Giáo trình Phương pháp tính

51 trang phuongnguyen 3020

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình Phương pháp tính", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

giao_trinh_phuong_phap_tinh.pdf

Nội dung text: Giáo trình Phương pháp tính

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM KỸ THUẬT TP. HỒ CHÍ MINH KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN BỘ MÔN TOÁN Trƣơng Vĩnh An - Phạm Văn Hiển - Lê Xuân Trƣờng GIÁO TRÌNH PPHHƯƯƠƠNNGG PPHHÁÁPP TTÍÍNNHH
TRÖÔØNG ÑAÏI HOÏC SÖ PHAÏM KYÕ THUAÄT TP. HOÀ CHÍ MINH KHOA KHOA HOÏC CÔ BAÛN BOÄ MOÂN TOAÙN Tröông Vónh An - Phaïm Vaên Hieån - Leâ Xuaân Tröôøng GIAÙO TRÌNH PHÖÔNG PHAÙP TÍNH LÖU HAØNH NOÄI BOÄ
GIÁO TRÌNH PHƯƠNG PHÁP TÍNH Trương Vĩnh An - Phạm Văn Hiển - Lê Xuân Trường
In 300 cuốn, khổ 16x24. Lưu hành nội bộ theo giấy đề nghị số 135/ĐN-ĐHSPKT-TV ngày 16 tháng 03 năm 2011 của Thư viện Trường Đại học Sư phạm Kỹ thuật Tp. Hồ Chí Minh GIỚI THIỆU Các bài toán ứng dụng trong kinh tế, kỹ thuật thường là không “đẹp” và không thể giải theo các phương pháp tính đúng. Người ta cần các phương pháp giải có tính chất giải thuật và, nếu các kết quả là gần đúng thì sai số phải “đủ nhỏ” (thường là hội tụ về 0). Cho dù các phương pháp đó đòi hỏi lượng phép tính lớn, thì với máy tính, bài tóan dễ dàng được giải quyết. Một trong các ngành học nghiên cứu các phương pháp như trên là Giải tích số. Giáo trình phương pháp tính này được viết với mục đích nhập môn Giải tích số và dành riêng cho sinh viên Đại học Sư phạm Kỹ thuật TP.HCM. Với mục đích và đối tượng như vậy, tài liệu không đào sâu các cơ sở toán học của giải thuật cũng như tính tổng quát của các bài toán. Các lập luận chủ yếu dùng các lý thuyết cơ bản mà sinh viên đã học trong toán cao cấp A1 như định nghĩa đạo hàm, các định lý trung bình, khai triển Maclaurin Trong các lập luận, chứng minh trong tài liệu này, người đọc hãy xem các điều kiện “đầu vào” là thỏa mãn đến mức cần thiết. Ví dụ trong lập luận cần đến đạo hàm cấp 3 của f(x) thì xem như f(x) đảm bảo khả vi đến cấp 3 Cũng như tính duy nhất nghiệm của các bài toán là mặc định. Dù đã rất cố gắng nhưng chắc chắn tài liệu này còn nhiều thiếu sót. Rất mong người đọc và các đồng nghiệp quan tâm và góp ý. Nhóm tác giả
Chương 1: Sai số Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - CHƯƠNG 1 SAI SỐ §1. SAI SỐ TUYỆT ĐỐI VÀ SAI SỐ TƢƠNG ĐỐI 1. Sai số tuyệt đối Ta cần xấp xỉ A bằng số gần đúng a thì ta viết A ≈a. Khi đó sai số phép tính gần đúng là mức chênh lệch giữa A và a, tức là Aa . Tuy nhiên, vì không tính đúng A được nên ta cũng không thể tính được mức chênh lệch này. Chúng ta sẽ đánh giá sai số bằng một cận trên của nó Aa a (1.1) Khi đó a được gọi là sai số tuyệt đối giới hạn hay sai số tuyệt đối nếu không sợ nhầm lẫn. Rõ ràng là sai số tuyệt đối có nhiều chọn lựa. Ví dụ 1.1: Nếu lấy gần đúng 3.14 , dù không biết chính xác số π nhưng ta có 3,14 0,0016 0,002 0,003. Như vậy ta có thể chọn sai số tuyệt đối là 0,0016 hay 0,002, hay nhiều chọn lựa khác. Sai số tuyệt đối cho phép chúng ta xác định khoảng giá trị của đại lượng đúng A, tức là A  a aa; a  hay còn viết là Aa a . Do đó ta sẽ chọn nhỏ nhất theo yêu cầu nào đó. Thông thường ta yêu cầu gồm một chữ số khác 0. Với yêu cầu đó, trong ví dụ trên ta có 3,14 2.10 3 2. Sai số tƣơng đối Sai số tuyệt đối cho chúng ta xác định miền giá trị của đại lượng đúng A nhưng không cho biết mức chính xác của phép tính. Để so sánh sai số nhiều phép tính gần đúng khác nhau, chúng ta xét sai số tương đối  a (1.2) a a 1 Ví dụ 1.2: Phép tính 0,111 có sai số tuyệt đối là 2.10 4 nhỏ hơn trong ví dụ 1.1 nhưng nếu so sánh 9 2.10 34 2.10 1 sai số tương đối ta có . Vậy phép tính 0,111 có sai số lớn hơn phép tính 3,14 3,14 0,111 9 §2. SAI SỐ QUY TRÒN Một số d ạng thập phân có thể có nhiều chữ số. Những chữ số mà nếu ta bỏ đi sẽ làm thay đổi giá trị của số thì được gọi là chữ số có nghĩa. Như vậy ta chỉ viết các chữ số có nghĩa khi biểu diễn số. Tuy nhiên, nếu một số có quá nhiều chữ số có nghĩa (thậm chí vô hạn) thì ta cần quy tròn bớt. Việc quy tròn sẽ làm phát sinh sai số. Hãy xem ví dụ 1.1 và 1.2 là một minh họa. Quy ước khi quy tròn số: Nếu chữ số quy tròn nhỏ hơn 5 thì ta quy tròn xuống và các trường hợp khác ta quy tròn lên. Với một số gần đúng chúng ta không quy tròn nhiều lần. Ví dụ nếu cần quy tròn 1,2345 giữ lại 3 chữ số ta xét chữ số 4 và quy tròn thành 1,23 (không xét chữ số 5) 1 2 Ví dụ 1.3: Tính gần đúng tích phân I ex dx . Trước hết chúng ta thay tích phân (diện tích hình 0 1 thang cong) bằng diện tích hình thang Ie 1 , sai số ở đây được gọi là sai số phương pháp, đặt là . 2 Trang | 1 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Chương 1: Sai số Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - 1 Tiếp theo chúng ta tính biểu thức dạng số thập phân 1 e 1,85914 1,859, sai số quy tròn phát sinh 2 là 1,85914 1,859 2.10 4 . Vậy ta có kết quả I 1,859  2.10 4 . §3. CHỮ SỐ CHẮC Ví dụ 1.3 cho thấy sai số cuối cùng là tổng sai số phương pháp và sai số quy tròn. Từ đây đặt ra yêu cầu quy tròn sao cho sai số quy tròn không làm tăng đáng kể sai số cuối cùng. Chúng ta đặt ra khái niệm chữ số chắc để giải quyết yêu cầu. Cho Aa a trong đó a gồm các chữ số ai: a a1 a 0 , a 1 (chữ số hàng đơn vị là a0, từ trái sang i phải chỉ số giảm dần). Khi đó chữ số ai được gọi là chắc khi và chỉ khi a 0,5.10 (1.3) Nhận xét: Nếu (1.3) đúng với i=i0 thì cũng đúng với mọi i>i0 và nếu (1.3) sai với i=i0 thì cũng sai với mọi i<i0. Như vậy các chữ số chắc luôn ở bên trái các chữ số không chắc. Để đảm bảo sai số quy tròn không ảnh hưởng đến sai sai số cuối cùng, chúng ta sẽ làm tròn giữ lại một chữ số không chắc. Khi đó, sai số quy tròn nhỏ hơn sai số trước quy tròn. Từ đây trở về sau nếu quy tròn giữ lại chữ số không chắc, ta sẽ bỏ qua sai số quy tròn. Ví dụ 1.4: Hãy làm tròn số gần đúng với một chữ số không chắc trong phép tính A 12,345677 3.10 4 . Xét bắt đẳng thức (1.3) với D=3.10- 4 , ta thấy i nhỏ nhất thỏa (1.3) là i=-3, tức là 0,5.10 4 3.10 4 0,5.10 3 . Vậy số gần đúng chỉ có 5 chữ số chắc 1, 2, 3, 4, 5. Theo yêu cầu ta sẽ làm tròn là A 12,3457 . Khi đó sai số quy tròn là 2,3.10 54 3.10 . Nếu làm tròn hết các chữ số không chắc ta có A 12,346 và sai số quy tròn sẽ là 3,23.10 4 lớn hơn cả sai số ban đầu. Khái niệm chữ số chắc còn có một ý nghĩa khác. Xét ví dụg: Cho số ần đúng A 12,3 có một chữ số không chắc. Khi đó chữ số 2 là chắc và ta có (1.3) thỏ a với i=0. Nói cách khác sai số không quá 0,5.100 vậy ta có biểu diễn sai số A 12,3 5.10 1. §4. SAI SỐ BIỂU THỨC Trong phần này chúng ta tính sai số khi tính toán một biểu thức mà các biến đầu vào có sai số. Một biểu thức có thể có nhiều biến đầu vào. Ở đây, ta xét trường hợp 2 biến A f x; y . Giả sử xx 0 x và yy 0 y . Khi đó A f x00; y với sai số tuyệt đối a f x x0;; y 0 x f y x 0 y 0 y (1.4) Ví dụ 1.5: Đo bán kính quả cầu bằng thước đo với sai số tương đối 0,1% ta được R 13,44 cm. 4 Với 3,14 ta có V .3,14.