Xấp xỉ tốt nhất trong khơng gian các hàm liên fục

Một phần của tài liệu giai-tich-so-bai-giang-tom-tat.pdf (Trang 37)

Dễ thấy Z2¡ h Q)2()d+ = 3 (ai~2 + 4z —1 + 2). 12¡—2 Vậy x“ h Œ2¡ (+z)dz = 3 (Wai~2 +4z—1 + 2¡) + J Ra(x)da. #34—9 #2¡—2

Tương tự với các đoạn cịn lại và lấy tổng trên tất cả đoạn con, ta cĩ:

J ` #(m)dr = »

Cuối cùng ta cĩ cơng thức để tính tích phân như sau:

+2 4 ˆ ch

ƒ(z)d+z ~ » sa (Mai-2 + 4a¡—1 ai). mm

+2¡—2

b b—q

ị Ƒ(œ)d+ ~ “Bn. (0 + 4 + 29a +... + 4an_—t + an).

Cơng thức sai số

a. Sai số địa phương: Đặt

R= |” ƒ)dz~ gƯŒ—R) +4ƒ(m) + fn + R) Xét hàm " #0) — | — f(@Jdr= gf(=9+4ƒ(m)+ ft) Đặt F() := 8) — ( )"80), 0<¿<k. Dể thử lại rằng Ƒ(0) = F(ð) = 0; (0) = F”(0) =0, 60£2 — hồ.

Sử dụng định lý giá trị trung bình cho ƒ) nên tồn tại £ € [z; + , z¿ — f] sao cho ƒ8)(x¡+t) — ƒ®(z;¡T— t) = ƒ(&@)(w¡+t— xị + t).

F®() = ~; [ƒ®(ø, +9) — ƒ®(m — 9] ~ “ạ-®(M).

Suy ra

Bởi (0) — F(h) nên tồn tại #¡ € (0,h),

F'(:) =0. Bởi Ƒ”(0) = F”(#¡) nên tồn tại £¿ € (0,#),

Ƒ°(#;) =0.

Bởi Ƒ”(0) = Ƒ” (¿) nên tồn tại ‡¿ € (0,£a), F)(¿z) = 0. UY ra Ỗ k, Ƒ(z)d+ = gI/(: — h) +4ƒ(;¡) + ƒ(œ¡ + h)| — ai (£). Đặt ÄM⁄ := maxzelz„ |ƒf(z)|, ta nhận được Mh5 R| < . l < 90 b. Sai số tồn phần là — a) 4 < . lừnp, < 180 Mh

Vị dụ: Tính tích phân Ï — J e” dz bằng phương pháp Parabol với n — 5. Ta cĩ: M := max {|y®(z)|} = max {|4(4z* + 12zŠ + 3)e*”|[} = 76.e.

ze|0,1] zc|0,1]

1 2

1= | ca

0

~ 3g { 1+e+2(e(027 +(04)? -+_e(0:6)? +et0.8)? ) +4(et0:)7 -_e(0.3) -_e(055) +_e(0.7)? +e(0:9)))1 .

Cơng thức tính như sau:

Trong đĩ sai số tồn phần cho bởi:

(b—a)Mh* — (0,1).76.e

180 . 180

Chương 5Š

Giải Phương Trình Phi Tuyến

Chương này trình bày một số phương pháp giải phương trình ƒ(z) — 0 trong đĩ ƒ:R—=R.

5.1 Phương pháp đồ thị

Đầu tiên ta tìm cách đưa phương trình ƒ(z) = 0 về dạng tương đương

Tiếp theo vẽ đồ thị của các hàm + — øg(z) và — h(z) để tìm giao điểm của các đồ thị này. Hịanh độ giao điểm chính là nghiệm £ cần tìm.

