Trong nội suy Lagrange nếu các mốc nội suy cách đều nhau, tức là #1 — #ọ — #a — #1 —...—#pẹ— #„_1 —= h. Khi đĩ z1 — zọ + ha — #1 + h...#„ — #ọ + th. Đặt ⁄à — dụ ‡ :— h Suy ra (aì = (+ — #ọ)...(% — #¿_1)(% — #¿+1)...(# — #a}) ®%() (%¡ — #o)-..(# — #¿_~1)(®¿ — #4+1)...(¿ — ®n) — h#(th— h)...(th— (¿— 1)h)(th — (¡+ 1)h)...(th — nh) __ Sh(th — h)...(6b — (đ— 1)h)(6h — (¡ + 1)h)...(6h — nh) — (—1)?~?.£{£ — ?)...( — mì Z{n — ?)!(t — ?) _ (2Œ - 1)... — n) St 6/09 nÌ t—1_ˆ ¿=0 Vậy, ta cĩ cơng thức (—1)*#Œ — 1)...(t — n) x“ T.(z) = nÌ (1) ¿=0 ;Œ?ƒ(z,) t—1 `
Nhận xét:
a. Hệ số CU—© De = " khơng phụ thuộc vào hàm + = ƒ(z). Nên ta cĩ thể tính sẵn và lập
thành bảng để tính.
b. Nếu thêm mốc nội suy mới thì phải tính lại từ đầu.
Ví dụ 1: Tìm đa thức nội suy trùng với ¿ = 3” tại các điểm #ọ = —l;# = Ư;#a = l1.
J1 0 1 1 z(z—]) (+ 1)(z — 1) (z + 1)z ==—————x+Ìl————— + 3>~-. @()—=3—TIC1-=1 T1 10-1 T9q1+0ad 1 3 = g2 —ø) — (r?— 1) + Sứ? + z) 4 8 2 Từ đĩ 2 Ạ Qa(z) = am + sể +1 3.5 Sai số của cơng thức nội suy Lagrange
Cho ƒ € C`”. Xác định sai số R(z) = ƒ(z) — Pa(z). Giả sử
†+
P.(z) = » C7,
¿=0
là đa thức nội suy Lagrange của ƒ(+) trên các mốc ø < #ọ < #1 <... < #„ < Ù, tức là
P(;) = tg¡, ¿ = 0, 1,2...,m Gọi
(@(#) = LP_o(% — #¿) = (% — #g)(% — 1)...(# — #a).
Bây giờ lấy z € |a, b| tùy ý, ta cố định giá trị z này và xem với mọi ¿ thì z Z z; (vì nếu + = z; thì sai số là 0). Xét hàm
@(2) = ƒ(2) — P„(s) — ku, k = Cơnst. Tại điểm z;, cĩ
/@(#¿) = ƒ(%¿) — P(œ¿) — k¿(z¿),¿ = 0.,m. Chọn k để ¿(z) = 0, khi đĩ ta cĩ
Dễ thấy rằng ¿(z) = 0 tại (n + 2) điểm là zọ, z\, ..., #„, z. Từ đĩ suy ra: Đạo hàm bậc 1, @¿)(z) — 0 tại (n + 1) điểm;
Đạo hàm bậc 2, @2)(z) = 0 tại n điểm;
Đạo hàm bậc n„ @(z) = 0 tại 2 điểm;
Cuối cùng sẽ tổn tại điểm £ = £(z) € [a, b| sao cho ¿(*†1)(£) — 0. Từ đạo hàm cấp m - 1 của (2) suy ra 0= ”?9(£) = ƒ“*?() — kín + 1). Vậy c_ ƒ0#9() (m+1)!' ƒ@) ~ Fa) k=—————.. ¿(Z) Như vậy ƒ9(6) _ ƒ@)~ F,(œ) (m+1)!1 - (J() Từ đĩ ta cĩ [0V R(z) = ƒ(ø) — PA(ø) = {C1 HỆ ø —)), Nếu đặt: Mu. — súp ƒ®Đ@), zecla,b] SUY Ta: M
Iƒ() — fa(z)| < lợ-z 1 Eo(# — #i)|.
Ví dụ 2: Trong Ví dụ 1, ta đã xác định được đa thức nội suy hàm ;/ — 3” tại các mốc nội suy {—1,0, 1} là (z) = 17 + s2 + 1. Bây giờ, ta xác định sai số tại z. Sử dụng cơng thức sai số ta cĩ lạ = ƒ() — PŒ) (3) = Tn [ø — s6)( — m)(ø — #4) Nếu đặt MẶ= sup |ƒf#(z)| = 3(In3). zœ€[—1.1]
Khi đĩ sai số cho bởi 3
3.6 Chọn mốc nội suy tối ưu
Cho hàm ƒ(z) € Cc N vấn đề đặt ra là chọn các mốc nội suy như thế nào để sai số
trong cơng thức nội suy là bé nhất? 1. Đa thức Chebyshev
Xét đa thức bậc mø xác định bởi
T„(%) — cos[n arccos(z)],
trong đĩ œ = 0, 1,2,..., và z € [—1, 1].
