Xét biểu diễn của hàm f(x) dưới dạng f(x) = f(xn) +
Zx
xn
f′(t)dt. (2.1)
Nhiều nhà toán học đã cải tiến phương pháp Newton bằng việc xấp xỉ tích phân trong công thức (1) bởi các quy tắc khác nhau và đã thu được các phương pháp lặp tìm nghiệm đơn của phương trình phi tuyến có tốc độ hội tụ cao hơn. Dưới đây chúng tôi trình bày một số thuật toán (trong các tài liệu trích dẫn) giải phương trình f(x∗) = 0 có tốc độ hội
tụ từ bậc ba đến bậc tám và minh họa qua một số ví dụ tính toán cụ thể.
Weerakoon và Fernando tính xấp xỉ tích phân trong (1) theo quy tắc hình chữ nhật và hình thang đã thu được phương pháp có tốc độ hội tụ bậc ba:
Zx
xn
f′(t)dt ≈ (x−xn)f′(xn) Zx
xn
f′(t)dt ≈ (x−xn)f′(xn) +f′(x)
2 .
Từ đó ta suy ra
f(x) ≈ f(xn) + (x−xn)f′(xn) Vậy
x ≈ xn+ f(x)−f(xn) f′(xn) Kết hợp với f(x) = 0 ta được x ≈ xn− f(xn)
f′(xn). Hơn nữa, từ f(x) ≈ f(xn) + (x−xn)f′(xn) +f′(x)
2 ta nhận được x−xn ≈ 2 f(x)−f(xn)
f′(xn) +f′(x) .
Với x = xn+1 ta nhận được xn+1 ≈ xn+ 2 f(xn+1)−f(xn) f′(xn+1) +f′(xn) Suy ra
xn+1 ≈ xn − 2f(xn) f′(xn) +f′(xn+1) Từ đây suy ra công thức lặp
xn+1 ≈ xn− 2f(xn)
f′(xn) +f′xn− f(xn) f′(xn)
.
Frontini và Sormani sử dụng công thức điểm giữa cũng thu được phương pháp có tốc độ hội tụ nhanh hơn:
x
Z
xn
f′(t)dt ≈ (x−xn)f′ xn
2 + x 2
. Sơ đồ lặp:
xn+1 = xn − f(xn) f′xn− f(xn)
2f′(xn) .
Vào năm 2005, Homeier đã sử dụng hàm ngược x(y) thay vì y = f(x) và đã đưa ra sơ đồ lặp có tốc độ hội tụ cao hơn:
x(y) = x(yn) +
y
Z
yn
x′(η)dη
y
Z
yn
x′(η)dη ≈ Rm(f) = (y −yn)
m
X
j=1
ωjf(ξj)
với ξj = yn+ τj(y−yn), τj ∈ [0,1],Pm
j=1
ωjτj = 12 sao cho Rm có bậc nhỏ nhất là 1.
Ta có x(y) = x(yn) + (y −yn) Pm
j=1
ωjf(ξj).
