2.2.1 Phương pháp truy hồi
Cho hàm số y = f(x). Giả sử ta phải giải phương trình x = f(x) với x thuộc một đoạn[a, b] nào đó. Vấn đề đặt ra: Xác định gần đúng nghiệm của phương trình với điều kiện T nào đó. Ta xây dựng dãy số (an) với an+1 = f(an). Giả sử dãy (an) hội tụ tới α ∈ (a, b). Với n đủ lớn, ta đã có giá trị gần đúng của nghiệm.
Ví dụ 2.2.1. Xác định gần đúng nghiệm dương của phương trình x2 + x−1 = 0.
Bài giải: Vì x = 1
x+ 1 nên ta xét dãy (an) với a0 = 1 và an+1 = 1
an+ 1, n > 0. Giả sử nghiệm dương của phương
trình đã cho là a. Khi đó a = 1
a+ 1. Xét các hiệu dưới đây:
a−a1 = 1
a+ 1 − 1
a0 + 1 = a0 −a (a+ 1)(a0 + 1) a−a2 = (−1)(a0 −a)
(a+ 1)2(a0 + 1)(a1 + 1)
ã ã ã = ã ã ã
a−an = (−1)n−1(a0 −a)
(a+ 1)n(a0 + 1)(a1 + 1). . .(an−1 + 1) Vì các an > 0 và an < 1 nên |a − an| < |1−a|
(a+ 1)n. Từ đây suy ra
n→lim+∞ an = a =
√5−1
2 . Như vậy, với n đủ lớn, ta có giá trị gần đúng an của nghiệm dương của phương trình x2 + x−1 = 0.
Ví dụ 2.2.2. Xác định gần đúng nghiệm dương của phương trình x2 − 2x+a = 0 với a ∈ [0,1].
Bài giải: Vì x = a 2+ x2
2 nên ta xét dãy (an) với a1 = a
2 và an+1 = a 2+ a2n
2 , n > 1. Ta thấy ngay các an > 0 và a2 > a1, an+1−an = a2n−a2n−1
2 .
Do vậy, bàng quy nạp theo n, ta dễ dàng chỉ ra (an) là một dãy đơn điệu tăng. Bằng quy nạp theo n và a ∈ [0,1] ta có ngay an 6 1. Từ đây suy ra lim
n→+∞ an = ℓ = 1−√
1−a. Như vậy, với n đủ lớn, ta có giá trị gần đúng an của nghiệm dương của phương trình x2 −2x+a = 0.
Ví dụ 2.2.3. Xác định gần đúng nghiệm âm của phương trình 2x+ 2016 = ln(x2 + 1).
Bài giải: Xét dãy (an)với a1 = 1và an+1 = 1
2ln(a2n+ 1)−1008, n > 1.
Vì hàm số f(x) = 1
2ln(x2+ 1) có f′(x) = x
x2 + 1 thỏa mãn |f′(x)| 6 1 nên dãy(an) hội tụ theo Định lý Lagrange về giá trị trung bình. Do vậy,2 ta có giới hạn lim
n→+∞ an = ℓ. Giới hạn này chính là nghiệm của phương
trình 2x+ 2016 = ln(x2 + 1). Như vậy, với n đủ lớn, ta có giá trị gần đúng an của nghiệm của phương trình 2x+ 2016 = ln(x2 + 1).
Ví dụ 2.2.4. Xác định gần đúng nghiệm dương của phương trình x = 3− x+ 2
2x .
Bài giải: Xét dãy (an) với a1 = 1 và an+1 = 3− an+ 2
2an , n > 1. Ta chỉ ra sự tồn tại giới hạn lim
n→+∞ an = ℓ. Giới hạn bằng 2 chính là nghiệm duwng của phương trình x = 3− x+ 2
2x . Như vậy, với n đủ lớn, ta có giá trị gần đúng an của nghiệm của phương trình x = 3− x+ 2
2x . 2.2.2 Phương pháp dây cung
Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a, b] thỏa mãn điều kiện f(a)f(b) < 0 vàf′(x) 6= 0 với x ∈ (a, b).
