zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Bài giảng Phương pháp tính - Huỳnh Hữu Dinh

Chia sẻ: Banhbeodethuong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:81

Báo xấu

22
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng Phương pháp tính cung cấp cho người học những kiến thức như: Số xấp xỉ, sai số; phương trình đại số và siêu việt; phương pháp lặp đơn; phương pháp newton (phương pháp tiếp tuyến); phương pháp dây cung; hệ phương trình đại số tuyến tính;...Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Phương pháp tính - Huỳnh Hữu Dinh

GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP HCM KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN ------------------------------ BÀI GIẢNG PHƯƠNG PHÁP TÍNH GV: HUỲNH HỮU DINH TP HỒ CHÍ MINH 2/2011 1
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com Chương 0. SỐ XẤP XỈ, SAI SỐ 0.1. Số gần đúng và sai số Trong thực tế, khi muốn biết giá trị đại lượng nào đó người ta tiến hành đo đạc, tính toán bằng một số phương pháp nhất định. Nhiều khi chúng ta không thể nhận được chính xác giá trị thật của đại lượng cần biết mà chỉ nhận được số gần đúng (hoặc xấp xỉ) với giá trị thật. Việc đánh giá độ chính xác của giá trị xấp xỉ và sai số của phép đo hoặc phương pháp tính toán là hết sức cần thiết. Điều đó dẫn tới việc đưa ra khái niệm về số xấp xỉ và sai số nhận được. Nội dung dưới đây sẽ trình bày những khái niệm này. Định nghĩa 0.1.1: Giả sử A là số đúng, a là số gần đúng của A (trong trường hợp A là số 1 vô tỷ như số e hay số  hoặc số hữu tỷ với phần thập phân vô hạn tuần hoàn như số ). Ta gọi hiệu 6  số a  A  a là sai số xấp xỉ của số gần đúng a . Khi đó các đại lượng   a ; a  ta lần A lượt gọi là sai số tuyệt đối và sai số tương đối của a . Rõ ràng ta có: a    A  a   hoặc A  a   Nếu A không phải là số có hữu hạn chữ số thì lẽ đương nhiên ta cần a là số có hữu hạn chữ số và khi đó  sẽ có cùng dạng với A . Chẳng hạn, lấy A  ; a  3,14 thì   0, 0015926... Định nghĩa 0.1.2: Sai số tuyệt đối giới hạn của số xấp xỉ a là số không nhỏ hơn sai số tuyệt đối của a . Kí hiệu sai số tuyệt đối giới hạn là a thì: a   Theo định nghĩa này thì sai số tuyệt đối giới hạn không là đơn trị. Từ định nghĩa ta suy ra a  a  A  a  a Trong thực tế, người ta thường chọn sai số tuyệt đối giới hạn a là số nhỏ nhất có thể trong các sai số tuyệt đối giới hạn, và qui ước viết: A  a  a Định nghĩa 0.1.3: Sai số tương đối giới hạn của số xấp xỉ a , kí hiệu là a , là số không nhỏ hơn sai số tương đối giới hạn của a . 2
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com Có nghĩa là:  a  a hay a  A Từ đây a A   Theo định nghĩa sai số tuyệt đối giới hạn, ta có thể chọn a  A a Nhưng trong thực tế ta không biết được chính xác giá trị A và vì a là số xấp xỉ của A nên người ta thường dùng công thức: a  a a Từ đây ta có công thức A  a 1  a  0.2. Sai số làm tròn số Giả sử cho số A  smsm 1...s 0, s1s2 ...sm n 1sm n ... . Chữ số thứ n của A là số sm n 1 tính từ trái qua phải. Kí hiệu a  smsm 1...s 0, s1s2 ...smn 1 là số làm