5.2 Phương pháp chia đơi.

Giả sử ƒ(z) liên tục trên (ø, ð) và ƒ(a).ƒ(b) < 0 thì ƒ(z) cĩ ít nhất một nghiêm trên

(a,b). Ta dùng phương pháp chia đơi liên tiếp đoạn [ø, b] để tìm giá trị gần đúng của

nghiệm như sau. Khơng mất tổng quát xem ƒ(ø) < 0 < ƒ(ð). Chia đơi [ø, ư| bởi điểm b

c=^ + . Nếu ƒ(c) = 0, thì e = £. Nếu ƒ(c) # 0, xảy ra hai trường hợp:

a. Nếu ƒ(c) ƒ(z) < 0, thì chọn đoạn [ø, |, ai = ø,b = c. b. Nếu ƒ(c) ƒ() < 0, thì chọn đoạn [øq, bq]|, øi = c,bị = b.

Khi đĩ ƒ(ø¡) và ƒ(b¡) trái dấu. Tiếp tục quá trình nêu trên, cuối cùng hoặc cĩ c để

Z b —-

ƒ(c) = 0, hoặc ta xây dựng được dãy đoạn thắt lại [z„, b„|,n € N, mà b„ — đ„ — _— thỏa ƒ(a„) < 0 < ƒ(b„). Theo nguyên lý dãy đoạn thắt lại sẽ tồn tại É, ø„ < £ <

b

b„,Vn CN. Ta chứng mình ƒ(£€) — 0. Thật vậy. Do b„ — ø„ = —> 0, khi n —› co,

nên cĩ

lim a„ = lim b„ = €.

T—:>©œ© Ti—C©

Bởi ƒ liên tục suy ra, ƒ(£) = lim ƒ(a„) < 0 và ƒ(£) = lim ƒ(ø„) > 0. Vậy ƒ(£) = 0.

Thuật tĩan thực hiện như sau: Bước 1. Lấy c — “,

Nếu ƒ(c) = 0. Ta cĩ c là nghiệm và dừng thuật tốn.

Nếu ƒ(c).ƒ(z) < 0 thì b := c. Nếu ƒ(c).ƒ(a) > 0 thì a := c.

Bước 2. Nếu |b — a| < e thì nghiệm gần đúng là c. Nếu khơng quay lại bước l1.

Ví dụ: Dùng phương pháp chia đơi giải gần đúng ƒ(#) — + + 2z3 — +z — 1 trên đoạn |0, 1] với số bước + = 5. Do ƒ(0) = —1, ƒ(1) = 1 nên nghiệm z* € [0, 1].

Chia đơi [, 1|, cị — 0.5, ƒ(0.5) — —1.19. Ta chọn |ai, b¡] = [0.5, 1]. Tiếp tục chia đơi

ta CĨ:

Ƒ(0.75) — —0.59, ƒ(0.875) — 0.05,

(0.8125) = —0.304, ƒ(0.8438) = —0.135, ƒ(0.8594) = 0.043.

Vậy nghiệm gần đúng

5.3 Phương pháp lặp đơn.

Để giải được bằng phương pháp lặp ta đưa phương trình ƒ(z) = 0 về dạng

z = ®(z).

Nếu ®(z) € |a,b}, ®f(z) < qg< 1, Vz€ |a,b| thì với mọi zọ € |ø, b| dãy lặp #z+1 —= ®Đz„, + = 0,1,2,..., +oo,

hội tụ tới nghiệm z* của phương trình ƒ(z) = 0. Nếu cho trước e > 0, khi phép lặp thỏa cơng thức

1—

| #„+1i — #„ |< ( đ).

thì dừng và lấy z„„: là nghiệm gần đúng (cơng thức này là điều kiện dừng). Thật vậy:

Dãy {z„} là dãy Cauchy vì với mọi øœ, +dc„ € [ø, b| sao cho

| #mm — #z |=| ®@a) — ®(a—1) | =| ® (en) | X | #m+i — #n |< g | #n~+1 — Ÿn | : Từ đĩ, ta cĩ | #n+1 — *⁄„ |< g | „ — Ÿn—1 | | #„ — #n~—1 |<øg | #a_i — #„—3 |: |#a— #1 |<g|#Ii—#o |: Vậy | #„+i — #n |< 4” |#i — #o |: Với mỗi p € ĐN ta cĩ: | #n+p — #m | =| #n+tp — #n+p—1 T ®n+p—1 — cà: T +1 — #n | <g????! | —øo | +... +” [đa — #o | =#(+qg+d7+...+d”””) |#i — #o |. Từ đĩ „ l-d