(13,44)3 10164,03591 . Sai số khi đó là 3 4 32 . 13,44 4. 3,14 . 13,44 . VR3 3 Theo ví dụ 1.1 ta có 2.10 , xét công thức sai số tương đối (1.2) ta có R 13,44.0,1%. Vậy 1 13 2 V 4.10 . Với một chữ số không chắc ta có kết quả V 10160 4.10 cm hay Vl 10,16 4.10 . Trang | 2 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Chương 1: Sai số Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - §5. BÀI TẬP 1.1 Cho số gần đúng a = 12.45972 với sai số tương đối a 0.7% . Hãy làm tròn a với 1 chữ số không chắc. So sánh sai số do làm tròn và sai số ban đầu 1.2 Để tính thể tích hình cầu V với sai số tương đối 1.2% thì cần đo bán kính của V với sai số thế nào trong hai trường hợp a) Cho  = 3.14 b) Cho số = 3.14159 3.14 y 1.3 Cho biểu thức ux . Biết x 1.321 và y 0.9731 với 1 chữ số không chắc. Tính u và sai x số xy 2 1.4 Cho u trong đó x 3,28 y 0,932 z 1,132 với sai số tương đối 0,3%. Hãy tính u với z 2 chữ số không chắc. 1.5 Dùng công thức (1.4) chứng minh rằng sai số tuyệt đối của tổng bằng tổng các sai số tuyệt đối, sai số tương đối của tích là tổng các sai số tương đối. 1.6 Cho phương trình bậc hai x2 + bx + c = 0 trong đó bc»»-2.34; 1.57 với cùng sai số tương đối là 0,7%. Hãy giải phương trình và cho biết sai số e + 1 1.7 Cho e » 2,71, hãy tính gần đúng A » và đánh giá sai số. 2 1.8 Dùng thước đo có sai số tương đối  để đo chiều cao, đáy lớn, đáy bé của một hình thang, kết quả lần lượt là 2,3cm; 12,5cm và 4,01cm. Hãy cho biết  không quá bao nhiêu để sai số tương đối khi tính diện tích hình thang không quá 1%. Trang | 3 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 2: Giải gần đúng phương trình đạo số và siêu việt CHƯƠNG 2 GIẢI GẦN ĐÚNG PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ VÀ SIÊU VIỆT §1. NGHIỆM VÀ KHOẢNG TÁCH NGHIỆM 1. Nghiệm Một phương trình đại số có dạng tổng quát f(x) = 0 (2.1). Nghiệm phương trình là giá trị x* thỏa mãn phương trình, tức là f(x*) = 0. Việc giải phương trình (2.1) được chia thành 2 bước: - Bước sơ bộ: Tìm các khoảng tách nghiệm là những khoảng mà trên đó phương trình có nghiệm duy nhất - Bước kiện toàn: Tìm nghiệm gần y đúng trên từng khoảng tách nghiệm y=f(x) Ở dạng đồ thị, nghiệm phương trình là hoành độ giao điểm giữa đường O x cong y = f(x) và trục hoành. Trong phần này chúng ta nêu một cách tìm khoảng tách nghiệm và hai H1 phương pháp kiện toàn nghiệm. 2. Khoảng tách nghiệm Việc tìm các khoảng tách nghiệm có nhiều cách. Ví dụ, chúng ta vẽ đồ thị y = f(x) và dựa vào đó tìm khoảng tách nghiệm. Trong phần này chúng ta nêu lại một kết quả giúp tìm khoảng tách nghiệm Định lý 2.1: Giả sử phương trình (2.1) thỏa f(x) có đạo hàm f’(x) không đổi dấu trên [a,b]. Khi đó: - Nếu f(a) cùng dấu f(b) thì phương trình không có nghiệm trên [a,b] - Nếu f(a) trái dấu f(b) thì [a,b] là khoảng tách nghiệm phương trình. Ví dụ 2.1: Xét phương trình f( x ) x3 3 x 5 0 . Lập bảng xét dấu đạo hàm ta có x - -1 1 + f ( x ) 3 x2 3 + 0 - 0 + Tính giá trị hàm ta có ff 0, 1 0, ff 1 0, 0 . Vậy phương trình chỉ có một nghiệm trong khoảng (- ;-1). Xét thêm một điểm trong khoảng (1;+ ). ta chọn f(-3)<0. Từ đó suy ra phương trình chỉ có một nghiệm thuộc khoảng tách nghiệm [-3;-1]. Tương tự sinh viên hãy xét phương trình xe x 0 và cho biết số nghiệm phương trình với khỏang tách nghiệm tương ứng. Trang | 4 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 2: Giải gần đúng phương trình đạo số và siêu việt §2. PHƢƠNG PHÁP LẶP ĐƠN 1. Nội dung phƣơng pháp Cho phương trình (2.1) với khoảng tách nghiệm [a,b]. Gọi x* là nghiệm phương trình trên [a,b] Đưa phương trình về dạng xx () sao cho x q 1,  x  a b (2.2) Chọn một giá trị x0  a, b làm giá trị ban đầu Tính dần các phần tử của dãy số x1 x 0 ; x 2 x 1 ; ; xnn x 1 (2.3) Nếu các phần tử của dãy trên đều thuộc khoảng tách nghiệm thì dãy số sẽ hội tụ về nghiệm x*. Sau một số n bước tính ta có nghiệm gần đúng xx* n . Khi đó sai số tuyệt đối được đánh giá theo công thức q x x* x x   (2.4) n1 q n n 1 n 2. Sự hội tụ và sai số Trước hết chúng ta chứng minh sự hội tụ của phương pháp. Áp dụng định lý giá trị trung bình Lagrange ta có: xn 1 x n x n x n 1 c x n x n 1 n 1 n q xnn x 1 q x 1 x 0  0 Do đó dãy {xn} là dãy Cô si nên hội tụ. Mặt khác do hàm liên tục (có đạo hàm nên liên tục) nên nếu ta đặt limxn X X lim x n 1 lim x n X . n n n Vậy {xn} hội tụ về nghiệm phương trình trên [a,b] Tiếp theo chúng ta tìm công thức đánh giá sai số. Cũng bằng cách áp dụng định lý Lagrange ta có xxxxnkn nkn 1 xxqx n 1 n nk 1 xxx nnn 1 . Cho k ta có x xn q x x n x n x n 1 hay . Về việc chọn giá trị x0: Để đảm bảo sự hội tụ phương pháp chúng ta phải đảm bảo giả thiết (2.2) và giả thiết xn thuộc khoảng tách nghiệm với mọi n. Tuy nhiên nếu biết nghiệm x* thuộc nửa trái hay nửa phải khoảng tách nghiệm ta có thể chọn x0 sao giả thiết thứ hai thỏa mãn. Cụ thể nếu nghiệm x* thuộc nửa trái khoảng tách nghiệm, tức là thuộc [a,(a+b)/2] thì ta chọn x0=a. Và trường hợp nghiệm thuộc nửa phải khoảng tách nghiệm ta chọn x0=b. Để xác định nghiệm thuộc nửa trái hay nửa phải khoảng tách nghiệm, chúng ta xét dấu hàm f(x) tại điểm giữa khoảng tách nghiệm và dùng định lý 2.1. Nói chung ta có cách chọn x0 như sau: Trang | 5 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 2: Giải gần đúng phương trình đạo số và siêu việt ab a f a f 0 2 x0 ( 2.5) ab b f a f 0 2 Sơ đố khối phương pháp lặp: Phương trình xx () , khoảng tách nghiệm [a,b] và sai số yêu cầu  x q 1,  x  a b ab