tròn đến chữ số thứ n từ số A . Qui tắc làm tròn như sau: . Nếu sm n  5 thì sm n 1  smn 1  1 ; . Nếu sm n  5 thì smn 1  sm n 1; . Nếu sm n  5 thì sm n 1  smn 1  1 khi smn 1 là số lẻ, smn 1  sm n 1 khi smn 1 là số chẵn Từ qui tắc làm tròn ở trên ta thấy, sai số tuyệt đối giới hạn là: 1 m n 1 a  5.10m n  10 2 0.3. Số chữ số đáng tin cậy Xét hai số A và a như mục trên. Ta nói tất cả n chữ số của a đều tin cậy, nếu ta có: 1   a  A  a  5.10mn  10mn 1  a 2 Chẳng hạn a  2, 7183 là số làm tròn đến năm chữ số của số e nên ta có   0, 00001...  0, 00005 nên a có năm chữ số tin cậy với số cuối cùng đã được làm tròn. n 1 1  1  Với số A và a nói trong mục 0.2, ta sẽ thấy a    , do đó có thể lấy: 2sm 10  3
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com n 1 1  1  a    (1) 2sm 10  Theo công thức này thì số a  2, 7183 có sai số tương đối giới hạn so với số e là: 51 1  1  a    0, 0025% 2  2 10  Ví dụ Phải tính 3 29 với bao nhiêu chữ số thập phân để có a  0,1% . Ta thấy phần nguyên của số này là 3. Do vậy áp dụng (1) ta được: 101n  0, 001  n  4 6 Ta chọn n  4 , nghĩa là phải lấy bốn chữ số thập phân, do đó 3 29  3, 072 . Đôi khi người ta nói số a nào đó có q chữ số đáng tin cậy sau dấu phẩy, hàm ý rằng q chữ số phần thập phân là đáng tin cậy. Khi đó đương nhiên tất cả các chữ số phần nguyên của số a cũng là tin cây. Giả sử số a cũng có p chữ số phần nguyên. Khi đó ta có: m  p  1 và n  p  q . Khi đó ta được a  0, 5.10q 0.4. Sai số thực hiện các phép toán 0.4.1. Sai số của phép cộng Xét tổng u  x 1  x 2  ...  x n với x i là các số gần đúng với sai số tương ứng là x i . Hiển nhiên là ta phải có: u  x 1  x 2  ...  x n và do đó: u  x 1  x 2  ...  x n Từ đây suy ra: u  x1  x2  ...  xn (2) Ta có qui tắc cộng các số có sai số tuyệt đối khác nhau như sau: . Giữ nguyên các số hạng có số chữ số sau dấu phẩy là ít nhất; . Các số hạng khác làm tròn đến một hoặc hai số sau dấu phẩy nhiều hơn các số hạng đã chọn ở bước trên. . Cộng tất cả các số còn lại với nhau rồi làm tròn tổng, bớt đi một chữ số thập phân. Liên quan đến u , trong trường hợp x i cùng dấu thì có thể thấy: u  max x 1, x 2 ,..., x n  4
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com Từ đây ta suy ra u  max x1 , x2 ,..., xn  0.4.2. Sai số của phép trừ Về nguyên tắc đánh giá (2) đúng cả cho phép trừ. Tuy nhiên, chúng ta xét riêng trường hợp này để nhấn mạnh một điều rất cần chú ý khi lập trình. Xét hiệu số u  x1  x2 Dễ dàng thấy rằng, khi x1 và x 2 cùng dấu và x1  x 2 thì u  x 1, x 2 do x1  x 2  1 . Hơn thế nữa, trên các máy tính có độ chính xác không đủ cao, u sẽ được đặt bằng không. Trong trường hợp như thế ta cần tránh phép trừ trực tiếp mà thay nó bằng một phép tính tương đương. Chẳng hạn, ta muốn tính hiệu số u  10  99, 99  0, 0005000125 ta phải lấy căn của 99, 99 tới 10 chữ số thập phân. 0.4.3. Sai số của phép nhân Xét tích số u  x 1x 2 ...x n với x i  0 . Giả sử x i  0, i  1, n . Khi đó ta có ln u  ln x 1  ln x 2  ...  ln x n  z  z z Mặt khác, ta cũng có  ln z  ln z  z   ln z  ln 1    khi  1 . Do  z  z z đó ta có thể viết u x 1 x 2 x n    ...  u x1 x2 xn Từ đây ta có: u x 1 x 2 x n    ...  u x1 x2 xn Hay là: u  x 1  x 2  ...  x n Do vậy ta có thể lấy u  x1  x2  ...  xn 0.4.4. Sai số trong phép chia x Xét thương số u  1 . Giả thiết rằng hai số đều dương. Khi đó ta có: x2 ln u  ln x 1  ln x 2 5