Để thấy được dạng hiện của đa thức ta đặt 0 = arccos(z) tương đương cos0 = z.
Thay vào biểu thức ta cĩ:
T+1(+) — cos|(n + 1)0| — CoOsS n cos ổ *E sin n8 sin 0.
Suy Ta
T„+1() + Tạ_1(>) = 2z1a(2). Ta nhận được cơng thức để tính như sau
Tạ +1(z) — 2#1a(#) — Tn_1(2). Với m„ — 0, 1,2,..., +oo, ta nhận được
Tọ(z) = cos0 = 1; Tìi(z) =z;
T;(z) = 2#T1(z) — Tạ(z) = 2 * #2 — 1,
T„+1(£) — 2#T„(&) — Tạ_1 (2).
Nhận xét: Đa thức 7; (+) là đa thức bậc ø cĩ hệ số đầu là 2"~1,
Định lý 3.6.1 Trong tất cả các đa thức bậc n với hệ số đầu là 1 thì đa thức HS, cĩ độ lệch so với 0 nhỏ nhất trên |—1, 1| (hệ số đầu hiểu là hệ số của số hạng bậc cao nhất
trong da thức), tức là với mọi đa thức
P(z) = z" + aiz”"~” +... + đụ,
thì
đạ 1
Chứng minh: Theo cách xác định của đa thức Chebyshev ta cĩ T„(z) COSỈm arccos #] 1 | 2mn—1 | — | 2n—1 | < 2m—1` Điều này cĩ T„(z) 1 | 2m—1 | — 2m—1 ? SUY Ta n = kĩ, tức là k 0=, k=0,1,2,...n. n Do đĩ kĩ kĩ ĐTCCOS Ø¿ —= — => #¿ — COS(—). m m Bây giờ xét đa thức
T„(z —1)*
Q) = T01 — phy) = CS” — P(mg)
Từ giả thiết phản chứng ta cĩ:
IP,)| <|P l< zr:
*^À ` Ẩ ~Z % ˆ 2 ? ^ ` ~“ ° -.L + —] k
Điều này dẫn đến dấu của biếu thức ()(z;) chỉ phụ thuộc vào dấu của biều thức = tức là
. —1)*
Sign(Q(zy)) = Siạn[C |, k=0,1,2,...,m.
Vậy đa thức Q(z„) đổi dấu nø + 1 lần nên Q(z) cĩ ít nhất + nghiệm trên |ø, b| là điều vơ
lý (bởi Q(z) cĩ bậc khơng quá n).
2. Nghiệm của đa thức Chebyshev
Xét điểm z; là nghiệm của T;„() nghĩa là T;(Z„) = 0. Bởi T„(#) = cos[n arccos()]
_—_ (2k+1)z
và theo cách đặt Ø, = arccos(Z„) nên Z„ = cos(¿), suy ra Øy, = “==”—. Vậy
2k+1
#y — COS( }m, k=0,1,...,m=— 1. 3. Nghiệm của đa thức Chebyshev trên đoạn [ø, Ù|
Bây giờ xét z € |øơ, b|. Từ cơng thức nghiệm của đa thức Chebyshev Z„ ở trên ta suy ra cơng thức của đa thức Chebyshev trên đoạn [a, b| bằng phép đổi biến
— 2#@—qa—dÙ
t= b—a ` cictbt ¿€|T—1,]|.
Tức là 1
# — s1(0 — a)‡ + (a+ b)}.
Khi đĩ với mỗi đa thức P„(z), z € [ø, b] ta nhận được (sau khi đổi biến) đa thức
P„() = P(s[6® —ayz+(ø+øj) = (Ê =9" t“+...), SUY TA 2" 1 —“ | >_— (b — aỳ" lÌ> 2—1) || Pa vậy 6 — a)" || P» ||> _— Từ đĩ, ta cĩ
||, ÏE sup |đ:0ø)| zc[|a.b|
b—qa œ+b
—= Sup |P„(——‡+ ng (— mm)
b— b
¿€[—1,1] »"
b — a)" b — aì" b— aÌ"
"`. . . 2m t€|[—1,1] 2n2m—1 TS. 22n—1 \
+o.-i|
Như vậy với mợi đa thức P„ xác định trên [ø, b| thì
TT cm 2?