f(a) cùng dấu f( ) 2 Đ S x0=b x0=a x1= (x0) q xx ≤ x =x 1 q 10 S 0 1 Đ x*≈x1 3. Một cách khác đánh giá sai số Giả sử phương trình (2.1) có f(x) khả vi và f¢( x) ³ m >0, " x Î [ a b]. Gọi x* và xn lần lượt là nghiệm và nghiệm gần đúng trên khoảng tách nghiệm [a,b]. Theo định lý trung bình ta có f( x*)- f( xn ) xx*-= trong đó c nằm giữa x* và xn. Khi đó ta có đánh giá sai số là n fc¢( ) fx( ) xx*-£ n (2.5) n m 4. Thực hành trên máy Casio Ví dụ 2.2: Cho phương trình f x  x3 3 x 5 0 . Dùng phương pháp lặp đơn giải phương trình trên khoảng tách nghiệm [2;3] với yêu cầu: a) Ba bước lặp và đánh giá sai số b) Nghiệm gần đúng có 5 chữ số chắc Trang | 6 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 2: Giải gần đúng phương trình đạo số và siêu việt Giải: Trước hết đưa phương trình về dạng (2.2) x 3 35 x  x Khi đó với mọi x thuộc [2;3] ta có 11 xq 0.203 22 33 3x 5 6 5 Xét f(2) 0 nên từ (2.4) chọn x0 = 2 a) Bước tính (2.3) Bấm trên máy Màn hình x0=2 2 = 2 x1= (x0) (3*ans+5)^(1/3) = 2,223980091 x2= (x1) = 2,268372388 x3= (x2) = 2,276967161 Với yêu cầu 3 bước lặp ta có nghiệm gần đúng x3=2,276967161. Đánh giá sai số q xx 3.10 3 1 q 32 Với một chữ số không chắc ta có kết quả x* 2,277 3.10 3 b) Do nghiệm có một chữ số bên trái dấu thập phân nên nghiệm gần đúng có 5 chữ số chắc nếu chữ số thứ 4 sau dấu thập phân là chắc. Tức là sai số không quá 5.10-5 Đánh giá: q x x 5.10 54 x x 1,96 10 (*) 1 q n n 11 n n Bước tính Bấm trên máy Màn hình x0=2 2 = 2 x1= (x0) (3*ans+5)^(1/3) = 2,223980091 x2= (x1) = 2,268372388 x3= (x2) = 2,276967161 x4= (x3) = 2,278623713 x5= (x4) = 2,278942719 x6= (x5) = 2,279004141 So sách từ trái qua phải đến chữ số thứ 4 sau dấu thập phân trong các giá trị xn ta nhận thấy x6 thỏa (*) nên vòng lặp dừng và ta có kết quả x* 2,27900với 5 chữ số chắc, hay sai số không quá 5.10-5. §3. PHƢƠNG PHÁP NEWTON 1. Nội dung phƣơng pháp Cho phương trình (2.1) với khoảng tách nghiệm [a,b]. Gọi x* là nghiệm phương trình trên [a,b]. Trang | 7 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 2: Giải gần đúng phương trình đạo số và siêu việt Giả sử đạo hàm f’(x) và f’’(x) không đổi dấu (Riêng đạo hàm cấp 1 khác 0) trên khoảng tách nghiệm. Chọn một giá trị x0  a, b sao cho f(x0) cùng dấu f x0 làm giá trị ban đầu (ta gọi x0 như thế là điểm fourier). Tính dần các phần tử của dãy số f x01 f x x1 x 0 ; x 2 x 1 ; f x01 f x fx n 1 xxnn 1 (2.6) fx n 1 Khi đó dãy số xn sẽ đơn điệu hội tụ về nghiệm x*. Sau một số n bước lặp ta có nghiệm gần đúng xx* n với sai số tuyệt đối được đánh giá theo công thức M 2 x x* x x (2.7) n2m n n 1 Trong đó m và M đánh giá từ các bất đẳng thức f x m 0; f x M ,  x  a , b (2.8) 2. Sự hội tụ và sai số Trước hết chúng ta chứng minh sự hội tụ của phương pháp. Trong khai triển Maulaurin tại x0 phần dư Lagrange, cho x=x1 ta fc¢¢( ) 2 có: f( x)= f( x) + f¢( x)( x - x) +( x - x ) trong đó c nằm giữa x0 và x1. Thế công thức x1 từ 1 0 0 1 02 1 0 (2.6) vào ta có fc¢¢( ) 2 f( x)=-( x x ) (*) 12 1 0 Xét trường hợp f’ và f’’ cùng dấu dương. Biểu thức (*) suy ra f(x1)≥0, mặt khác hàm đồng biến nên suy ra x1≥x*. fx( 0 ) Dùng biểu thức (2.6) với x1 với lưu ý f(x0) cùng dấu dương với f’’ nên: xx10- = - £ 0 fx¢( 0 ) hay x1≤x0. Như vậy chúng ta chứng minh được x*≤x1≤x0, x1 thuộc khoảng tách nghiệm và f(x1) cùng dấu f’’. Bằng cách làm tương tự và thay x0 là x1 ta lại chứng minh được điều tương tự với x2, Do đó dãy {xn} giảm và bị chặn dưới bởi x* nên hội tụ, đặt Xx= lim n . Cho n trong biểu n®¥ thức (2.6) ta có f(X)=0 nên X=x* là nghiệm cần tìm. Trường hợp f’ và f’’ cùng âm ta làm tương tự Các trường hợp f’ và f’’ trái dấu làm tương tự (dãy xn giảm) Tiếp theo ta chứng minh công thức đánh giá sai số. fc¢¢( ) 2 Tổng quát biểu thức (*) ta có f( x)=-( x x ) n2 n n- 1 Trang | 8 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 2: Giải gần đúng phương trình đạo số và siêu việt Từ biểu thức (2.6) suy ra f( x) f¢¢( c)( x- x )2 xx- = -n = n n- 1 nn+ 1 ¢¢ f( xnn) 2 f( x ) M 2 Đặt m, M từ (2.8) ta có x- x £( x - x ) n+-11 n2m n n Dãy xn đơn điệu hội tụ về x* cho nên xn+1 nằm giữa x* và xn. Do vậy ta có công thức sai số (2.7). Về việc chọn x0: Trên khoảng tách nghiệm có nhiều giá trị x0 thỏa điều kiện là điểm fourier nên x0 có nhiều chọn lựa. Tuy nhiên, bằng cách xét từng trường hợp về dấu f’ và f’’ ta có công thức xác định x0 một cách rõ ràng như sau: a f x f x 0 x0 (2.9) b f x f x 0 Về tốc độ hội tụ: Sai số của phương pháp lặp đơn và phương pháp Newton là các vô vùng bé khi n tăng lên vô hạn. Điều này chứng tỏ với mọi sai số yêu cầu, tồn tại bước lặp hữu hạn thõa mãn sai số không quá sai số yêu cầu. So sánh bậc của hai vô cùng bé đó, ta nhận thấy sai số ở phương pháp Newton có bậc hai so với sai số phương pháp lặp đơn. Điều này chứng tỏ tốc độ hội tụ ở phương pháp Newton cao hơn. Nói cách khác với cùng sai số yêu cầu, phương pháp Newton thường có số bước lặp nhỏ hơn. Một cách khác đánh giá sai số: chúng ta cũng có thể đánh giá sai số phương pháp lặp đơn theo công thức (2.5). Sơ đố khối phương pháp Newton: Phương trình (2.1), khoảng tách nghiệm [a,b] và sai số yêu cầu . f' và f’’ không đổi dấu trên khoảng tách nghiệm f '(a) cùng dấu f ’'(a) Đ S x0=b x0=a fx 0 xx10 fx 0 M 2 S x0=x Đ xx10 ≤ 2m 1 x*≈x1 3. Thực hành trên máy Casio Ví dụ 2.3: Cho phương trình f x  x3 3 x 5 0 . Dùng phương pháp Newotn giải phương trình trên khoảng tách nghiệm [2;3] với yêu cầu: a) 3 bước lặp và đánh giá sai số b) Nghiệm gần đúng có 5 chữ số chắc c) 2 bước lặp với x0=2,4 Trang | 9 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 2: Giải gần đúng phương trình đạo số và siêu việt Giải: Xét dấu đạo hàm cấp 1 và 2 trên [2;3] ta được f¢( x)=3 x 2 - 3 ³ 12 - 3 > 0 và f¢¢( x)=³60 x . Theo (2.9) ta chọn x0=3 a) Với yêu cầu 3 bước lặp ta có nghiệm gần đúng x3 Bước tính (2.6) Bấm trên máy Màn hình x0=3 3 = 3 Ans-(ans^3-3*ans- 2,458333333 fx 0 xx10 5)/(3*ans^2-3) = fx 0 = 2,294310576 fx 1 xx21 fx 1 = 2,279144331 fx 2 xx32 fx 2 Vậy x3=2,279144331 là nghiệm gần đúng Để đánh giá sai số ta tính f¢( x) =3 x2 - 3 ³ 9 = m và f¢¢( x) =6 x £ 18 = M suy sai số M 2 xx 3.10 4 2m 32 Với một chữ số không chắc ta có kết quả x* 2,2791 3.10 4 b) Tương tự ví dụ 2.2, yêu cầu sai số