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com Lí luận như trên, ta nhận được u  x1  x2 0.4.5. Sai số trong trường hợp tổng quát Giả sử ta có mối quan hệ u  f x 1, x 2 ..., x n  , trong đó các sai số tuyệt đối x i đã cho. Ta cần đánh giá sai số tuyệt đối u qua các x i . Coi các x i là các đại lượng nhỏ, ta có thể dùng công thức Taylor để đánh giá: n f n f u  f x 1  x 1,..., x n  x n   f x 1,..., x n    x i 1 x i   i 1 x i x i i Từ đây ta có thể lấy: n f u   x i 1 x i i Hoặc là: n f u   x i 1 xi (3) i Cũng từ biểu thức này, ta có thể nhận được n  ln u n  ln u u   i 1 x i x i hay là u   i 1 x i xi Ví dụ: Một hình cầu có đường kính d  12,2cm . Hãy tính sai số tuyệt đối và tương đối của thể tích hình cầu Giải Trong trường hợp này ta có d  0, 05cm . Lấy   3,14 , khi đó   0, 0016 . Ta có: V V 1  0, 5  d 2  233, 68;  d 3  302, 64 d  6 Sử dụng (3) ta được: V  233, 68  0, 05  302, 64  0, 0016  12,2cm 3 V 12,2 V    1, 3% V 950, 3 0.4.6. Bài toán xác định sai số ngược 6
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com Lại xét mối quan hệ tổng quát u  f x 1, x 2 ..., x n  . Giả sử cho trước u . Ta cần xác định các xi để đảm bảo có được u như đã cho. Ta có một biểu thức (3) lấy làm phương trình để xác định các xi nên lời giải không phải là duy nhất. Vì vậy chúng ta sẽ xét ba trường hợp cụ thể, có ý nghĩa ứng dụng thực tế: Trường hợp 1: Giả thiết rằng x i  x j ; i  j ; i, j  1, n . Khi đó từ (3) ta dễ dàng có: u xi  ; i  1, n u n  i 1 x i u u Trường hợp 2: Giả sử ta có xi  x j ; i, j  1, n . Khi đó từ (3) ta dễ dàng có: x i x j u xi  ; i  1, n u n x i Trường hợp 3: Nếu xi  x j  ; i, j  1, n , thay xi   x i vào (3) ta được: u u x i  n  xi  u n u x i 1 i x i x i 1 i x i Ví dụ Một hình trụ có bán kính đáy r  2 m  , chiều cao h  3 m  . Cần xác định sai số của r và h để sai số tuyệt đối giới hạn của thể tích là 0,1m 3 . Giải Ta có công thức V  r 2h . Ta lấy   3,14 . Do đó: V V V  2rh  37, 68;  r 2  12, 56;  r 2h  12;V  37, 68 r h  Sử dụng (5) ta có: V r   0, 0009 m  V 3 r Tương tự, ta tính được h  0, 0027 m  ;   0, 0028 m  7
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com Chương 1. PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ VÀ SIÊU VIỆT Bài 1. MỞ ĐẦU Trong mục này, ta tìm hiểu những phương pháp giải một số phương trình đại số dạng: f x   0 (*), với f x  là một hàm phi tuyến. Phương trình trên, trừ một vài trường hợp đặc biệt, có công thức giải đúng, còn nói chung không có công thức giải đúng (các công trình của nhà Toán học Abel đã khẳng định điều đó). Ở khía cạnh khác, các hệ số của f x  trong nhiều trường hợp cũng chỉ là các số gần đúng hoặc nghiệm của f x  là một biểu thức rất phức tạp, cho nên vấn đề giải đúng phương trình (*) cũng không thật sự cần thiết. Do