Kết hợp với y = y∗ = y(x∗) = 0, x(y) = x(y∗) = x∗ và x(yn) = xn ⇔ yn = f(xn) ta được
x∗ = xn+ (y −yn)
m
X
j=1
ωjf(ξj) Vì ξj = yn +τj(y −yn) = yn(1−τj) nên
x∗ = xn −yn m
X
j=1
ωjx′((1−τj)yn)
Mặt khác, y = f(x) ⇒x = g(y). Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được:
1 = gy′y′x ⇔g′(y) = 1
y′x ⇒ x′(y) = 1 f′(x)
Ta có đánh giá xn,j = x((1−τj)yn). Khai triển Taylor hàm y = f(x) tại xn:
y = f(x) = f(xn) +f′(xn)(x−xn) 0 = f(xn) +f′(xn)(x−xn) x−xn = −f(xn)
f′(xn) ⇒ x = xn− f(xn) f′(xn) Khi đó
xn,j = xn−τj
f(xn) f′(xn) Vậy ta lại có sơ đồ lặp có tốc độ hội tụ bậc ba:
xn+1 = xn −f(xn)
m
X
j=1
ωj
1
f′xn−τj f(xn) f′(xn)
, m > 1 (2.2) Khi m = 2, ω1 = ω2 = 12, τ1 = 1 −τ2 = 0 ta có sơ đồ lặp có tốc độ hội tụ bậc ba sau:
xn+1 = xn− f(xn) 2
1
f′(xn) + 1 f′xn− ff(x′(xnn))
(2.3)
Năm 2006, Jisheng Kou, Yitian Li và Xiuhua Wang cũng sử dụng công thức điểm giữa để xấp xỉ tích phân
f(x) =f(yn) + Zx
xn
f′(t)dt, yn = xn + f(xn) f′(xn)
x
Z
xn
f′(t)dt≈ (x−yn)f′
x+yn
2
Kết hợp với f(x) = 0 ta được
xn+1 = yn− f(yn) f′ xn+12+yn
Thay f′ xn+12+yn = f′x∗n+12+yn, với x∗n+1 là phương pháp lặp Newton ta được
xn+1 = xn− f xn + ff′(x(xn)
n) −f(xn)
f′(xn) (2.4)
Phương pháp lặp này có tốc độ hội tụ bậc ba.
Năm 2011, P.Wang xấp xỉ tích phân trong công thức (3) theo quy tắc dưới đây:
x
Z
xn
f′(t)dt ≈ (x−xn)
(1−β)f′(xn) +βf′
f(xn) 2βf′(xn)
Kết hợp với f(x) = 0 sẽ cho chúng ta phương pháp lặp hội tụ bậc ba.
xn+1 = xn − f(xn)
(1−β)f′(xn) +βf′xn − 2βff(x′(xn)n)
, β 6= 0 (2.5) Năm 2010, Nazir Ahmad Mir, Naila Rafiq và Nursat Yasmin xấp xỉ tích phân bởi quy tắc hình chữ nhật thu được công thức bậc tám.
x
Z
xn
f′(t)dt≈ (x−zn)f′(x+zn
2 ) ⇔x−zn = − f(zn)
f′ x+z2 n ⇒ xn+1 = zn− f(zn) f′ x∗+z2 n Đặt ω = x∗+z2 n. Xét phương pháp Ostrowski và phương pháp Newton
( x∗ = yn − f(x(xn−n)y−n2f(y)f(ynn)) zn = yn− ff′(y(ynn))
Chúng ta có sơ đồ lặp sau:
yn = xn − ff′(x(xnn))
ωn = yn− 12 h(xf(xn−n)y−n2f)f(y(ynn)) + ff′(y(ynn))
i xn+1 = zn − ff′(z(ωnn))
Sử dụng khai triển Taylor mở rộng cho hàm f′(yn) tại điểm xn: f′(yn) ≈ f′(xn) +f′′(xn)(yn −xn)
Kết hợp với xấp xỉ Taylor của f(yn):
f(yn) ≈ f(xn) +f′(xn)(yn −xn) + 1
2f′′(xn)(yn−xn)2 Chúng ta có thể loại bỏ đạo hàm bậc hai và xấp xỉ f′(yn) như sau:
f′(yn) ≈ 2f(yn)−f(xn)
yn −xn −f′(xn) Khi đó sơ đồ lặp trên trở thành
yn = xn− ff′(x(xnn))
ωn = yn− 12
(xn−yn)f(yn)
f(xn)−2f(yn) + f(yn)
2f(ynyn−xn)−f(xn)−f′(xn)
xn+1 = zn − ff′(z(ωnn))
(2.6)
với zn = yn− ff′(y(ynn))
Năm 2010, Rostam K. Saeed và W. Khthr Fuad xấp xỉ tích phân theo phương pháp hình thang cải tiến đã thu được sơ đồ lặp bậc sáu.