không quá 5.10-5 M 2 Đánh giá x x 5.10 5 x x 0,0070 (*) 2m n n 11 n n Bước tính (2.6) Bấm trên máy Màn hình x0=3 3 = 3 Ans-(ans^3-3*ans- 2,458333333 5)/(3*ans^2-3) = = 2,294310576 = 2,279144331 2,279018795 fx 3 xx43 fx 3 So sánh các kết quả gần đúng từ trái qua phải đến chữ số thứ 3 sau dấu thập phân trong các giá trị xn ta nhận thấy x4 thỏa (*) nên vòng lặp dừng và ta có kết quả x* 2,27902với 5 chữ số chắc, hay sai số không quá 5.10-5. Bước tính (2.6) Bấm trên máy Màn hình Trang | 10 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 2: Giải gần đúng phương trình đạo số và siêu việt x0=2,4 2.4 = 2.4 Ans-(ans^3-3*ans- 2,28627451 fx 0 xx10 5)/(3*ans^2-3) = fx 0 = 2,27904723 fx 1 xx21 fx 1 c) Tính sai số tương tự các câu trên và ta có kết quả x* 2,27904 7.10 5 4. Tìm căn bậc k (k nguyên dƣơng) một số thực Cho k nguyên dương, a>1 và xét phương trình xak = (2.10) Rõ ràng (2.10) có nghiệm xa*= k trên khoảng tách nghiệm [1;a]. Đặt f(x)=xk-a. Trên khoảng [1;a], đạo hàm cấp 1 và 2 của f(x) cùng mang dấu dương nên theo k (xan- 1) - phương pháp Newton ta chọn x0=a. Dãy nghiệm gần đúng có công thức xxnn= 1 k- 1 . kx( n- 1) Để tìm m, ta xét: f¢( x) = kxk- 1 ³ k = m í xa= ï 0 ï k Vậy dãy số ìï (xa) - (2.11) hội tụ về . Bằng cách dùng một phần tử thứ n ï n- 1 ï xxnn= 1 k- 1 ï kx îï ( n- 1) k (xan ) - trong dãy làm giá trị gần đúng của x* ta có sai số theo (2.5) là xx*-£ n k Trường hợp a<1 chúng ta xây dựng tương tự. Ví dụ 2.5: Tính gần đúng 3 bằng các phép toán +,-,*,/ với sai số không quá 10-8. ïí x = 3 2 ï 0 (x ) - 3 ï 2 n Áp dụng (2.11) ta có dãy số ì (x ) - 3 và sai số của xn là 3-£xn . Kết ï xx=-n- 1 2 ï nn- 1 2 x îï ( n- 1) quả tính toán: xn 3 2 1,75 1,73214 1,73205081 Sai số 0,03 2.10-4 5.10-9 §4. BÀI TẬP Mỗi bài toán sau hãy dùng phương pháp lặp đơn và phương pháp Newton giải gần đúng với yêu cầu a) Hai bước lặp (có đánh giá sai số) với hai giá trị ban đầu x0 khác nhau b) Sai số không quá 10-5. c) Nghiệm gần đúng có 7 chữ số chắc Trang | 11 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 2: Giải gần đúng phương trình đạo số và siêu việt 2.1 Phương trình x3 + x + 1 = 0 trên khoảng tách nghiệm [-0,8;0] 2.2 Phương trình ex + 2x =0 trên khoảng tách nghiệm [-1;0] 2.3 Phương trình x = ln(x+2) trên khoảng tách nghiệm [1;2] 2.4 Phương trình x = cosx trên khoảng tách nghiệm [0,6;0,8] Mỗi phương trình sau hãy cho biết số nghiệm phương trình và các khoảng tách nghiệm tương ứng. Dùng phương pháp lặp đơn và phương pháp Newton tìm nghiệm lớn nhất với 4 chữ số chắc 2.5 Phương trình x3 – 3x = 2010 2.6 Phương trình 2x = ln(x+1000) 2.7 Phương trình x + 2011 = ex 2.8 Dùng (2.11) tính gần đúng 0.91 và 4 7 với sai số không quá 10-4. 2.9 Dùng (2.5) chứng minh rằng nếu phương trình (2.1) thỏa f’ và f’’ cùng dương trên khoảng tách nghiệm thì sai số phương pháp lặp đơn và phương pháp Newton có thể đánh giá bằng công thức fx( ) xx*-£ n n fa¢( ) 2.10 Chứng minh rằng sai số phương pháp lặp đơn có thể đánh giá bằng công thức qn x*- x £ x - x . n 1- q 01 Áp dụng vào phương trình xx=+1 sin trên khoảng tách nghiệm [1;2] với x0=1,5 tìm số bước lặp cần thiết để sai số không quá 10-9. 2.11 Cho phương trình xx43-=4 -26 có khoảng tách nghiệm [2,5;3,2]. Hãy thu hẹp khoảng tách nghiệm để các điều kiện của phương pháp Newton thoả mãn 2.12 Dùng định nghĩa đạo hàm chứng minh rằng nếu hàm (x) khả vi trên khoảng [a,b] và tồn tại số L thuộc (0;1) sao cho: jj(x)-( y) £ L x - y " x,, y Î [ a b] (2.12) thì điều kiện (2.2) thỏa mãn, tức là x q 1,  x  a b. Áp dụng đị nh lý giá trị trung bình Lagrange chứng minh chiều ngược lại cũng đúng. Điều kiện (2.12) được gọi là điều kiện Lipschitz. Trang | 12 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 3: Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp lặp CHƯƠNG 3 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP LẶP Trong môn toán 2, chúng ta đã biết giải hệ phương trình tuyến tính n phương trình và m ẩn bằng phương pháp Cramer và phương pháp Gauss. Đây cũng là hai phương pháp có tính giải thuật. Trong đó phương pháp Gauss hiệu quả hơn do lượng phép tính ít hơn. Trong nội dung chương này chúng ta không đạt mục đích giải một hệ phương trình tuyến tính tổng quát, mà chỉ đặt mục đích mở rộng phương pháp lặp đơn đã học chương trước mà thôi. §1 MỞ ĐẦU 1. Hệ phƣơng trình tuyến tính Một hệ phương trình tuyến tính có dạng: a11 x 1 a 12 x 2 a 1nn x b 1 a21 x 1 a 22 x 2 a 2nn x b 2 (3.1) an1 x 1 a n 2 x 2 a nn x n b n éxb ù é ù ê11 ú ê ú êxb ú ê ú ê22 ú ê ú Ma trận A=[aij] gọi là ma trận hệ số vế trái, ma trận cột XB==ê ú, ê ú lần lượt gọi là ma trận ê ú ê ú ê ú ê ú ëxbnn û ë û T T cột các ẩn và ma trận cột hệ số tự do (ta có thể viết X= [ x12 x xn ] , B= [ b12 b bn ] ). Khi đó, theo phép tính ma trận hệ (3.1) có dạng ma trận là AX= B (3.2) Với mục đích áp dụng phương pháp lặp đơn đã học chương trướ c vào phương trình (3.2), trong chương này chúng ta giả sử hệ có nghiệm duy nhất đặt là X* (hệ Cramer). Trước hết chúng ta cần nhắc lại khái niệm chuẩn trên không gian ma trận. 2. Chuẩn “dòng” của ma trận Chuẩn là một khái niệm trên không gian vec tơ chỉ độ dài của một vec tơ. Cho vec tơ v, chuẩn v là một số thực viết là v , nó phải được xây dựng thỏa các tiên đề: - v³0, v = 0 Û v = q - av= a v " a Î R, " v - u+ v £ u + v " u, v Trên một không gian vec tơ, ta có nhiều cách để xây dựng chuẩn. Ví dụ trên Rn ta có các chuẩn đã học: n - Chuẩn Euclide xx 2 , với x x, x , , x 2  i 12 n i 1 Trang | 13 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 4: Đa thức nội suy n - Chuẩn tổng xx , với x x, x , , x 1  i 12 n i 1 Để đơn giản, trong chương này chúng ta chỉ sử dụng một chuẩn trên không gian ma trận mà ta tạm gọi là chuẩn “dòng”: Cho ma trận A=[aij]mxn, khi đó chuẩn “dòng” A là íün ïï A==maxìý di a ij (3.3) 1££imïïå îþïïj=1 Với chuẩn ma trận xây dựng như trên, từ 3 tiên đề người ta chứng minh được tính chất u. v£ u v . Chú thích: di là tổng các giá trị tuyệt đối các phần tử dòng i. Ví dụ 3.1: Tính chuẩn “dòng” ma trận éù0.1 0.4- 0.2 êú T =-êú2 0 1 êú êú ëû0.7- 0.9 1.8 Áp dụng (3.3) ta có d1=0,7, d2=3 và d3=3,4, do đó T = 3,4 Tương tự ta cũng tính được é1 ù é 0,9 ù é 0,1 ù ê ú ê ú ê ú XYXXY=ê -0,5 ú , = ê - 0,7 ú Þ = 1; - = ê 