đó, chúng ta cần quan tâm đến những phương pháp giải gần đúng, nhất là những phương pháp có thể dùng máy tính hỗ trợ. Để giải gần đúng phương trình (*), ta tiến hành các bước sau: . Thứ nhất là tách nghiệm, nghĩa là tìm một khoảng a, b  đủ nhỏ sao cho phương trình (*) có nghiệm duy nhất x *  a, b  . . Thứ hai là chính xác hóa nghiệm gần đúng đến độ chính xác cần thiết. Cơ sở để tách nghiệm là những kết quả sau đây mà bạn có thể bắt gặp ở tất cả các cuốn sách về Giải tích. Định lí 1.1.1. Giả sử f x  liên tục trên a, b  và f a  f b   0 . Khi đó phương trình f x   0 tồn tại ít nhất một nghiệm trong khoảng a, b  . Định lí 1.1.2. Nếu f x  liên tục trên a, b  và f a  f b   0 , hơn nữa, hàm số f x  có đạo hàm f  x  liên tục trên đoạn a, b  và f  x  không đổi dấu trên a, b  thì nghiệm nói trên là duy nhất. Bước tách (li) nghiệm thường được tiến hành nhờ phương pháp chia đôi hoặc phương pháp đồ thị. Nguyên tắc thực hiện phương pháp chia đôi như sau: Xác định f a  f b   0 , sau đó chia đôi đoạn a, b  và gọi a1, b1  là một trong hai nữa ở trên sao cho f a1  f b1   0 . Lại chia đôi đoạn a1, b1  và gọi a2, b2  là một trong hai đoạn con mà 8
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com f a2  f b2   0 ; quá trình cứ thế tiếp tục, (nếu tại ai mà f ai   0 hoặc bi mà f bi   0 thì ta nói giá trị đó là nghiệm đúng của phương trình f x   0 ) Nguyên tắc của phương pháp đồ thị như sau: Nghiệm của phương trình f x   0 là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  f x  với trục hoành; hoặc ta biến đổi f x   0 về dạng  x    x  . Khi đó nghiệm của phương trình f x   0 là hoành độ giao điểm của hai đồ thị y   x  và y   x  . Sau khi đã tách được nghiệm thì công việc tiếp theo là chính xác hóa nghiệm đến độ chính xác cần thiết. Để thực hiện bước này, ta có thể sử dụng một trong các phương pháp sau: phương pháp lặp, phương pháp dây cung, phương pháp tiếp tuyến, phương pháp Muller, phương pháp Laguerre,…Tất cả phương pháp được nêu chúng ta đều có thể lập trình bằng ngôn ngữ Matlab hoặc Fortran. Nhưng trong phạm vi bài giảng này, chúng ta sẽ bỏ qua hai phương pháp Muller và Laguerre. Phương pháp Muller cần sử dụng công cụ số phức còn phương pháp Laguerre thì cơ sở toán học chưa thật chặt chẽ. Sau đây chúng ta sẽ đi vào từng nội dung cụ thể. 9
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com Bài 2. PHƯƠNG PHÁP LẶP ĐƠN Xét phương trình f x   0 (1) có khoảng li nghiệm là a, b  . Ta biến đổi phương trình (1) về dạng tương đương: x   x  (2) Với xấp xỉ ban đầu x 0 thuộc khoảng a, b  đã cho, ta xây dựng dãy x n n0, nhờ vào hệ thức: x n 1   x n , n  0 . Nếu dãy x n n0, có giới hạn lim x n  x * thì x * chính là nghiệm đúng của phương trình (2) n  và cũng là nghiệm của (1) Tiếp theo, ta tìm hiểu một số điều kiện để dãy x n n0, hội tụ. Định lí 1.2.1. Giả sử hàm số y   x  khả vi liên tục trên a, b  và với mọi x  a, b  thì  x   a, b  . Khi đó, nếu ta có  x   L  1 với mọi x  a, b  thì dãy số x n n0, được xây dựng bởi hệ thức x n 1   x n , n  0 hội tụ đến nghiệm x * của phương