Zx
xn
f′(t)dt ≈x−xn
2 [f′(xn) + f′(x)] + (x−xn)2
2 [f′′(xn)−f′(x)]
ta được phương trình
Mn(x) = f(xn) + x−xn
2 [f′(xn) +f′(x)] + (x−xn)2
12 [f′′(xn)−f′′(x)]
Ta tìm nghiệm xn+1 của phương trình Mn(xn+1) = 0 f(xn)+xn+1 −xn
2 [f′(xn) +f′(xn+1)]+(xn+1 −xn)2
12 [f′′(xn)−f′′(xn+1)] = 0
Suy ra
xn+1 = xn− 12f(xn) + (xn+1−xn)2[f′′(xn)−f′′(xn+1)]
6 [f′(xn) +f′(xn+1)] (2.7) Nếu xấp xỉ (xn+1−xn) trong vế phải của phương trình 2.7 bởi phương pháp Newton thì ta thu được
xn+1 = xn− 12f(xn)f′2(xn) +f2(xn) [f′′(xn)−f′′(xn+1)]
6f′2(xn) [f′(xn) +f′(xn+1)] (2.8) Thayxn+1trong vế phải 2.8 bởi phương pháp lặp Newton ta có phương pháp mới hội tụ bậc ba:
xn+1 = xn− 12f(xn)f′2(xn) +f2(xn)h
f′′(xn)−f′′
xn − ff′(x(xnn))i 6f′2(xn)h
f′(xn) +f′
xn− ff′(x(xnn))
i ,n = 0,1,2,...
(2.9) Nếu xấp xỉ (xn+1 − xn) trong vế phải của phương trình 2.7 bởi phương pháp Halley
xn+1 −xn = − 2f(xn)f′(xn) 2f′2(xn)−f(xn)f′′(xn) thì ta thu được phương pháp với tốc độ hội tụ bậc bốn:
xn+1 = xn− 12f(xn)f′2(xn) + f2(xn) [f′′(xn)−f′′(yn)]
6f′2(xn) [f′(xn) +f′(yn)] ,n = 0,1,2,...
(2.10) Trong đó
yn = xn− 2f(xn)f′(xn) 2f′2(xn)−f(xn)f′′(xn)
Kết hợp công thức 2.9 và phương pháp Newton, ta lại thu được phương pháp hội tụ bậc sáu:
zn = xn − 12f′2(xn) +f2(xn)h
f′′(xn)−f′′
xn− ff′(x(xnn))
i
6f′2(xn)h
f′(xn) +f′
xn− ff′(x(xnn))
i (2.11)
xn+1 = zn − f(zn) f′(zn)
Định lý 2.3.1. Giả sử hàm f : I ⊂ R → R với I là khoảng mở có một nghiệm đơn x∗. Nếu f(x) là một hàm đủ trơn trong lân cận của nghiệm x∗ thì phương pháp lặp xác định bởi 2.9 hội tụ bậc ba.
Chứng minh Đặt en = xn−x∗, sử dụng khai triển Taylor tại x∗ f(xn) =f′(x∗)(en+c2e2n +c3e3n +...), cj = f(j)(x∗)
j!f′(x∗), j = 2,3, ...
f′(xn) =f′(x∗)(1 + 2c2en + 3c3e2n +...), f′′(xn) = f′(x∗)(2c2en+ 6c3en + 12c4e2n...), f(xn)
f′(xn) = en −c2e2n + 2(c22 −c3)e3n + (−3c4 + 7c2c3 −4c32)e4n +O(e5n).