0,2 ú = 0,2 ê ú ê ú ê ú ê ú ê ú ê ú ë0,9 û ë 1,05 û ë- 0,15 û §2 PHƢƠNG PHÁP LẶP ĐƠN 1. Nội dung phƣơng pháp Từ phương trình (3.2), chúng ta biến đổi tương đương thành X=+ TX C (3.4) trong đó T là ma trận vuông T=[tij] và C là ma trận cột T C=[c1 c2 cn] . Để phương pháp lặp hội tụ ta cần điều kiện: T < 1 (3.5) Khi đó dãy nghiệm gần đúng được tính theo công thức ïí XC0 = ìï (3.6) ï îï Xkk=+ TX- 1 C Sau k bước lặp, nghiệm gần đúng hệ là XX*» k với sai số T XXXX*- £ - (3.7) k1- T k k- 1 Về cách chọn X0: Việc chọn X0 trong phương pháp trên không đỏi hỏi yêu cầu gì (hệ đã có nghiệm duy nhất). Do đó cách chọn đơn giản nhất là X0= (cột không), khi đó X1=C. Vậy để tiết kiệm bước tính ta nên chọn X0=C nếu không có yêu cầu gì thêm. Trang | 14 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 3: Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp lặp Chứng minh sự hội tụ và sai số: Do X* là nghiệm nên X*=TX*+C, lấy vế trừ vế với (3.6) ta có XXTXXkk-* = (- 1 - *) . Theo tính chất chứng minh từ 3 tiên đề ta có XXTXXkk-* £ (- 1 - *) . Tương tự ta có: 2 k XXTXXTXXTXXk-* £ ( k 1 - *) £ ( k 2 - *) £ £ ( 0 - *) k Do (3.5) nên nếu k tăng vô hạn T giảm về 0 hay XXk - * giảm về 0. Theo định nghĩa chuẩn “dòng”, chính là giá trị lớn nhất các chênh lệch giữa các phần tử tương ứng trong Xk và X*. Nói cách khác nếu đặt X== x x x , X *éù x x x thì ta có x- x* £ X - X * , k[ k1 k 2 kn] ëûêú 1 2 n ki i k k®¥ * do đó xxki¾ ¾ ¾® i . Để chứng minh sai số ta xét XXTXXTXXXXk- £ k 11 - =( k - k) +( k - ) £TXXXX(( k- 1 - k) +( k - *)) Từ đây, chuyển vế và biến đổi ta có (3.7). 2. Thực hành máy Casio 570 Ví dụ 3.2: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn với hai bước lặp. xx 0,1 0,2 0 5 y 0,2 0,1 0,05 y 7  TX C zz 0 0,3 0,05 1 Giải: Chuẩn T =<0,35 1 nên phương pháp hội tụ T Đặt X0=C=[5 7 -1] . Ta có kết quả tính toán Bấm máy (a tức là alpha) Màn hình -0.1aX+0.2aY+5a: -0.1X+0.2Y+5:0.2X+0,1 0.2aX+0,1 aY+0.05aA+7a: Y+0.05A+7: 0.3Y+0.05A-1 0.3aY+0.05aA-1 calc X? 5 = Nhập X0 Y? 7 = A? -1 = 5.9 Các thành phần X = 8.65 1 = 1.05 = X? 5.9 = Nhập X1 Y? 8.65 = A? 1.05 = 6.14 Các thành Trang | 15 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 4: Đa thức nội suy = 9.0975 phần X2 = 1.6475 x 6,14 Với X* X2 ta có y 9,0975. Để đánh giá sai số ta xét: z 1,6475 0,35 XXXX*2 1 0,35 12 0,35 max{0,024;0,04475;0,05975} 4.10 2 0,65 3. Hệ “chéo trội” Để đưa từ hệ phương trình tuyến tính (3.1) về dạng ma trận (3.2) sao cho điều kiện (3.5) thỏa mãn không phải là dễ dàng. Tùy vào (3.1) cụ thể mà ta có cách biến đổi khác nhau. Trong phần này ta xét trường hợp đơn giản mà ta tạm gọi là A có dạng chéo trội. Ma trận A=[aij] chéo trội nếu giá trị tuyệt đối phần tử trên đường chéo chính lớn hơn tổng các giá trị tuyệt đối các phần tử còn lại cùng dòng với nó, tức là: a11 a 12 a 13  a 1 j j 1 a a a a 22 21 23 2 j j 1 ann a n1 a n 2 a nn 1  a nj jn Khi đó từ hệ (3.1) chúng ta chuyển vế các số hạng bên trái dạng aijxj mà i khác j. Sau đó chia hai vế phương trình thứ i cho aii ta được kết quả dạng (3.4) với T <1. 7.9x 0.2 y 0.3 z 7.7 Ví dụ 3.3: Giải hệ phương trình 0.1x 3.7 y 0.1 z 3.8 bằng phương pháp lặp đơn hai bước 0.2xz 3.7 0.2 T với X0=[1 -1 0] 7,9 0,2 0,3 Giải: ma trhận ệ số vế trái A 0,1 3,7 0,1 có dạng “chéo trội”. Bằng cách biến đổi theo 0,2 0 3,7 hướng dẫn ta đưa hệ về dạng x 0,025 y 0,038 z 0,975 (các phép chia làm tròn với y 0,027 x 0,027 z 1,027 ba chữ số sau dấn thập phân). zx 0,054 0,054 éù0- 0,025 0,038 êú Dạng (3.4) này có ma trận T =-êú0,027 0 0,027 thỏa T =<0,0629 1. êú êú ëû- 0,054 0 0 Dùng máy tính như ví dụ trên ta có kết quả Trang | 16 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 3: Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp lặp T T X1 1 1 0,108 , X 2 0,996 0,997 0,108 . x 0.996 Kết luận: y 0.997 z 0.108 0,0629 Với sai số XXXX* 2 3.10 4 (các số gần đúng đã làm tròn hết các chữ số không 1 0,0629 12 chắc) §3 PHƢƠNG PHÁP LẶP SEIDEN 1. Phƣơng pháp lặp seiden Phương pháp lặp Seidel là một sự cải biến của phương pháp lặp đơn. Ý tưởng của sự thay đổi này là trong quá trình tính thành phần thứ i (i>1) của nghiệm gần đúng Xk ta sử dụng ngay các thành phần thứ 1, 2, , i-1 trong Xk vừa tính được. Điều này đòi hỏi phép nhân ma trận phải thực hiện tuần tự từng dòng, kết quả dòng 1 dùng cho phép tính dòng 2, kết quả dòng 2 dùng trong phép tính dòng 3 . Cụ thể là, đối với phương pháp lặp seidel, công th ức lặp (3.6) được thay đổi dưới dạng x k t x k 1 t x k 1 t x k 1 c 1 11 1 12 2 1nn 1 x k t x k t x k 11 t x k c 2 21 1 22 2 2nn 2 (3.8) k k k k k 1 xn t n1 x 1 t n 2 x 2 t n , n 1 x n 1 t nn x n c n ()()()k k k Trong đó Xk==[ x1 x 2 x n ], C[ c 1 c 2 c n ] Ngoài ra thì điều kiện hội tụ và công thức tính sai số vẫn tương tự phương pháp lặp đơn 7.9x 0.2 y 0.3 z 7.7 Ví dụ 3.4: Giải hệ phương trình 0.1x 3.7 y 0.1 z 3.8 bằng phương pháp lặp Seiden ba bước. 0.2xz 3.7 0.2 Giải: Biến đổi tương tự ví dụ 3.3: x 0,025 y 0,038 z 0,975 1 y 0,027 x 0,027 z 1,027 2 zx 0,054 0,054 3 T Chọn X0=C=[0,975 -1,027 -0,054] . Thế các thành phần X0 vào vế phải phương trình (1) được x = 0,9986 , giá trị này thay cho thành phần 0,975 trong X0. Sau đó thế các thành phần mới X0 vào vế phải (2) được y = -0,99857 , giá trị này thay cho thành phần -1,027 trong X0. Tiếp tục thế các thành phần mới X0 vào (3) được z=-0,1079 Kết thúc bước lặp thứ nhất T X1 0,9986 0,99857 0,1079 Quá trình tính X2 tương tự. 2. Thực hành trên máy Casio 570 Bấm máy (a tức là alpha) Màn hình aXacalc- X=- 0.025aY+0.038aA+0,975a:aYacalc 0,025Y+0,038A+0,0975: Trang | 17 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 4: Đa thức nội suy 0.027aX-0,027 aA-1,027a:aAacalc Y=0,027X-0,027A-1,027: -0,054aX-0,054a A=-0,054A-0,054 calc X? 0,0975 = Nhập X0 Y? -1,027 = A? -0,054 = 0,9986 Các thành = -0,99857 phần X1 = -0,1079 . = X? = Không nhập giá Y? = trị gì A? = 0.99586 Các thành = -0.99719 phần X2 = -0.10777 Tiếp tục b ấm các dấu = ta được T X3 0,99583 0,99720 0,107775 x 0,99583 6 Kết quả y 0,99720 với sai số XX* 2 3.10 . z 0,107775 3. Bài tập Với mỗi hệ phương trình sau, hãy giải bằng phương pháp lặp đơn và lặp seiden với 3 bước lặp. Sinh viên có thể chọn nhiều vectơ X0 khác nhau. xx11 0,2 0,1 0,1 