trình f x   0 và ta có các ước lượng x n  x *  Ln x 0  x * L xn  x *  x n  x n1 1 L Ln xn  x *  x 0  x1 1L Nhận xét: Phương pháp lặp đơn có tính chất tự điều chỉnh, nghĩa là nếu tại một vài bước tính toán trung gian ta mắc phải sai số thì dãy x n n 0, vẫn hội tụ đến x * , tất nhiên chỉ một vài bước sai và sai số mắc phải không vượt ra ngoài đoạn. Một tính chất đặc biệt của phép lặp này là có thể đánh giá ngay từ đầu số bước lặp mà ta cần phải làm để có được độ chính xác theo yêu cầu. Thật vậy, từ biểu thức * Ln xn  x  x 0  x1 1 L 10
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com nếu ta muốn có nghiệm gần đúng với sai số  thì ta sẽ dừng lại ở bước lặp thứ n sao cho: Ln x 0  x1   1L Từ đây ta có đánh giá cho n  1  q    n   ln / ln q   x1  x 0  Từ định lí 1.2.1 cho thấy, nếu L càng nhỏ thì tốc độ hội tụ càng nhanh, và tốc độ hội tụ của phương pháp này rất chậm khi L càng gần 1. Trên đây ta nhắc đến việc chuyển từ (*) sang dạng tương đương (**) sao cho điều kiện  ' x   L  1, x  a; b  được thỏa mãn. Về vấn đề này có mấy nhận xét sau: . Giả sử 0  m  f ' x   M (với trường hợp M  f ' x   m  0 ta làm tương tự). . . Ta có thể chuyển từ (*) sang dạng tương đương sau: 1 x  x   f x    x  với   (***) M . Rõ ràng ta có: f  x  m   x   1   f  x   1   1  1, x  a;b  M M . Do đó phép lặp được xây dựng trên (***) sẽ hội tụ đến nghiệm cần tìm Ví dụ: Tìm nghiệm lớn nhất của phương trình x 3  x  1000  0 (1) Giải Đặt f x   x 3  x  1000 thì ta thấy f 9 .f 10  0 . Mặt khác f  x   3x 2  1  0, x  9,10 nên ta suy ra 9,10 là khoảng tách (li) nghiệm của phương trình (1). Có ba cách đưa (1) về dạng x   x  như sau: . x  1000  x 3 , vậy 1 x   1000  x 3 1000  x 1000  x .x 2 , vậy 2 x   x x2 . x  3 1000  x , vậy 3 x   3 1000  x Rõ ràng trong trường hợp 3, 3 x   3 1000  x có 11
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com 1 1 3 x    L 3 3 1000  x  2 200 Chọn x 0  10, x 3  9, 9667 với độ chính xác không quá 104 , ta có thể coi x *  x 3 . Bài 3. PHƯƠNG PHÁP NEWTON (PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN) Trong mục này, ta xét lại phương trình f x   0 . Giả sử rằng ta đã tìm được một khoảng li nghiệm của phương trình trên là khoảng a, b  , đồng thời f  x  , f  x  liên tục và không đổi dấu trên đoạn a, b  . Khi đó, với x 0 là xấp xỉ ban đầu được chọn, ta xây dựng dãy x n n0, theo công thức:  x n 1  x n  f x n   f  x n   n  0 Ta có thể chứng minh được, với một số điều kiện thích hợp phương pháp Newton hội tụ, chẳng hạn với điều kiện sau Định lí 1.3.1. Nếu phương trình f x   0 có a, b  là khoảng li nghiệm, đồng thời f  x  , f  x  liên tục và không đổi đấu trên đoạn a, b  , với x 0  a, b  sao cho f x 0 .f  x 0   0 ( x 0 ,được gọi là điểm Fourier, thường được chọn là một trong hai đầu mút a hoặc b). Khi đó dãy x n n 0, xây dựng như trên hội tụ đến nghiệm x * của phương trình f x   0 và ta có ước lượng M 2 x n 1  x *  x n 1  x n 2m với m, M là hai hằng số thỏa mãn 0  m  f  x  , x  a, b  f  x   M , x  a, b  Nhận xét: Nếu như việc tính toán f  x  tại mỗi điểm quá phức tạp và ta thấy f  x  không thay đổi lớn thì ta thay dãy xấp xỉ ở trên như dãy dưới đây, thường được gọi là phương pháp Newton cải tiến: 12