Bởi 0 < g < 1 dãy {z„} hội tụ tới z". Qua giới hạn ta cĩ

| #s+p — #„ |< |#i—#o |:

lim z„ == lim ®(z„),

T—›C©©Đ Tt—C©©

Cho ø —> +oo trong biểu thức †t q l-q | #m+p — #z |< |#i—#o |: Ta cĩ Tt l-dq

Cĩ nhiều cách đưa phương trình ƒ(z) — 0 về dạng giải được bằng phương pháp lặp đơn, chẳng hạn xét hàm nào đĩ /(+) # 0, Vz € {a, b], đặt

6(3) = # +(ø)f()

Hàm /(z) được chọn sao cho Vz € [a,b|,| ®f(z) < 1. Ví dụ, nếu ƒ'{z*) # 0 ta cĩ thể

lấy | #„ — #” |< |#i— #o |. nữ)” — mm Khi đĩ ƒœ) ®(z)=z Pữ):

Hơn nữa đạo hàm cấp 1 của ® là

¬... ứ

Bởi ®'(+*) = 0 và ®' liên tục nên tồn tại œ > 0 sao cho

Vz € (z” —œ,#”+ø) œ, |®(z) |<q<1. Ví dụ: Giải phương trình ƒ(z) = z3 + z — 1000 = 0 trên |9, 10]. Cĩ nhiều cách đưa ƒ(z) = 0 về dạng z = ø(z). Cụ thể ta dùng dạng: z = Ÿ1000 —z. Do ! —_Ð 2 .— — (1 _— <~ ~ TT. q ma l#)| bi Is(1000 — ø)~Š| < s x (999)5 ~ an Xấp xi ban đầu zọ = 10, ta cĩ cơng thức lặp:

#z+i = 1000 — #„, = = 0,1,2,3....

Với ø — 1 cĩ z¡ — Ÿ990, œ = 2 cĩ za — 1000 — z¡ ~> 9.96666. Với nø — 3 nghiệm gần đúng z¿ ~ 9.9666ï. Sai số cho bởi

5.4 Phương pháp dây cung

Giả sử phương trình ƒ(z) = 0 cĩ nghiệm duy nhất trên |ø,b], ƒ € C? „, và ƒ, ƒ” khơng đổi dấu trên [a, b]. Điểm z € [ø, | được gọi là điểm Fourier, nếu ƒ(z) ƒ” (z) > 0.

a) Trường hợp ƒ' <0, ƒ” >0, Vz € |a,b|. Dễ thấy trong trường hợp này a là điểm

Fourier vì ƒ(a) > 0.

Gọi z¿ là xấp xỉ thứ k của nghiệm, zọ — ư là xấp xỉ ban đầu

Ụ À Mạ Mi(m, ƒ(21))

Hồnh độ giao điểm của dây cung ⁄N¿ và trục hồnh trong đĩ Ä⁄(ø, ƒ(ø)) và Nu(s, ƒ(z„)) là xấp xỈ #,.a.

Phương trình đường thẳng qua M và N¿ như sau:

ƒ(a) + 6m) - Ƒ() J= Tra % — q). Cho + = 0Ú ta cĩ: \ ) _— Ƒƒ(z: ⁄yư — Gđ HH TR— ƒ@)—ƒ(A) Suy ra "¬ ƒ#Œ&) ng .—- tt

Cuối cùng ta nhận được cơng thức dây cung

— ƒx) —

#k+1 = # — Tu) - /(a) 8 — đ), k=1,2,...,+oœ. Vậy trong trường hợp này dấy {z„} là dấy đơn điệu giảm hội tụ tới nghiệm,

b) Trường hợp ƒ“ > 0, ƒ” > 0. Cũng tương tự như trường hợp a) đã trình bày ở trên nhưng với điểm ư là Fourier và xấp xỉ ban đầu là ø ta cĩ cơng thức lặp sau:

... —ự,— J Œk)(#k — Ù) c ự ƒŒz) — ƒ)“

Cơng thức sai số

1. Cơng thức sai số thứ nhất: Giả sử ƒf!{z)| >rm>0, Vz € [a, b|. Khi đĩ cĩ

Iƒ(x)| = |ƒ(œx) — ƒ*)| = |ƒ (0) — #”)| > m|z, — #”|. Vậy ta cĩ cơng thức sai số thứ nhất:

la —z⁄|< 12)|,

Tử

2. Cơng thức sai số thứ hai: Giả sử

Vz € |a,b|, 0< rn < |ƒ(z)| < M. Từ cơng thức dây cung ta cĩ:

¬-...

bạ 2 TC Tim) — ƒf).

SUy ra

_jai) - E9 = 16), +} — ZŸk~+1 — %y).

Xét vế trái, do ƒ(z*) — 0 và từ cơng thức số gia, tồn tại „ € (Z”, z„) sao cho

—ƒ(#x) = ƒ(#”) — ƒ(#w) = (œ” — zs) Ƒ (4u). Xét vế phải, từ cơng thức số gia, tồn tại #„ € (Zz;1, #„) sao cho

"“== sẽ. nh

Vậy

(đ@” — #p) ƒ (uy) = ƒ (#x)(Œki — #n).

Từ đĩ

Hay -

+” — #k+1| —= an. — Tự,|.

Hơn nữa do

[ƒ (#y — Ƒ'(u,)| < M — m, suy ra cĩ cơng thức sai số thứ 2,

M —m

|#„+i — #”| < |#k+1 — #&|.

Ví dụ: Giải phương trình ƒ(z) — z3 — 0.02z2 — 0.2z — 1.2 = 0 trên |0, 1.5] với c = 0.002.

Dễ thấy điểm Fourier là ư — 1.5 và rm — 3.49. Đặt

fạ — ở — 0.2z2 — 0.2 — 1.2

ta cĩ f

n+1 — tn —— ——.— 1.0 — nj»

#nvi —Ên — Tag — (LƠ — #m)

Bởi zs — 1.198, ƒ(zs) ~> —0.0072. Sai số cho bởi 0.0072

— #” |< ——— >~09.002. | #zs — z” |< 340 0.00 5.5 Phương pháp tiếp tuyến

Xét hàm ƒ(z) cĩ nghiệm duy nhất, cĩ các đạo hàm cấp 1 và 2 liên tục và giữ nguyên dấu (ƒ“, ƒ” hoặc dương hoặc âm) trên đoạn [ø, 6]. Chọn điểm zọ sao cho ƒ(zo)ƒ”(zg) > 0,

điểm này được gọi là điểm Fourier.

Phương trình tiếp tuyến với đường cong + = ƒ(z) tại điểm Ä⁄o(zo, ƒ(zo)) cĩ dạng ụ = ƒo)(# — #a) + ƒ(®o).

Tiếp tuyến cắt trục hịanh tại điểm z,

0 = ƒ(#o)(#ì — #o) + ƒŒo).

Từ đĩ, ta cĩ

+21 — #ọ — Jên)

#o)

Với vai trị zọ là z„ ta cĩ dạng tổng quát

#„+1 —= #„ — Jn) r, — l,2,..., +oœo. ƒn)'

Dãy lặp này ta gọi là dãy lặp Newton.

Định lý 5.5.1 Với các giả thiết trên, dấy lặp Newton hội tụ tới nghiệm của phương

trình ƒ(z) = 0.