1 3.1 xx 0,3 0 0,1 2 22 xx33 0 0 0,3 1 1 8 1 x1 1 3.2 7 0 2 x 2 2 2 1 9 x3 1 10x y z 2 5x 3 y z 6 3.3 2x 10 y z 9 3.4 2x 7 y z 7 x y 10 z 11 x y 5 z 12 Trang | 18 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 4: Đa thức nội suy CHƯƠNG 4 ĐA THỨC NỘI SUY §1. VẤN ĐỀ CHUNG 1. Đa thức nội suy y=f(x) Sai số nội suy y=Pn(x) x1 x2 x xn - Bài toán nội suy: Cho (n+1) mốc nội suy phân biệt xi (i=0,1, ,n) thuộc [a,b] trong đó a, b là hai mốc nào đó. Cho giá trị hàm số f(x) tại xi là yii== f( x), ( i 0,1, , n ). Ta cần tính gần đúng f(x) với mọi x thuộc [a,b]. - Đa thức nội suy: là đa thức Pxn ( )thỏa hai điều kiện: bậc không quá n và có đồ thị đi qua các nút nội suy (xi,yi) (hay yi=Pn(xi) ) với i=0,1, ,n). Đa thức gọi là đa thức nội suy. Ta dùng đa thức nội suy xấp xỉ cho hàm cần tìm: f( x)»"Î Pn ( x),[,] x a b . Hàm f(x) gọi là hàm nội suy và hệ thống nút (xi, yi) gọi là lưới nội suy, n là bậc nội suy. 2. Sai số nội suy Giả sử hàm nội suy khả vi cấp (n+1) và thỏa f(n+1)( x) £ M,, " x Î [ a b] (4.1) M Ta có sai số nội suy là f( x)-£ P( x) p( x) (4.2) trong đó p( x)=( x - x) ( x - x ). n (n+ 1!) 0 n Chứng minh: Đặt F( x)= f( x) - Pn ( x) - k. p( x) trong đó là là hằng số. Cho trước giá trị x cố định f( x)- Pn ( x) thuộc [a,b] khác xi, khi đó F(x)=0 với k = . px( ) Do f(xi)=Pn(xi) và p(xi)=0 nên F(xi)=0 với mọi i=0, ,n. Áp dụng định lý Rolle trên các đọan nhỏ [xi,xj] (i khác j) ta có các giá trị ci thuộc [xi,xi+1] sao cho F’(ci)=0 với i=0, ,n-1. Tiếp tục suy luận như (n+1) thế nhiều lần ta suy ra có giá trị c thuộc [x0,xn] sao cho F (c)=0. Từ biểu thức F(x) đạo hàm hai vế suy fc(n+ 1) ( ) ra F(n+1)(c)=f(n+1)(c)-k.(n+1)!. Hay ta có k = . (n + 1)! Trang | 19 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - f( x)- P( x) f(n+ 1) ( c) Kết hợp suy luận trên ta có k ==n , từ đó và do (4.1) suy ra sai số cần chứng p( x) ( n + 1)! minh. Nhận xét: - Trong chứng minh trên, ta chỉ chứng minh sai số tại x khác xi. Tuy nhiên dễ thấy là tại xi sai số bằng 0 nên trong công thức sai số (4.2), ta cho x bất kỳ thuộc [a,b]. - Giả sử hàm f(x) cũng là một đa thức bậc không quá n, khi đó dễ thấy M=0. Do đó f(x)=Pn(x) với mọi x. Điều này cũng chứng tỏ đa thức nội suy là duy nhất. Ví dụ 4.1 Giả sử biểu thức (1+ 222 + +k) = S ( k )có dạng đa thức bậc 3 theo k, tìm đa thức đó. Giải: Theo đề bài và áp dụng tính duy nhất của đa thức nội suy, ta có S(k) chính là đa thức nội suy bậc 3 của chính nó. Cho k = 1, 2, 3, 4 ta được 4 nút (bậc nội suy là 3): (1,1); (2,5); (3,14) và (4,30). k( k++ 1)(2 k 1) Ta nhận thấy đa thức có bậc 3 và có đồ thị đi qua 4 nút trên. Vậy đó chính là đa 6 k( k++ 1)(2 k 1) thức cần tìm, hay 1+ 222 + +k = . 6 Việc tìm ra đa thức trên sẽ được trình bày trong các phần sau. §2. ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE 1. Đa thức nội suy Lagrange Chúng ta tìm đa thức nội suy từ (n+1) đa thức cơ bản sau: (x x12)( x x) ( x xn ) d0 (x)= (x0 x 1)( x 0 x 2) ( x 0 xn ) (x x0) ( x xk-+ 1)( x x k 1) ( x x n ) . dk (x)= (4.3) (xk x0) ( x k x k-+ 1)( x k x k 1) ( x k x n ) (k=0,1, ,n). Ta có thể mô tả biểu thức đa thức cơ bản dk (x) (4.3) là: tử thức là tích các nhân tử bậc nhất (x-xi) thiếu (x-xk), mẫu số chính là tử thức khi thay x bằng xk. Do các xi phân biệt nên các biểu thức cơ bản trên tồn tại là các đa thức bậc n và có các tính chất: ïí d xk="1 ï kk( ) ì . ï d x=1 " k ¹ i îï ki( ) Do đó ta dễ thấy đa thức nội suy có dạng sau (gọi là dạng Lagrange): Ln( x)= y0d 0( x) + y 1 d 1 ( x) + + y n d n ( x) (4.4) Nhận xét: - Cách tìm đa thức nội suy dạng Lagrange trên phù hợp khi các xi cố định dù yi thay đổi (hàm nội suy thay đổi). Khi đó người ta xây dựng sẵn các đa thức cơ bản và dùng cho nhiều hàm nội suy khác nhau. - Cách xây dựng trên không phù hợp khi số nút nội suy thay đổi dù các nút cũ không đổi (bổ sung lưới nội suy). Khi đó nên dùng cách xây dựng khác ta sẽ học bài sau. Ví dụ 4.2: Tìm đa thức nội suy cho các hàm f(x), g(x) trên đọan [0,1] với các nút: Trang | 20 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 4: Đa thức nội suy x 0 0,2 1 f(x) 7,1 2,3 4,5 g(x) -1,2 3,5 0,8 Từ đó tính gần đúng các giá trị f(0,5) và g(0,7). Giải: Từ các giá trị x0=0, x1=0,2, x2=1, áp dụng (4.3) ta có (x x12)( x x) ( x0,2)( x 1) d0 (x)= = =5( x - 0,2)( x - 1) (x0 x 1)( x 0 x 2 ) (0 0,2)( 0 1) (x x02)( x x) ( x01)( x ) d1 (x)= = = -6,25 x( x - 1) (x1 x 0)( x 1 x 2 ) (0,2 0)( 0,2 1) (x x01)( x x) ( x0)( x 0,2) d2 (x)= = =1,25 x( x - 0,2) (x2 x 0)( x 2 x 1) (1 0)( 1 0,2) Với f(x): ta có y0=7,1; y1=2,3 và y2=4,5 thế vào (4.4) ta có f( x)» L2( x) =7,1d 0( x) + 2,3 d 1( x) + 4,5 d 2 ( x) ; " x Î [ 0,1] Cho x=0,5 ta có d0(0,5)= - 0,75; d 1( 0,5) = 1,5625; d 2 ( 0,5) = 0,1875và suy ra fL(0,5)»2 ( 0,5) = - 0,8875 . Với g(x): ta có y0=-1,2; y1=3,5 và y2=0,8. Một cách tương tự ta có kết quả: g( x)» L2( x) = -1,2d 0( x) + 3,5 d 1( x) + 0,8 d 2 ( x) ; " x Î [ 0,1] Và gL(0,7)»=2 ( 0,7) 5,84375 2. Phân tích về phân thức tối giản Px( ) Bài toán đặt ra là cần phân tích Bx( )= n về dạng tối giản (x x01)( x x) ( x xn ) AA0 A1 n + + + . Trong đó Pn(x) là đa thức bậc không quá n và x0, x1, , xn là các giá trị x x01 x x x xn phân biệt. Do tính duy nhất của đa thức nội suy, Pn(x) là đa thức nội suy của chính nó với (n+1) nút (xi,Pn(xi)). Áp dụng cách xây dựng đa thức nội suy trên, Pn(x)Ln(x) với yi= Pn(xi). Thế các dạng (4.3), (4.4) vào phân thức B(x): yyy Bx( )=0 +1 + + n T0()()() x x 0 T 1 x x 1 Tnn x x Trong đó Txxxxxxi=( i -0) ( i - i 1)( i - i 1) ( xx i - n) =Õ( xx i - k ) ki¹ Pxni( ) Suy ra kết quả cần tìm Ai = (4.5). Ti -xx32 +25 + Ví dụ 4.3: Phân tích về dạng tối giản. (x- 1) x ( x + 1)( x + 2) Trang | 21 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - 3 2 Đặt Pn(x)=-x +2x +5, x0=1, x1=0, x2=-1 và x3=-2. Áp dụng (4.5): Pn(x0)=6, T0=(x0-x1)(x0-x2)(x0-x3)=6 suy ra A0=1 Tương tự Pn(x1)=5, T1=-2, A1=-2,5; ; A2=4; A3=-21/6 Kết quả: -xx32 +2 + 5 1 5 4 7 = - + - (1)(x- x x + 1)( x + 2) x - 12 x x + 12( x + 2) Nhận xét: Trường hợp xk là nghiệm của Pn(x), khi đó ta có thể rút gọn tử mà mẫu thức cho (x-xk). Bài toán khi đó sẽ giảm một bậc. Hoặc áp dụng (4.5) ta cũng có kết quả tương tự là Ak=0. §3. ĐA THỨC NỘI SUY NEWTON 1. Trƣờng hợp tổng quát Chúng