Phương pháp xấp xỉ liên tiếp
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (100.91 KB, 3 trang )
PHƯƠNG PHÁP XẤP XỈ LIÊN TIẾP
Chúng ta đã thấy việc giải phương trình bậc nhất hoặc phương trình bậc 2 là hết sức đơn
giản. Đến phương trình bậc 3 thì nghiệm đã phức tạp hơn. Với phương trình bậc 4 ta vẫn
có công thức giải nhưng hết sức phức tạp. Phương trình bậc 5 và cao hơn như ta đã biết
không có phương pháp đại số để giải. Tuy nhiên vẫn có 1 phương pháp hữu ích trong việc
tính nghiệm gần đúng của nhiều loại phương trình, đó là phương pháp xấp xỉ liên tiếp
(phương pháp lặp).
* Thành phần cơ bản
Giả sử giải phương trình f(x) = 0 (1)
Ta viết lại (1) dưới dạng x = g(x) (2)
Chọn 1 giá trị x
o
gần đúng nghiệm tùy ý thế vào vế phải để tính giá trị gần đúng thứ nhất x
1
= g(x
0
). Một cách tổng quát, một khi có giá trị gần đúng thứ n là x
n
thì giá trị gần đúng tiếp
theo x
n+1
được xác định theo công thức x
n+1
= g(x
n
) (3)
→ ta được dãy số x
0
, x
1
, x
2
, …, x
n
, … và trong trường hợp
lim
n
n
x
ε
→∞
=
thì
ε
là nghiệm của
phương trình (2) (giả thiết g(x) là hàm liên tục).
Ta thấy từ phương trình (3). Khi n → ∞ thì x
n+1
→
ε
và g(x) → g(
ε
).
Từ đó
ε
= g(
ε
) nên
ε
là nghiệm của phương trình x = g(x)
* Các bước tiến hành
+ Giả sử sau một số hữu hạn bước ta cso x
n
≈ x
n+1
với độ chính xác cho trước.
+ x
n+1
= g(x
n
) → x
n
≈ g(x
n
) với độ chính xác cho trước. Do đó có thể lấy x
n
là giá trị gần
đúng của nghiệm phương trình x = g(x).
Ví dụ 1: Giải phương trình 10x – 1 – cos x = 0 (4) với độ chính xác 0,001
Giải:
1 cos
(4)
10
x
x
+
⇔ =
(5)
Chọn x
0
= 0 vào thế vế phải của (5) có x
1
= (1 + cos 0)/10 = 0,2
Thay x = 0,2 vào vế phải của (5) có x
2
≈ 0,198
Tương tự có x
3
≈ 0,198
Ta thấy x
2
≈ x
3
thỏa mãn độ chính xác 0,001
→ 0,198 là nghiệm với đọ chính xác 0,001 cảu nghiệm phương trình (4).
Ở trên ta đã trình bày bản chất của phương pháp xấp xỉ liên tiếp để giải phương trình. Vấn
đề còn lại cần giải quyết là hàm g(x) ở (2) phải như thế nào để dãy (x
n
) hội tụ và cần
nghiên cứu về ánh xạ co.
Chúng ta đã biết về ánh xạ:
+ Nếu
( ) [ ; ]g x a b∈
∀
[ ; ]x a b∈
thì ta nói g(x) là ánh xạ từ
[ ; ]a b
vào chính nó.
+ Ánh xạ g(x) từ
[ ; ]a b
vào chính nó được gọi là ánh xạ co nếu nó làm giảm khoảng cách
giữa 2 điểm bất kỳ
1 2
, [ ; ]x x a b∈
ít nhất M lần (M > 1) hay tồn tại
(0;1)q∈
sao cho 2 điểm
bất kỳ
1 2
, [ ; ]x x a b∈
đều thỏa mãn
1 2 2 1
1
( ) ( ) ,g x g x q x x q
M
− ≤ − =
.
Dễ thấy nếu g(x) là 1 ánh xạ co trên toàn trục số thì bao giờ cũng tìm được 1 đoạn thẳng
mà qua ánh xạ g(x) lại biến hành 1 bộ phận của chính đoạn đó.
Thật vậy, lấy a bất kỳ. Đặt b = g(a)
Chọn q
1
sao cho q < q
1
< 1. Lấy
1
1
b a
R
q
−
=
−
. Ta chứng minh đoạn
[ ; ]a R a R− +
chính là
đoạn phải tìm.
Lấy điểm bất kỳ
[ ; ]x a R a R∈ − +
, khi đó
x a R− ≤
.