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com  x n 1  x n  f x n   f  x 0   n  0 Định lý 1.3.1 còn cho thấy phương pháp Newton có tốc độ hội tụ bậc hai. Vì thế, nếu phương pháp Newton làm việc thì nó hội tụ đến nghiệm nhanh hơn bất kì phương pháp nào khác. Ví dụ: Dùng phương pháp Newton giải phương trình x 3  2x  10  0 với độ chính xác 103 , biết khoảng li nghiệm là 2, 3 . Giải Đặt f x   x 3  2x  10 . Khi đó ta có: f  x   3x 2  2 f  x   6x Dễ thấy rằng f 3 f  3  0 nên ta chọn x 0  3 . Ta xây dựng dãy x n n 1, như sau:  x  x  f x n   x  x n  2x n  10 3  n 1 n f ' x n  n 3x n2  2  n  0 Với x 0  3 , ta tính được x1  2.5600 f x1   1.6572 x 2  2.4662 f x 1   0, 0668 x 3  2.4621 f x 3   1.2501.104 Chọn m  10, M  18 khi đó M 2 18 2 x3  x *  x 3  x2  0.0041  103 2m 20 Vì thế ta có thể chọn x *  x 3 . 13
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com Bài 4. PHƯƠNG PHÁP DÂY CUNG (THAM KHẢO) Trong mục này, ta phương trình f x   0 . Giả sử rằng ta đã tìm được một khoảng li nghiệm của phương trình trên là khoảng a, b  , đồng thời f  x , f  x  liên tục và không đổi dấu trên đoạn a, b  . Không giảm tổng quát, ta giả sử f  x   0 trên a, b  . Khi đó đồ thị y  f x  nằm phía dưới dây cung AB với A a, f a , B b, f b  . Trường hợp 1: Nếu f a   0 , ta xây dựng dãy x n n0, theo hệ thức: x 0  b   f x n  x  x  x n  a  n 1  n f x n   f a   n    Khi đó ta sẽ có dãy x n n0, đơn điệu giảm, bị chặn và: a  x *  ...  x n 1  x n  ...  x 0  b Trường hợp 2: Nếu f a   0 , ta xây dựng dãy x n n0, theo hệ thức: x 0  a   f x n  x n 1  x n  x n  b   f x n   f b   n    Khi đó ta sẽ có dãy x n n0, đơn điệu giảm, bị chặn và: a  x 0  x 1  ...  x n  x n 1  ...  x *  b Định lý 1.4.1: Nếu phương trình f x   0 có a, b  là khoảng li nghiệm, đồng thời f  x  liên tục và không đổi đấu trên đoạn a, b  , f  x  liên tục và dương trên đoạn a, b  . Khi đó dãy x n n 0, xây dựng như trên hội tụ đến nghiệm x * của phương trình f x   0 và ta có ước lượng M m x n 1  x *  x n 1  x n m với m, M là hai hằng số thỏa mãn 14
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com 0  m  f  x   M , x  a, b  Ví dụ: Giải phương trình x 3  x 2  x  1  0 bằng phương pháp dây cung biết khoảng li nghiệm là 0,1 với sai số không quá 103 . Giải Đặt f x   x 3  x 2  x  1 . Khi đó ta có: f  x   3x 2  2x  1 f  x   6x  2  0, x  0,1 Từ đây ta suy ra 1  f  x   6 . Dễ thấy f 0  1  0 . Ta xét dãy x n n0, được xây dựng như sau: x  0  0  x  x  f x n  x n2  2x n  1  n 1 x  1  f x n   f 1 n n  x n2  2x n  3  n  0,   Từ đây ta tính được x 6  0, 5428763, x 7  0, 543428, x 8  0, 543605 . Ta đánh giá sai số của x 8 so với nghiệm đúng M m 6 1 x8  x *  x8  x7  0, 543605  0, 543428  8, 85.104  103 m 1 Vậy ta lấy x *  x 8 . 15