ta đặt các tỷ sai phân trên lưới nội suy như sau: - Tỷ sai phân cấp 1: (1)yy10- (1)yy21- (1) yyii+1 - T01=; T = ; ; Ti =( 0 £ i £ n - 1) x1 x 0 x 2 x 1 xii+ 1 x - Tỷ sai phân cấp 2: (1) (1) (1) (1) (2)TT10- (2) TTii+1 - T0 =; ; Ti =( 0 £ i £ n - 2) x2 x 0 xii+ 2 x - Tỷ sai phân cấp k (1≤ k ≤n) (kk 1) ( 1) (kk 1) ( 1) ()()kkTT10- TTii+1 - T0 =; ; Ti =( 0 £ i £ n - k) (4.6) xk x0 x i+ k x i Chúng ta sẽ bố trí các tỷ sai phân vào bảng trong đó các tỷ sai phân cùng cấp thuộc một cột, các tỷ sai (n) phân cùng chỉ số dưới thuộc một dòng. Hai cột đầu tiên là xi và yi, cột cuối cùng là T chỉ có một phần tử ()n là T0 : x y T(1) T(2) T(n) (1) (2) x0 y0 T0 T0 x y (1) (2) 1 1 T1 T1 Ví dụ 4.4: Cho lưới nội suy x 0 4 5 7 10 y 2 114 202 492 1302 Bảng tỷ sai phân là: x y T(1) T(2) T(3) T(4) 0 2 28 12 1 0 4 114 88 19 1 Trang | 22 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 4: Đa thức nội suy 5 202 145 25 7 492 270 10 1302 Tính chất tỷ sai phân: - Nếu yi=Pn(xi) trong đó Pn(x) là đa thức bậc không quá n thì mọi tỷ sai phân cấp (n+1) đều bằng không. - Nếu thêm một nút nội suy mới vào lưới nội suy, ta sắp xét nút mới vào bên phải lưới (các xi không nhất thiết có thứ tự, chỉ bắt buộc phải phân biệt) thì các tỷ sai phân cũ không thay đổi, trong bảng tỷ sai phân ta có thêm một dòng và một cột. Với bảng tỷ sai phân, chúng ta xây dựng được đa thức nội suy cần tìm (gọi là dạng Newton tiến) như sau: NxyTxx( )= +(1)( -) + Txxxx (2) ( -)( -) + n 0 0 0 0 0 1 (4.7) ()n +T0( x - x 0) ( x - xn- 1) Chúng ta không chứng minh tính chất này. Lưu ý rằng các hệ số là tỷ sai phân trong (4.7) thuộc dòng đầu tiên trong bảng tỷ sai phân theo cách bố trí đã nêu trên. Ví dụ 4.5: Cho b ảng giá trị hàm số x 0 0,2 1 f(x) 7,1 2,3 4,5 Tính gần đúng giá trị f(0,5) bàng đa thức nội suy bậc hai Bảng tỷ sai phân x y T(1) T(2) 0 7,1 -24 26,75 0,2 2,3 2,75 1 4.5 Khi đó đa thức nội suy N2 ( x)=7,1 - 24 x + 26,75 x ( x - 0,2) Xấp xỉ fN(0,5)»2 ( 0,5) = - 0,8875. So sánh ví dụ 4.2 ta thấy giả thiết và kết quả không thay đổi. Đây không phải là ngẫu nhiên. Đó là do tính duy nhất của đa thức nội suy. Tức là với lưới nội suy cho trước ta có Lnn( x)º N( x) (4.8) Nhận xét: Do tính chất tỷ sai phân nêu trên, nếu lưới nội suy thêm hay bớt một nút thì việc xây dựng đa thức nội suy Newton không phải làm lại từ đầu. Đây là ưu điểm của đa thức nội suy Newton. Tuy nhiên nếu các giá trị yi thay đổi thì ta nên dùng cách xây dựng đa thức nội suy Lagrange. 2. Trƣờng hợp lƣới đều Lưới nội suy là đều nếu các x0 x1 x2 xn mốc xi cách đều một bước lưới h h cho trước. Khi đó ta chỉ cần có x0 và h thì sẽ tính được xi =+ x0 ih với mọi i=0, ,n. (4.9) Trang | 23 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Áp dụng vào cách tính các tỷ sai phân (4.6), ta thấy mẫu số trong tỷ sai phân cấp k là (kh) không đổi. Do đó ta sẽ tính tỷ sai phân thông qua các đại lượng sai phân đơn giải hơn. Ta gọi sai phân trên lưới nội suy là: - Sai phân cấp 1: (1) (1) (1) D=-0y 1 y 0; D=- 1 y 2 y 1 ; ; D=-i y i+ 1 y i ( 0 ££- i n 1) - Sai phân cấp 2: (2) (1) (1) (2) (1) (1) D=D-D0 1 0; ; D=D-Di i+ 1 i ( 0 ££-in 2) - Sai phân cấp k (1≤ k ≤n) ()k (1) k (1) k () k (1) k (1) k D=D0 1 -D 0; D=Di i+ 1 -D i ( 0 ££-i n k) (4.9) D ()k Bằng quy nạp ta chứng minh được công thức tính tỷ sai phân cấp k là với lứơi đều là T ()k = i i kh! k (4.10) Bây giờ ta đưa xi về x0 và h. Áp dụng (4.9): æöxx- ç 0 ÷ (xx-i ) =( xxih -0 -) =ç - ihtih÷ º( - ) èøç h ÷ Thế kết quả đó và (4.10) vào (4.7) thì được đa thức nội suy Newton dạng lưới đều sau: DD(1) (2) N( x)= y +00 t + t( t -1) + n 0 1! 2! (4.11) D ()n +0 t( t - 1) ( t - n + 1) n! xx- Trong đó t = 0 (4.12) h §4 BÀI TẬP Trong các bài tập sau hãy giải bằng đa thức thức nội suy Lagrange và đa thức Newton (lưới đều nếu có thể được). 4.1 Cho x 0 1 1,2 1,4 f(x) 3 3,2 5,7 4,1 Tính gần đúng f(0,5). Đánh giá sai số theo M nếu biết f¢¢¢( x) £ M " x Î [0;1,4] 4.2 Cho x 1 1,2 1,4 1,6 f(x) -3 2 -1,7 -4,1 Tính gần đúng f(0,5). Đánh giá sai số theo M nếu biết f¢¢¢( x) £ M " x Î [0;1,6] 4.3 Cho x 1 1,2 1,4 1,6 Trang | 24 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 4: Đa thức nội suy f(x) -3 -5 -1,7 4,1 Tính gần đúng f(0,5). Đánh giá sai số theo M nếu biết f¢¢¢( x) £2,5 " x Î [ 0;1,6] 4.4 Cho x 1 1,2 1,4 1,6 1,8 f(x) -3 2 -1,7 4,1 9,2 Tính gần đúng f(0,5). Đánh giá sai số theo M nếu biết f¢¢¢( x) £ M " x Î [0;1,8] 4.5 Cho x 1 1,2 1,4 1,6 1,9 f(x) -3 2 -1,7 4,1 9,2 Tính gần đúng f(0,5). Đánh giá sai số theo M nếu biết f¢¢¢( x) £1 " x Î [ 0;1,9] ex 4.6 Tìm đa thức nội suy lưới đều bậc 3 cho hàm fx( )= trên đọan x Î [0;0,9] x + 1 4.7 Cho q(x) là đa thức nội suy của f(x) với x0, x1, , xn và r(x) là đa thức nội suy của f(x) với x1, x2, , xn+1. Chứng minh rằng đa thức nội suy của f(x) với x0, x1, , xn+1 là ()()()()x x r x x x q x px()= 01n+ xxn+10- 4.8 Cho q(x) là đa thức nội suy của f(x) với x0, x1, , xn và yn+1=q(xn+1) (xn+1 khác x0, x1, , xn). Tìm đa thức nội suy của f(x) với x0, x1, , xn+1. 4.9 Tìm A1, A2, A3 sao cho x- 1 AA A =12 + + 3 x( x+1)( x + 3) x x + 1 x + 3 Trang | 25 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 5: Tính tích phân xác định CHƯƠNG 5 TÍNH TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH b Trong chương này chúng ta tính gần đúng tích phân xác định mà ta đặt là I f x dx (a<b) trong a đó hàm f(x) khả tích trên [a;b]. §1. CÔNG THỨC HÌNH THANG y=P1(x) y1 y=f(x) y0 x0 h x1 Gọi P1(x) là đa thức nội suy với hai nút (x0,y0=f(x0)) và (x1,y1=f(x1)). Khi đó ta có y1 y 0 y 0 x 1 y 1 x 0 P1 x x . Sau đó xấp xỉ f(x) bằng P1(x) trên [x0;x1] và dùng công thức Newton- x1 x 0 x 1 x 0 Lepnitz ta có xx11xx f x dx P x dx 10 y y (5.1) 12 0 1 xx00 Tích phân P1(x) có thể tính bằng công thức Newton-Lebnitz nhưng nếu nhìn vào hình vẽ, có thể thấy tích phân đó có giá trị chính là diện tích một hình thang. Trở lại việc tính . Chúng ta chia đều đoạn [a,b] thành n đoạn nhỏ có chiều dài ba h . Ký hiệu các đầu đoạn con là x0, x1, hay x a ih và yi=f(xi) (i=0,1, ,n). n i a=x0 x1 x2 b=xn xx12 xn Áp dụng (5.1) trên mỗi số hạng của phân tích I=ò fxdx( ) + ò fxdx( ) + + ò fxdx( ) và cộng x0 x 1 xn- 1 các kết quả chúng ta có công thức hình thang sau: h I  y y y  I n (5.2) 2 01 nH Sai số của (5.2) là M b a h2 I I n 2 (5.3) H 12 Trong đó f x M2  x  a, b Trang | 26 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 5: Tính tích phân xác định Thật vậy, áp dụng sai số nội suy trên từng đoạn nhỏ ta được xi 11 x i x i h M Mh3 fxdx Pxdx xxxxhdx Cộng sai số trên từng đoạn nhỏ với lưu ý i 2 i i 12 xi x i x i ba ta h có kết quả (5.3) n Ví dụ (5.1) 1 Tính gần đúng tích phân xác định I f x dx bằng công thức hình thang biết các giá trị f(x): 0 x 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 f(x) -1,23 -0,81 -0,22 0,4 0,1 0,5 Hãy đánh giá sai số kết quả biết rằng f x 2,91  x  0,1 Giải: Qua bảng giá trị ta chọn h=0,2 và y0 đến y6 cho bởi dòng thứ 2 trong bảng. Áp dụng (5.2) ta có kết quả I -0,126. Từ giả thiết suy ra M2=2,91. Áp dụng (5.3) ta có sai số không quá 10-2. Với một chữ số không chắc ta kết luận: I 0,13 10 2 Ví dụ (5.2) thực hành trên máy casio 570: 2 Cho I ln 2 x 3 dx . 