Chứng minh: Khơng giảm tổng quát coi ƒ” > 0, ƒ' < 0. Các trường hợp khác chứng minh tương tự. Trước tiên, ta khai triển Taylor hàm ƒ(z„) tại z„_¡ cĩ dạng

f(e,) = fGs-l) + Pu )(nx=mea) + TỨỢ (my Sau 2®

Từ đm — #„_1 — ƒ(#n—1) Tt T— ?'{#z) ) SUY Ta +_—% — — ƒ(=a_l) Tù —] ƒf(Zz1)

Thay vào biểu thức trên, ta cĩ

ƒ(#„) = ƒ(#a—t) — Ƒø„.¡). J0) JƑ⁄a—1) ƒ (n1) 2 +—>—(„ c— #m_1) s là CHỦ " #„—1) >0 Mặt khác ¬ m~+] Từ ƒ'(œa) — c1” (c»—1)(#„ — #m„—1) >0 2ƒ) ă

và dãy {z„} là đơn điệu khơng giảm. Nếu z„ > +” thì do ƒˆ < 0 nên ƒ(z„) < ƒf(”) = 0.

Mâu thuẫn với ƒ(z„) > 0. Từ đĩ dãy {z„} cĩ giới hạn là 0.

Ký hiệu

M:= sụp {|ƒ'œ)l): zcla.,b|

Ta cĩ

Để mơ tả về mặt hình học của thuật tốn nêu trong chứng minh của định lý trên, ta xem hình sau: Mũ, ƒ0))

Cơng thức sai số 5 N(a, ƒ(a))

Giả sử ƒ?@ø)| < MI và |ƒ'(z)| > Ms với mọi z € [a, b|. Một mặt ta cĩ

ƒ(za~1) ¬ ƒ(zz.1) — ƒ(”) — Ƒf(a-.1)(a+) — LẶP Suy ra |#m-+a T— #m |. ƒ(al) — x*|< |#m+ # | — M›; Mặt khác từ cơng thức Taylor, ta cĩ ? (§n) 2 Ƒ(za.1) — Ƒ(z„) TF Ƒf(#a)(#a+n — #„) TF (Zm+1 — #n)” s— T (§») 3 (#n~+i — #n))Ÿ. Từ đĩ, suy ra MỊ Iƒs+i)| € — l#n+ — #m |”- 2

Vậy ta cĩ cơng thức sai số

|#„+i — #”| < 2i, (7H — #n|Ÿ.

Tốc độ hội tụ nhanh hơn phương pháp dây cung, lập trình tương đối đơn giản.

3.7

Ví dụ: Dùng phương pháp tiếp tuyến giải phương trình 1) — l1 =0 trên (z, ŠS*) sai số e — 0.0001.

Viết lại phương trình trên như sau:

ƒ(z) = sin(z) — zsin(z) = 0. Dễ thấy ƒ'(z) <0, ƒ”(z) < 0,Vz € (z, S*). Dùng cơng thức

Ƒứø„)

Lấy zọ = Š*, ta nhận được z¡ = 9, z¿ = 4.50004, z¿ = 4.49343. Sai số cho bởi cơng

thức: 2nm-+1 — dạ — 3 m—= Ư, 1,2, ... .7L J#a —#”| Š —-Í#a — z:|Ý Ỏ.7 2 — ~r J*&49343 — 4.50005] 3. = “- l0.00662|” ~ 0.0001. 5.6 Giải đa thức

Phần này xét phương pháp giải phương trình ƒ(z) 0 với ƒ(z) là một đa thức bậc n nào đĩ. Giả sử ƒ(+) = 3} ạ ¿z' ta cĩ thể viết lại nĩ Q- dạng Horner

|| ƒ(#) = ao + z(ø +... + #(an_1 + za„))...). bạ 1 = đụ, b„—a —= đ„_1 TT m1 bọ —=0x+ +b ƒ(z) = ao + zbạ.

Để tính giá trị của đa thức mà ta dùng cách đặt ở trên, ta gọi là phương pháp Horner. Tính tốn được thực hiện theo sơ đồ sau:

Giả sử cần chia đa thức ƒ(z) cho (+ — zọ). Ta viết như sau

ƒ(#) = (œ — #o)Qa—1(2) + ƒ(o). Trong đĩ

Từ đĩ cĩ

ƒ(ø) = fa_1#” + (a—a — #ofaT—t)#”®~” +... + (8a — #ofa)# + ƒ(đo) — xoƠb. So sánh các hệ số, ta cĩ

[n — a1; n1 — n—2 — #on_—1;

đ+ = Ủọ — #oƯï, đọ = ƒ(#g) — #ofƯb.