Khi đó phương trìnhf(x) = 0có đúng một nghiệm thực ξ trong khoảng (a, b). Để có giá trị gần đúng thứ nhất của nghiệm đúng ξ, ta có thể xét f(ξ)−f(a)
f(b)−f(a) = ξ −a
b−a. Do f(ξ) = 0 nên ta nhận được ξ ≈ a− (b−a).f(a)
f(b)−f(a).
Khi đó ta có thể chọn x1 theo một trong hai công thức dưới đây:
x1 = a− (b−a).f(a)
f(b)−f(a) hoặc x1 = b− (b−a).f(b) f(b)−f(a). Tiếp theo áp dụng phương pháp này cho:
khoảng (a, x1) khi f(a)f(x1) < 0 hoặc khoảng (x1, b) khi f(x1)f(b) < 0.
Ta lại nhận được giá trị gần đúng thứ hai x2 = x1− (b−x1).f(x1) f(b)−f(x1) của
nghiệm đúng ξ, v.v... Để ước lượng giá trị gần đúng thứ n là xn ta có công thức đánh giá
|xn −ξ| 6 |f(xn)| m với m = inf|f′(x)|
a<x<b
và lim
n→∞ xn = ξ.
Ví dụ 2.2.5. Xác định gần đúng nghiệm thuộc (3,4) của phương trình f(x) =x3 −2x2 −4x−7 = 0.
Bài giải: Vì f(3) = −10 < 0, f(4) = 9 > 0 nên f(x) = 0 có nghiệm thực thuộc khoảng(3,4).Vì f′(x) = 3x2−4x−4vàf”(x) = 3x−4> 0 trên khoảng (3,4) nên f′(x) đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [3,4] bằng m = f′(3) = 27−3.4−4 = 11. Ta cũng có thể chọn
x1 = 3− f(3)
f(4)−f(3) = 3 + 10
19 = 3 + 0,52. . . ≈ 3,52.
Vì f(3,52) = −2,246592 nên bất đẳng thức |xn −ξ| 6 |f(xn)|
m chưa
thỏa mãn. Tiếp tục xác định x2 = 3,52− 0,48.f(3,52)
f(4)−f(3,52). Do vậy x2 = 3,52 + 1,078364160
11,2465929 = 3,52 + 0,09. . . ≈ 3,61.
Ta đã đạt được f(3,61) = −0,458319.
Tiếp tục xác định được, x3 = 3,61− 0,39.f(3,61)
f(4)−f(3,61). Do vậy x3 = 3,61 + 0,17874441
9,458319 = 3,61 + 0,0188. . .≈ 3,63.
Ta đạt được f(3,63) = −0,041653 và |x3 −ξ| 6 |f(x3)|
11 < 0,004.
2.2.3 Phương pháp tiếp tuyến của Newton
Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a, b] thỏa mãn điều kiện f(a)f(b) < 0, f(a)f”(a) > 0và f”(x) 6= 0 với x ∈ (a, b).
Để có được giá trị gần đúng thứ nhất của nghiệm ξ của phương trình f(x) = 0 ta xét công thức khai triển Taylor của f(ξ) :
0 = f(ξ) = f(b) +f′(b)(ξ −b) + 1
2f”(c)(ξ −b)2, ξ < c < b.
Khi f(b) +f′(b)(ξ−b) ≈ 0 ta có ngay ξ ≈ b− f(b)
f′(b) và ta có thể lấy x1 = b− f(b)
f′(b).
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm y = f(x) tại điểm (b, f(b)) là y = f(b) +f′(b)(x−b).