Kết hợp với phương pháp Newton yn = xn − ff′(x(xnn)) ta được yn = c2e2n+ 2(c22 −c3)e3n +O(e4n),. Từ đây bằng cách sử dụng chuỗi Taylor tại x∗ ta có
f(yn) = c2e2n + 2(c22 −c3)e3n +O(e4n), f′(yn) = 1 + 2c22e2n−4(−c3 +c22)c2e3n +O(e4n), f′′(yn) = 2c2 + 6c2c3e2n −12(−c3 +c22)c3e3n+ O(e4n),
k1 = 12f(xn)f′2(xn) + f2(xn) [f′′(xn)−f′′(yn)]
k2 = 6f′2(xn) [f′(xn) +f′(yn)]
Đặt
k1 = 12f(xn)f′2(xn) + f2(xn) [f′′(xn)−f′′(yn)]
k2 = 6f′2(xn) [f′(xn) +f′(yn)]
⇒
k1 = 12en + 60c22e2n+ 12(90c3 + 96c22)e3n +O(e4n) k2 = 12 + 60c2en + (90c3 + 108c22)e2n +...+ O(e4n),
⇒k3 = k1
k2
= en −c22e3n + (−7
2c2c3 + 3c32)e4n+O(e5n). (2.12)
Từ 2.9 và 2.12 ta có en+1 +x∗ = en +x∗ −
en −c22e3n + (−7
2c2c3 + 3c32)e4n +O(e5n)
⇔ en+1 = c22e3n+ (7
2c2c3 −3c32)e4n +O(e5n) Điều đó chứng tỏ công thức lặp 2.9 hội tụ bậc ba.
Định lý 2.3.2. Giả sử hàm f : I ⊂ R → R với I là khoảng mở có một nghiệm đơn x∗. Nếu f(x) là một hàm đủ trơn trong lân cận của nghiệm x∗ thì phương pháp lặp xác định bởi 2.10 hội tụ bậc bốn
Chứng minh Từ phương pháp Halley ta có
yn = (−c3 +c22)e3n + (−3c4 + 6c2c3 −3c32)e4n +O(e5n) Sử dụng chuỗi Taylor tại điểm x∗, ta được:
f(yn) = (−c3 +c22)e3n + (−3)e4n +O(e5n)
f′(yn) = 1−2(−c3 +c22)c2e3n−6c2(c4 −2c2c3 +c32)e4n+O(e5n), f′′(yn) = 2c2 + 6(−c3 +c22)c3e3n −18c3(c4 −2c2c3 +c32)e4n+O(e5n), Đặt
l1 = 12f(xn)f′2(xn) +f2(xn) [f′′(xn)−f′′(yn)]
l2 = 6f′2(xn) [f′(xn) + f′(yn)]
⇒
l1 = 12en + 60c2e2n + (90c3 + 96c22)e3n +...+O(e5n) l2 = 12 + 60c2en+ (90c3 + 96c22)e2n +...+O(e5n)
⇒l3 = l1
l2 = en −c32e4n +O(e5n) (2.13) Từ 2.10 và 2.13 ta thu được
en+1 +x∗ = en +x∗ −
en −c32e4n +O(e5n)
⇔en+1 = c32e4n +O(e5n) Điều này có nghĩa là phương pháp 2.10 hội tụ bậc bốn.
Định lý 2.3.3. Giả sử hàm f : I ⊂ R → R với I là khoảng mở có một nghiệm đơn x∗. Nếu f(x) là một hàm đủ trơn trong lân cận của nghiệm x∗ thì phương pháp lặp xác định bởi 2.11 hội tụ bậc sáu
Chứng minh Theo định lý 2.3.1, ta có k3 = en−c22e3n + (−7
2c2c3 + 3c32)e4n +O(e5n)
⇒zn = c22e3n + (7
2c2c3 −3c32)e4n+ O(e5n) Kết hợp với việc mở rộng f(zn) tại x∗, ta thu được
f(zn) = c22e3n + (7
2c2c3 −3c32)e4n+O(e5n) f′(zn) = 1 + 2c32e3n+c22(−7c3 + 6c22)e4n+ O(e5n)
⇒en+1 = c52e6n +O(e7n)
Như vậy phương pháp xác định bởi công thức 2.11 hội tụ bậc sáu