So sánh với phương pháp Horner đã trình bày ở trên với ƒ(zo) ta suy ra Ư¿ — ;, Vi := 0, 1...n. Sử dụng liên tiếp phương pháp, ta cĩ

ƒ() = (œ — #o)Qa—1() + Roo),

QaT1(#) = (# — #o)Qa—a(#) + Ri(o),

“...ỐƠ

Vậy

Ƒ(z) = Ro(œo) + Ri(zo)(% — zọ) +... + Ra(o)(% — zọ)”. Theo cơng thức Taylor thì

So sánh hai biểu thức cùng của ƒ(z) suy ra:

/ (zo) — ?LR;(œo), ?:= 0, 1,...,m. trong đĩ ,(zg) được tính từ phương pháp Horner.

5.7 Giải hệ hai phương trình phi tuyến bằng phương pháp lặp đơn

Xét hai phương trình với hai ẩn:

Í tì (, 9) —— 0, t2 (, 1) =0.

Giả sử hệ cĩ nghiệm cơ lập. Để sử dụng phương pháp lặp ta đưa hệ trên về dạng:

{ +— ®1(Z,9);

Thuật tốn thực hiện như sau:

{ „+1 — ®1(Zm; Ua);

Ưn—~1 — ®a(#„, 9a):

Trong đĩ (zọ, 0o) là giá trị ban đầu.

Giả sử hệ chỉ cĩ nghiệm duy nhất (z*, *) trong U = [ø,b] x [ø,b| C _R?. Các hàm ®1(z, 9), ®a(z, ) khả vi liên tục trong Ù.

8® 8® rapI+lS7l<ã <1, 8®; 8®; ra„l+lFayl<& <1 Hoặc 8®; 8®) | ray <Sại<l, 8®› 8®s Iø= Lạy, <Sqœ<Ìl

Các giá trị („, „) € Ú, Vn — 0, 1,2,...,-+oo, thì dãy điểm xấp xỉ (z„, „) xác định trên

hội tụ tới nghiệm (z*, *) của hệ. Sai số cho bởi:

max{@n, 2}

—#” —#”|< T— — m—— Ủn—l1j|-

Chương 6

Giải Hệ Phương Trình Đại Số Tuyến Tính

6.1 Một vài khái niệm cần thiết Xét hệ phương trình đại số tuyến tính

đ111 + đ12Za +... + đ1ny#„ —= Ủì, đ21Z1 + đaaZa +... + 0ạn#„ — Ủa, dn121 dđua#a +... + duy2n — Ủạ, Ma trận hệ số của hệ A :— G21 G22... G2y, ˆ.È°944444644444404004((Ĩ0Ĩ0Ĩ6 9

Viết dưới dạng tốn tử tuyến tính

Trong đĩ

b = (bi,bạ,...,bạ) CTR” zS (71,22,...,2„) CR”".

6.2 Phương pháp Gauss

6.2.1 Phương pháp Gauss giải hệ đại số tuyến tính

Để thuận tiện cho thuật tốn ta xét hệ đại số tuyến tính trên với cách đặt (các số hạng tự do) a;„„_¡ := b¿. Khi đĩ hệ đại số tuyến tính trở thành

G1121 + G122 +...+ G1n#„ — 1 m+1;

G2121 + đaa#a +... + đan#n — 2 n}1:

a. Bước thuận: Dùng phép biến đổi tương đương đưa hệ về dạng tam giác trên (Ï)*) sau:

#1 + bz; + ba +... + bỆ 1#n—1 T bì 2n — Đại 1,e—

0.71 Za + bÉ 23 +...+ bộ) 12m1 + b)z„ = ĐỀ cà

ÚU.2Z¡ + O.Za + Ư.zg +...+ „¡+ APW2.I — ĐT

02 + 0202 + 023 +... + Ung C7. = BP

Phương pháp cụ thể như sau: Giả sử ø¡¡ Z 0 ta chia phương trình đầu cho phần tử

dẫn G11 cĩ:

+1 + b1; + b xa +... + p9) .= 1m—1 + bỊ ben — bì

Với

p0 — Z1 1j — ,

Ớ11

Để khử z¡ trong các phương trình cịn lại ta lần lượt nhân phương trình trên cho

đ21; 031, ...; đ„ị¡ và lấy các phương trình thứ ¿, ¿ — 2, 3, ..., z, trừ tương ứng cho các phương

trình vừa nhận được. Kết quả ta nhận được hệ mới:

G1121 + G12#a TÐ... Ð G1y#n — G1 n 11) 0z + a2) +... + đặn, #ìn — độ 22.1: 4 94444444 444444444444444444404444444446444444446444 440 4090(60ÚĨ 0i + 40273 +... + 0n — đẸ và, Trong đĩ ap) = đị; — auyÐy, + — 2, Ỏ, ¬.x —= 2, Ộ, ...; Từ.

Tiếp tục ta chia phương trình thứ hai cho phần tử dẫn dẲ cĩ

#a + ĐỀ 2a +...+ bà = bề,

Với

q) đà/

Úà; — -apŸ — 3,4, ..*g 1ì.

Đ22

Tương tự như trên cho tới khi nhận được hệ tam giác trên (7*) sau:

(1121 + G1222 +... + G1nŸn — G1,n+1;

0z+ + d2) #a +...+ dỀ)n —= TIIEEE

Chia phương trình thứ ¿ trong hệ này cho phần tử dẫn tương ứng a9, ¿ = 1,2,...,m ta nhận được hệ cĩ dạng tam giác trên (J*).

b. Bước ngược: Dùng phép thế liên tiếp bắt đầu từ phương trình cuối cùng trở lên để

xác định nghiệm Z„„, #„_1, ..., #2, z¡. Cơng thức tính như sau:

ad) = gÉ—9 _ a0 ĐpŒ—D ý 7= k,k+ 1,...,n, q(E—1)

(Œ/-1) _ “kÿ _

Ủụ,; — "œ1? 3—=kT+I,...,m.

đẹy,

Phương pháp trên thực hiện được nếu CUNG # 0. Nếu khơng thì bằng cách chuyển dịng

(cột) tương ứng để cĩ được trường hợp trên.

Ví dụ: Phương pháp được trình bày cụ thể (cho hệ 4 phương trình 4 ẩn) như sau

G111 TT G122 -E G1323 TT G144 — G15,

G211 + đ237a TT 0233 TT G244 — 02g,

G3121 + 0ạ22a2 TT G3323 + GạA44 — đạg,

GẠ121 -E GẠ272 - GẠ373 TT GẠ4Z4 — 04g.

a. Bước thuận: Giả sử a¡ Z 0, ta chia phương trình thứ nhất cho phần tử dẫn z+; thu được:

ZỊ + b2 øạ + Đi rạ + Đi đa — Dịn

Z* (0) _—_ đ]j

với Ù}/ — -”.

Để khử z¡ trong ba phương trình cồn lại ta lần lượt nhân phương trình trên cho

đ21; 31, đại Và lấy các phương trình thứ ¿, ¿ = 2, 3, 4 trừ tương ứng cho các phương trình

vừa nhận được. Kết quả ta nhận được hệ mới:

độa đạ + đây đa + đội ạ — đạn,

đạo 22 —- đây #ạ -E đây 4 — đạp

dạy 2 -L đáo đạ -Ƒ GẦu 84 — dẶp ¿

Trong đĩ

đa) = dạy — aạyÐ_), ¿ = 2,8,4, 7 = 2,8,4, 5. 12 Tiếp tục ta chia phương trình thứ nhất cho phần tử dẫn aỒ) cĩ

Với

(1)

@_ 22 „_—

Ùà; — —a)?J — 3,4,5.

G22

Tương tự cách trên ta khử z; trong hệ ta nhận được hệ

Một phần của tài liệu giai-tich-so-bai-giang-tom-tat.pdf (Trang 37)

Tải bản đầy đủ (PDF)

(74 trang)