Khi tiếp tuyến ắt trục hoành ta cóy = 0và hoành độ điểm cắt là nghiệm của phương trình f(b) +f′(b)(x−b) = 0. Do vậy, ta có thể nhận được x = x1 và phương pháp được gọi là phương pháp tiếp tuyến. Tiếp tục xét f(x) = 0 trên khoảng (a, x1) khi f(a)f(x1) < 0 hoặc trên khoảng (x1, b) khi f(x1)f(b) < 0. Ta lại nhận được giá trị gần đúng thứ hai x2
của nghiệm ξ, v.v... Để ước lượng giá trị gần đúng thứ n là xn ta vẫn có thể sử dụng công thức đánh giá
|xn −ξ| 6 |f(xn)| m với m = inf|f′(x)|
a<x<b
và lim
n→∞ xn = ξ.
Ví dụ 2.2.6. Xác định gần đúng nghiệm của phương trình xlogx = 1.
Bài giải: Xét f(x) =xlogx−1.
Vì f(2) = −0,39793. . . < 0, f(3) = 0,4136. . . > 0 nên f(x) = 0 có nghiệm thực thuộc khoảng (2,3). Vì f(x) = xlogx−1 và
f′(x) = logx+ loge > 0, f”(x) = loge x > 0 trên khoảng (2,3) nên m = 0,7. Ta cũng có thể chọn
x1 = 3− f(3)
f′(3) = 3−0,473. . . ≈ 2,53.
Tiếp theo ta có thể xác định x2 = 2,53− f(2,53)
f′(2,53). Do vậy x2 = 2,53−0,0237 = 2,5063.
Ta đạt đượcf(2,5063) = 0,000096.và|x2−ξ| 6 |f(x2)|
0,7 < 0,0002.
2.2.4 Phương trình hàm ẩn
Giả sử ta muốn xác định hàm y = y(x) cho bởi phương trình F(x, y(x)) = 0
và muốn xác định đạo hàm y′ = y′(x).
Ví dụ 2.2.7. Chứng minh rằng, tồn tại hàm đơn trị y = y(x) duy nhất được xác định bởi phương trình y3 + 3y = x và tính đạo hàm y′(x) theo biến x của nó.
Bài giải: Giả sử tồn tại hai hàm thực y1, y2 thỏa mãn phương trình đã cho. Khi đóy13+ 3y1 = x, y23+ 3y2 = x. Vậy y23+ 3y2−y13−3y1 = 0 hay
(y2 −y1)(y22 +y1y2 +y12 + 3) = 0.
Vìy22+y1y2+y12+ 3 > 0 nêny2 = y1.Như vậy, nếu phương trình đã cho có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Vì phương trình bậc ba với hệ số
thực luôn có ít nhất một nghiệm thực nên phương trình y3+ 3y = x có đúng một nghiệm thực. Chú ý rằng, đạo hàm x′(y) = 3y2 + 3 > 0 nên hàm x(y) là đơn điệu. Bởi vậy, tồn tại hàm ngược đơn điệu khả vi duy nhất y(x) với đạo hàm y′(x) = 1
x′(y) = 1 3 + 3y2.
Ví dụ 2.2.8. Chứng minh rằng, với a ∈ [0,1) tồn tại hàm đơn trị y = y(x) duy nhất được xác định bởi phương trình y −asiny = x và tính đạo hàm y′(x) theo biến x của nó.
Bài giải: Giả sử tồn tại hai hàm thực y1, y2 thỏa mãn phương trình đã cho. Khi đó y1 −asiny1 = x, y2 −asiny2 = x.
Vậy y2 −asiny2 −y1 −asiny1 = 0 hay (y2 −y1)−2asiny2 −y1
2 cos y2 + y1
2 = 0.
Vì |y2 −y1| = 2a|siny2 −y1
2 ||cos y2 +y1
2 | 6 a|y2 − y1| nên y2 = y1. Như vậy, nếu phương trình đã cho có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Không khó khăn ta chỉ ra phương trình có nghiệm y = y(x). Chú ý rằng, đạo hàm y′−acosy.y′ = 1 nên đạo hàm y′(x) = 1
1−acosy.