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com Chương 2. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH Bài 1. MỞ ĐẦU Nhiều vấn đề của khoa học kĩ thuật, kinh tế, môi trường quy về việc giải hệ phương trình tuyến tính: a11x 1  a12x 2  ...  a1n x n  b1  a21x 1  a 22x 2  ...  a2n x n  b2  .........  am 1x 1  am 2x 2  ...  amnx n  bm Đặt A  aij mn là ma trận hệ số, b   m là vector cột hệ số tự do cho trước, x  n là vector cột phải tìm, thì hệ trên có thể được viết dưới dạng Ax  b Về phương diện lí thuyết, hệ phương trình trên có thể giải bằng công thức Cramer trong trường hợp m  n và det A  0 . Cụ thể hơn, ta có: det Aj xj  det A Trong đó Aj là ma trận nhận được từ A bằng cách thay cột thứ j của A bằng ma trận cột hệ số tự do b . Tuy nhiên, ý nghĩa sử dụng thực tế công thức này chỉ có đối với n đủ nhỏ n  2, n  3 , vì khi n đủ lớn thì chỉ riêng phép tính nhân đã tăng lên mức n  1n  1 n ! (tại sao ?), đến nỗi chỉ cần một hệ phương trình có 30 ẩn đã mất 378.080 tỉ năm để tính nghiệm theo công thức trên bằng máy tính có tốc độ 20 ngàn tỷ/giây. Nhưng quan trọng hơn là sau gần 400 ngàn tỷ năm ta nhận được một lời giải không phải là nghiệm của hệ đó nữa, đơn giản là vì phép tính quá lớn nên chỉ riêng sai số làm tròn số đã cho ta một kết quả chẳng liên quan gì đến hệ phương trình đã cho. Ví dụ này có lẽ đủ nói lên tầm quan trọng của phương pháp số. Nếu det A  0 thì ta nói hệ phương trình gần như suy biến. Khi đó việc làm tròn số trong quá trình tính nghiệm, dù bằng phương pháp tốt nhất hiện có, cũng dễ dẫn đến hệ suy biến và làm ta không thể nhận được lời giải mà đáng lẽ ra chúng phải tồn tại. Nói chung, có thể chỉ ra rằng, nếu ta lấy đại lượng: 16
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com 1  Ax   Ax  cond A  sup  . inf   x 0 x   x 0 x  làm đặc trưng cho ma trận A thì hệ phương trình với cond A lớn được gọi là hệ có thể trạng yếu sẽ rất nhạy cảm với những thay đổi của vế phải, dù là rất nhỏ, nghĩa là thay đổi về nghiệm sẽ rất lớn dù rằng thay đổi vế phải rất nhỏ (như làm tròn số). Ta sẽ làm rõ điều này bằng những phân tích sau đây Giả sử x * là nghiệm của hệ phương trình Ax  b , x **  x *  x * là nghiệm của hệ phương trình Ax  b ' với b  b ' b . Khi đó ta có : 1 1 1  Ax   Ax   Ax   Ax  x *  inf  inf  x  inf *  A x *   inf  b  x 0 x   x 0 x   x 0 x   x 0 x  Mặt khác 1 1 1  Ax   Ax  *  Ax   Ax  x *  sup  sup  x  sup  Ax *  sup  b  x 0 x   x 0 x   x 0 x   x 0 x  Từ đó, ta nhận được 1 x *  Ax   Ax  b b  sup  . inf   cond A x*  x 0 x   x 0 x  b b Ước lượng trên chứng tỏ sai số tương đối của nghiệm có thể bằng tích của cond A với sai số ở vế phải. Từ đó suy ra rằng với ma trận A thể trạng yếu thì nghiệm của nó thay đổi nhiều so với những thay đổi nhỏ ở hệ số và các hạng số tự do. Như vây, giải hệ phương trình tuyến tính thể trạng yếu là bài toán khó của toán học tính toán. Các phương pháp giải hệ có thể phân làm hai nhóm chính: nhóm các phương pháp trực tiếp và nhóm các phương pháp lặp. Đối với các phương pháp trực tiếp thì số các phép toán có thể dự đoán trước được, còn đối với phương pháp lặp thì nói chung không thể dự đoán trước được số lần cần lặp để có được nghiệm xấp xỉ với sai số mong muốn. Các phương pháp lặp thường được sử dụng đối với hệ có số ẩn và số phương trình lớn, hệ gần suy biến hay thể trạng yếu. Sau đây, ta sẽ đi vào một số phương pháp thông dụng để giải hệ phương trình. 17