Nhưng theo kết quả của định lý trên thì đa thức mủ là đa thức cĩ độ lệch nhỏ nhất trên
đoạn |—1, l] nên
Tn(ES Dạ (b—g)®— (b— a)"
IS 2% cĩ 22n—1 "
Giả sử nghiệm của T„(£) trên [—1, 1] là Ø; = cos(®!“), ¿ = 1,2,...,r suy ra
2+1
—— 3n+1)T + (+ )},?=0,1,...,? b)‡.¿=0,1,....m. đị — s((0 — Ø) CO8
4. Chọn mốc nội suy tối ưu
Từ cơng thức sai số của phương pháp nội suy
+:
[/(ø)— Pa(ø)| < | =h rHe~ (n+ 1)! "9
Ta cĩ: ¿(#) :— | HƑ_ s(œ — #¿), là đa thức cĩ bậc + + 1. Theo kết quả vừa nhận được thì =0
b—q rr+1 |) I> Nếu ta lấy Tn.1(#S=”) (b— a)n+1 ((%) 2n " anrT 7 T1 (2=) c(b—a)9?1 (b— a)nẻ1 TT =-=. -. . --:
Bởi vậy nếu ta lấy các mốc nội suy chính là các nghiệm z;, ? = 0, 1,2, ..., r, thì sai số IR@)| = [ƒœ) — P.)| Tt M„~ (b _— a)"+! L_o( — #¡)| = (ø+1)1 2221 Ý<| Ma~i — (n+1)l
Vậy các nghiệm z;, ¿ = 0, 1,2, ..., , chính là các mốc nội suy tối ưu.
Kết luận:
Để cĩ mốc nội suy tối ưu thì các mốc nội suy z; là
1 2+1
mị= g{З)eos gác 2 + (1 )},§ = 0,1,.-,m
Khi đĩ, sai số cho bởi cơng thức
M (b — a)*+!
{z)| < (đ6đ+I1) 2m
Ví dụ:
Xét hàm ƒ(z) = wz + 1, Tìm đa thức nội suy Qs của ƒ trên |0, 1| với các mốc nội suy tối ưu. Như vậy, theo kết quả ở trên ta cĩ 4 mốc nội suy tối ưu là:
Đa thức nội suy
Q:(z) = ( — #1)(# — #a)(% — #4) +Xr.+1 (# — #o)(# — #a)(% — #3)
(Zo - #1)(Zo — #2)(Zo — 3) ta — Zo)(1 — #2)(Z1 — 3)
+Vza+1 (œ — #o)(# — #1)(# — #3) ++V2zs+1 (# — #o)(œ — #1)(# — #2) (đa — #o)(a — #1) — #3) (#3 — #0)(#3 — #1)(#3 — #3) Ước lượng tốt nhất của phép nội suy trong trường hợp này là:
Chương 4
Tính Gần Đúng Đạo Hàm Và Tích Phân
4.1 Dùng nội suy Lagrange tính gần đúng đạo hàm
Ta phải tính đạo hàm của một hàm dạng bảng hoặc một hàm ở dạng giải tích phức
tạp thì thơng thường ta dùng phương pháp tính gần đúng. Chẳng hạn ta cĩ thể thay hàm ƒ(z) bằng đa thức nội suy nào đĩ của ƒ(z) là P(z) với phần dư ?#(z):
ƒữ) = Pữ) + Rữ), ƒ“*)(@)r
T@) = (n+1t 1e — #¡), = §(#) € (zo, #). Khi đĩ
f@œ) = P(ø) + Rứ).
Phần này ta sử dụng nội suy Lagrange để tính đạo hàm. Thay gần đúng ƒ(z) bằng đa thức nội suy Lagrange cấp n là Q)„, khi đĩ
ƒ) = Qa(z) + Rũ). Trong đĩ #) = À_P,(z) P;(z) = (+ — #o)(# — #1)...(# — #g_—1)(% — #+1)...(% — #n) (#w — #o)(# — #\)...(#k — #kg—1)(#k — #k+1)-..(#k — #®n). Theo cơng thức sai số của phép nội suy Lagrange ta cĩ:
(œ+1)(£ "
R(z) =‡ man lle= = £(z) € (zo, 2).
SUy ra l R(œ)= 2z (m+1t 1 H —#)} d ,ƒf*9(£@)r /“t(6) d — mạ ae ]|JŒ—#)} Từ đĩ, ta cĩ „.\— ƒ*9() d Ti») = II — #i)}.
Ví dụ trong trường hợp sử dụng nội suy Lagrange cấp 1, (2z) ta cĩ: Q12) =to—— Z0 — Z1 J1 — +41 — Zụ R(ø) = T (z — #o)(# — #1). Vậy đa) = P—?, px) = S)(m — mạ) +41 — Zg 2I
Khi đĩ cĩ cơng thức để tính đạo hàm của ƒ là
#(œøa) — J1) _ f(øo) _— J *(§)
+1 — Zg 21
Dễ thấy rằng đây lại là khai triển Taylor của ƒ tại zọ đã biết.
