 0,4t )  80, 425t 300  201, 0625.(1  e 0,4 t ) t 80, 425 g (t )  300  201,0625.(1  e 0,4t ) 80, 425 Với t0=4 , taĐặt có: t1=g(t0)=5.725442106 t2=g(t1)=5.977062013 t3=g(t2)=6.001298055 t4=g(t3)=6.003506244 34 Vậy thời gian để vật chạm đất 35 Cảm ơn người ý lắng nghe 36