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com Bài 2. PHƯƠNG PHÁP KHỬ GAUSS Tư tưởng của phương pháp Gauss là đưa hệ phương trình Ax  b về dạng tam giác hoặc dạng hình thang, lúc đó nghiệm tìm được nhờ quá trình thế ngược. Cụ thể hơn ta sẽ dùng phương pháp Gauss để giải hệ phương trình: a11x 1  a12x 2  ...  a1n x n  b1  a21x 1  a 22x 2  ...  a2n x n  b2 .........   am 1x 1  am 2x 2  ...  amnx n  bm Không mất tổng quát, chúng ta luôn giả thuyết a11  0 . Để ma trận A có dạng tam giác hoặc là hình thang, đầu tiên, chúng ta làm cho các phần tử ở cột thứ nhất, dòng thứ hai trở đi biến thành 0 a bằng cách nhân dòng một với  i 1 rồi cộng vào dòng i i  2, 3,...m  , sau m  1 phép biến đổi như a11 vậy chúng ta thu được hệ phương trình tương đương a11x 1  a12x 2  ...  a1n x n  b1   ' a22 x 2  ...  a 2' n x n  b2'   ......... (*)    am' 2x 2  ...  amn ' x n  bm'  Trong đó: ai 1 aij'  aij  a1 j a11 ai 1 bi'  bi  b1 a11 Ở đây, ta còn nói “ khử ẩn x1 ” , tiếp theo bằng cách tương tự chúng ta “khử ẩn x 2 ” từ phương trình thứ ba trở đi đối với hệ (*). Sau đó, ta lại “ khử ẩn x 3 ” từ phương trình thứ tư trở đi (nếu có)… Quá trình khử ẩn ở trên là quá trình lặp, sau hữu hạn bước biến đổi quá trình sẽ dừng lại ở một trong các trường hợp sau: 1. Hệ nhận được có dạng tam giác (hệ có duy nhất nghiệm) hay ma trận A có dạng tam giác 2. Hệ nhận được có dạng bậc thang (hệ có vô số nghiệm) hay ma trận hệ số có dạng bậc thang. 3. Trong hệ xuất hiện phương trình có dạng 18
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com 0x 1  0x 2  ...  0x n  b với b  0 Khi đó hệ vô nghiệm Chú ý: 1. Trong quá trình biến đổi trong hệ xuất hiện phương trình dạng 0x 1  0x 2  ...  0x n  0 Khi đó, chúng ta có thể loại bỏ phương trình này ra khỏi hệ phương trình 2. Về mặt thực hành, để giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp khử ẩn liên tiếp, ta làm như sau: . Xác định ma trận hệ số mở rộng A  A | b  . Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để biến đổi sao cho ma trận hệ số A chuyện thành dạng tam giác hoặc bậc thang. . Giải hệ phương trình bằng quá trình ngược. Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 2x  x  3x  4  1 2 3  x 1  2x 2  x 3  0  3x1  2x 3  1  Giải Bước 1: Lập ma trận hệ số mở rộng A 2 1 3 4      A  A | b   1 2 1 0    3 0 2 1   Bước 2: Biến đổi A để đưa ma trận A về dạng tam giác hoặc hình thang: 2 1 3 4  1 2 1 0        d1d2   A  A | b   1 2 1 0     2 1 3 4      3 0 2 1 3 0 2 1     19
GV: Huỳnh Hữu Dinh – Trường Đại học Công Nghiệp TPHCM Email: hhdinh19@gmail.com   1 2 1 0      1 2 1 0   6  d3 d3 5d2    d 2 d2 2d1      0 5 5 4        0 5  5 4 d 3 d 3 3d1   0 6 5 1   0 0 1 29        5 Bước 3: Khôi phục lại hệ phương trình   x 1  2x 2  x 3  0   5x 2  5x 3  4   29  x3    5 Hệ có nghiệm duy nhất là: 19 24 29 x1   ; x2   ; x3   5 5 5 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.