Ta có
( ) ( ) ( )g x b g x g a q x a qR− = − ≤ − ≤
Mặt khác,
1 1
( ) ( ) (1 ) (1 )g x a g x b b a qR b a qR R q R q q R− ≤ − + − ≤ + − = + − = + − <
.
Vậy mọi điểm thuộc đoạn
[ ; ]a R a R− +
qua ánh xạ g biến thành điểm của chính đoạn đó.
Định lý 1:
Giả sử
( )x
ϕ
là ánh xạ co từ
[ ; ]a b
vào chính nó. Khi đó với mọi điểm
0
x ∈ [ ; ]a b
, dãy số
x
0
, x
1
,…, x
n
,… trong đó
1
( )
n n
x x
ϕ
+
=
hội tụ tại nghiệm
ε
của phương trình
( )x x
ϕ
=
(
ε
là
nghiệm duy nhất trên đoạn
[ ; ]a b
của phương trình
( )x x
ϕ
=
).
Ví dụ 2: Giải phương trình x
3
+ 4x – 1 = 0 (6) với độ chính xác 0,0001
Giải:
2
1
(6)
4
x
x
⇔ =
+
(7)
Đặt
2
1
( )
4
x
x
ϕ
=
+
. Với 2 điểm x
1
, x
2
ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 2 1 2
1 2
2 1
2 2
2 2 2 2
2 1
1 2 1 2
1 1
( ) ( )
4 4
4 4 4 4
x x x x
x x
x x
x x
x x x x
ϕ ϕ
+ −
−
− = − = =
+ +
+ + + +
Có
2
4
4
x
x
+
≤
Nên
2 2 2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
8
2
4 4
x x x x
x x x x
+ + +
+ ≤ + ≤ = +
Lại có
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
4 2 8
x x x x x x+ +
≤ +
→
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 2
1 2 1 2
1 2
4 4
2
2 8 8
x x
x x x x
x x
+ +
+
+ ≤ + + =
→
2 1 2 1
1
( ) ( )
8
x x x x
ϕ ϕ
− ≤ −
→
( )x
ϕ
là ánh xạ co trên toàn trục số
Lấy a = 0, b =
ϕ
(0) = 1/4, q = 1/8 ta lấy q
1
= 1/2. Khi đó,
1
1
1 2
b a
R
q
−
= =
−
.
Đoạn cần tìm là
1 1
;
2 2
−
.
Ta có phương trình (7) có duy nhất 1 nghiệm thuộc
1 1
;
2 2
−
.
Lấy x
0
= 0 ta có x
1
= 0,25; x
2
= 0,2641; x
3
= 0,2463; x
4
= 0,2463.
Ta có x
3
= x
4
với độ chính xác 0,0001
→ phương trình (7) có nghiệm duy nhất trên
1 1
;
2 2
−
với độ chính xác 0,0001 là x =
0,2463. Vì
( )x
ϕ
là ánh xạ co trên toàn trục số nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất là
x = 0,2463 với độ chính xác 0,0001.
Hệ quả của định lý 1:
Định lý 2:
Giả sử
( )x
ϕ
là ánh xạ từ
[ ; ]a b
vào chính nó và thỏa mãn
'( ) 1x q
ϕ
≤ <
. Khi đó, với mọi
điểm
0
x ∈ [ ; ]a b
, dãy số x
0
, x
1
,…, x
n
,… trong đó
1
( )
n n
x x
ϕ
+
=
hội tụ tại nghiệm
ε
của
phương trình
( )x x
ϕ
=
(
ε
là nghiệm duy nhất trên đoạn
[ ; ]a b
của phương trình
( )x x
ϕ
=
).
Áp dụng định lý 2 ta có thể giải phương trình sin x + cos x = 4x.
Ý tưởng:
sin cos
( )
4
x x
x
ϕ
+
=
→
cos sin 1
'( )
4 2
x x
x x
ϕ
−
= ≤ ∀ ∈ ¡
Bài tập áp dụng:
Bài tập 1: Giải các phương trình sau:
1)
4 2 0
x
x − + =
2)
3
1 0x x− − =
3)
10 2 0
x
x− − =
Bài tập 2:
a) Tính
3
790
với độ chính xác 0,001
b) Tìm phương pháp tính
k
a
( k nguyên dương, a > 0).
![Chương 4: Nội suy và xấp xỉ hàm-[Phương pháp tính- BKHCM]](https://media.store123doc.com/images/document/2017_01/02/medium_DrWG2EBFV7.jpg)