(Z1 — #g).
4.2 Tính gần đúng tích phân.
Giả sử cần tính tích phân:
b
]:= ị ƒ(z)da.
Để tính gần đúng tích phân 7, thơng thường ta thay hàm ƒ(+) bằng đa thức nội suy Q(z) rồi lấy tích phân đa thức nội suy này làm giá trị gần đúng của tích phân 7, tức là
]:= [ Tr»a c [ ae
4.2.1 Phương pháp hình thang.
Cho hàm ƒ{(z) xác định trên [a, |. Chia đoạn |a, b| thành ø đoạn con bằng nhau bởi
các điểm chia z;, với ¿ :— 0, - -- ,z sao cho:
0 —= #ọ < #1 < --- <#„ = b. Khi đĩ z¡ = a+¿h, h = **,¡ = 0,1,...,m.
Ụ À
Thay diện tích hình thang cong bằng diện tích hình thang trên đoạn [Zz;_, z;], ta cĩ II ƒ(x)dz = #= _ Mi +
Z¡—
Tương tự với các đoạn cịn lại và lấy tổng trên tất cả đoạn con, ta cĩ:
b m—] 84-11 m—] -
ị f(z)dz = »j f(œ)dz ~ S)h
2 ¡=0 * Tỉ =0
Cuối cùng ta cĩ cơng thức hình thang sau:
[ tiờn “G—_ (o + 2M +. - + 2n—1 + tn).
Cơng thức sai số
a. Sai số địa phương: Do ta sử dụng đa thức nội suy Lagrange Q;(z) để xấp xỉ ƒ(z)
trên |Z;¿_, %|, ? = 1,2,...,r.. Cơng thức cụ thể : # — đ¡ # — #¡ ƒ{#) = ¡i-+i————— + —— —— + Ri(®), Ý;—1 — 3; Ä#¡ — #Ÿ¡_—1 II ƒ(x)dz = #=L—#t p.. / ˆ Rị(œ)dz. %¡— — Trong đĩ c ) M 2 Ii@)| = |—Z” với M = sup„e„„ |ƒ”(z)|. Từ đĩ cĩ LỆ 6= #2 =Faj< [- Hi) M ƒỊ" Mh3 pc 1)(%¿ — #)d+ = 1D” (Œ — —1)(# — #4)| Š TT ( — #¿—1) — 2)
b. Sai số tồn phần: Sai số tồn phần là sai số trên đoạn |a, b|. Ký hiệu #‡ là sai số tồn phần, ta cĩ
Mhề_ M(b—a)
=n. =————hŸ.
H= mg 12
Ví dụ: Tính tích phân 7ƒ — l e*” da bằng phương pháp hình thang với œ = 10. Ta cĩ:
M :— max {|w2(z)|} = max {|4(4z + 1)e*ˆ|} = 20.e.
! 3 I— | cẺa
0
~ so +e+2(et0.9” -_et0.2)” -_ et9:3)” +et92? +e(0.5) -_e(0:8)° -+_et97)” -_e(0:8)” +et99)2)1,
Cơng thức tính như sau:
Trong đĩ sai số tồn phần cho bởi:
(b—a)Mh2 — (0,1)7.20.e
lị <
l Š 12 12
4.2.2 Phương pháp Parabol
Cho hàm ƒ(z) xác định trên [a, b|. Chia đoạn |a, b| thành 2z đoạn con bằng nhau bởi các điểm chia z;¿, với ¿ :— 0, - -- ,2n sao cho:
qđ —= #ọ < #1 < --- < #z„ = b. Khi đĩ z¿ = a +¿h, h = S3,¿ = 0, 1,..., 2n. J„ Ỳ ũ #z_a ai 1 Tại Ð
Trên mỗi đoạn [Zz¿_s, #z¡|, —= 1,2,...,, ta thay ƒ(z) bằng đa thức nội suy bậc hai
Qa(z) với các mốc nội suy #z;_a, Z2;_1, za¡ Cơng thức cụ thể :
(z — #2z—1)( — #24) (Zzz—a — #24—1)(%2¡—a — #24) Q› (z) — 2¡—2 (z — Z3¡_—a)( — %3) #2;—1 — Z3¡—a)(2—1 — #24) 2¡—1 ( (z — #2;—a2)(% — #2¿—1) 12¡ — #2¡—a)(2¡ — 2-1). 2; (
Theo cơng thức nội suy
Từ đĩ mà " % J Ƒ(z)dz = Q›(z)d+ + J Ra(z)da. #2¡—2 #2¿—2 Z3¡—9 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.