1 Dùng công thức hình thang tính I với yêu cầu a) 4 đoạn chia và đánh giá sai số b) Sai số không quá 4.10-4. Giải: a) n = 4 suy ra h = 0,25 Dùng mode table lập bảng giá trị (570ES): Bấm Mode 7 ln 2 a X + 3 = 0 = 1 = 0,25= Màn hình f(X)= Start? End? Step? Ta có kết quả là bảng giá trị x,y tại 5 nút (h=0,25) x 0 0.25 0.5 0.75 1 y 1.09861 1.25276 1.38629 1.50408 1.60944 Tính gần đúng (mode 1): Bấm a A a calc a A + ( ln 2 a X + 3 ) + ln 2 ( a X + 0,25) + 3) ) x 0,25  2 a: X a calc a X + 0,25 Màn hình sẽ là A=A+(ln(2X+3)+ln(2(X+0,25)+3))x0,252: X=X+0,25 Bấm calc 0 = 0 = = (4 lần) = (4 lần) = (4 lần) Trang | 27 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 5: Tính tích phân xác định Màn A? X? 0,293 0,6238 0,9851 1,3742 hình Kết quả gần đúng I 1,3742 2 222 Đánh giá sai số: Xét f x 2 M 2 23x 3 M .0,252 Suy ra sai số I 1,3742 2 3.10 3 . 12 Vậy I 1,374 3.10 3 b) Xét công thức sai số Mh2 1 2 4.10 4 hn 0,103 9,6 12 h Chọn n = 10 suy ra h = 0,1 và tính gần đúng như câu a. Bấm màn hình là A=A+(ln(2X+3)+ln(2(X+0,1)+3))x0,12: X=X+0,1. Bấm bộ (= 4 lần ) chín lần ta có kết quả I 1,375454. §2. CÔNG THỨC SIMPSON y1 y=P2(x) y 0 y=f(x) x0 x1 x2 Gọi P2(x) là đa thức nội suy với ba nút tạo thành lưới đều (x0,y0=f(x0)); (x1,y1=f(x1)) và (x2,y2=f(x2)). y y y 2 y y xx- Khi đó ta có P x y 1 0 t 2 1 0 t t 1 trong đó t=0 ; h = x - x = x - x . 2012 h 2 1 1 0 Sau đó xấp xỉ f(x) bằng P2(x) trên [x0;x2] và dùng công thức Newton-Lepnitz ta có xx12h fxdx Pxdx y 4 y y (5.4) 23 0 1 2 xx00 b Trở lại việc tính I f x dx . Chúng ta chia đều đoạn [a,b] thành n đoạn nhỏ bởi các điểm chia x0, a ba x1, xn (n chẵn hay n=2k, k nguyên dương), mỗi đoạn có chiều dài h . Ta có x a ih và đặt n i yi=f(xi) (i=1, 2, ,n) tương tự như trong phần trước. Áp dụng (5.4) trên mỗi hai đoạn con [x2i;x2i+2] và cộng các kết quả chúng lại ta có công thức Simpson (5.5) h Iyyyy  4( ) 2( yy yyIn )   3 0 1 3n 1 2 4 n 2 n S Trang | 28 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 5: Tính tích phân xác định (4) Đặt f x M4  x  a, b người ta chứng minh được sai số ở (5.5) là: M b a h4 I I n 4 (5.6) S 180 Ví dụ (5.3) thực hành trên máy casio 570: 2 Cho I ln 2 x 3 dx . Dùng công thức hình thang tính I với yêu cầu 1 a) 4 đoạn chia và đánh giá sai số b) Sai số không quá 3.10-7. Giải: a) n = 4 suy ra h = 0,25 Dùng mode table lập bảng giá trị (570ES): x 0 0.25 0.5 0.75 1 y 1.09861 1.25276 1.38629 1.50408 1.60944 Tính gần đúng (mode 1): Bấm a A a calc a A + ( ln 2 a X + 3 ) + 4ln 2 ( a X + 0,25) + 3)+ ln 2 (a X+0,5) + 3 ) ) x 0,25  3 a: X a calc a X + 0,5 Màn hình sẽ là A=A+(ln(2X+3)+4ln(2(X+0,25)+3)+ln(2(X+0,5)+3))x0,253: X=X+0,5 Bấm calc 0 = 0 = = (4 lần) Màn A? X? 0,624 1,3756666 hình Kết quả gần đúng I 1,3756666 4 4 (4) 22 Đánh giá sai số: Xét f x 4 M 4 23x 3 M .0,254 Suy ra sai số I 1,3742 4 5.10 6 . 180 Vậy I 1,375667 5.10 6 b) Xét công thức sai số Mh4 1 4 3.10 7 hn 0,128 7,7 180 h Chọn n = 8 suy ra h = 0,125 và tính gần đúng như câu a. Bấm màn hình là A=A+(ln(2X+3)+4ln(2(X+0,125)+3)+ln(2(X+0,25)+3))x0,1253: X=X+0,25. Bấm bộ (dấu = 4 lần ) ba lần. Ta có kết quả I 1,3756757 . 1. Sơ đồ phƣơng pháp (công thức hình thang, công thức Simpson) Trang | 29 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 5: Tính tích phân xác định Sai số Số đoạn chia h, M2, M4 Bảng giá trị f(x) Tích phân gần đúng 2. Ứng dụng tính gần đúng lna và bằng phép toán +,-,*,/ a dx Cho a>0, bằng công thức Newton-Lepnitz chúng ta biết ln a = . Áp dụng tính gần đúng các ò x 1 tích phân đó chúng ta thu được kết quả gần đúng lna. 1 dx Tương tự với p = 4 . Ta cũng tính gần đúng được . ò 1+ x2 0 1 dx Ví dụ 5.4: Tính gần đúng tích phân I = bằng công thức Simpson 4 đoạn chia. Từ đó suy ra ò x 0,5 giá trị gần đúng ln2. Các phép toán có đánh giá sai số Giải:Bảng giá trị x 0.5 0.625 0.75 0.875 1 1/x 2 1.6 1.333333 1.142857 1 Dùng công thức Simpson ta có I » 0,69325. 4 (4) 24 M .0,5.0,125 Xét (1/xM) = £ 768 = suy ra sai số 4 £ 6.10- 4 . Vậy I =±0,6933 6.10 - 4 x5 4 180 Mặt khác I = -ln0,5 = ln2 , tức là ln2=± 0,6933 6.10- 4 3. Bài tập Với mỗi tích phân sau hãy dùng công thức hình thang và công thức Simpson tính gần đúng với yêu cầu: a) Dùng 4 đoạn chia b) Sai số không quá 10-5. 0,25 2 1.1 ò ex dx 0 2,5 xdx 1.2 ò ln x 2 1,2 1.3 ò x+ 1 dx 0 Trang | 30 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 5: Tính tích phân xác định 2 1.4 ò x2 ln xdx 1 1 dx 1.5 Tính gần đúng tích phân I = bằng công thức Simpson 8 đoạn chia. Từ đó suy ra giá ò 1+ x2 0 trị gần đúng củ a . Trang | 31 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 6: Phương pháp bình phương bé nhất CHƯƠNG 6 PHƯƠNG PHÁP BÌNH PHƯƠNG BÉ NHẤT §1. BÀI TOÁN Giả sử ta cần tìm hàm số y=f(x). Bằng thực nghiệm chúng ta biết giá trị gần đúng hàm số mtại ột số điểm xi là yii» f( x ) (i=1,2, ,n). Điều quan trọng nữa là chúng ta muốn hàm f(x) được định dạng: fx( )= afx1 1( ) + afx 2 2 ( ) + + afxkk( ) (6.1) trong đó fi(x) là những hàm số ta chọn. Việc chọn fi(x) thực hiện trên cơ sở đặc điểm hàm f(x) mà ta biết. Và hơn nữa, đó là những hàm số đơn giản, đủ tính chất để giúp ta xử lý vấn đề. Khi đó, chúng ta cần đến phương pháp bình phương bé nhất. Nội dung phương pháp: Đặt n 2 2 2 S=( f( x11) - y) + +( f( xn) - y n) =å ( f( x i) - y i ) i=1 S được hiểu là tổng các y bình phương sai số i tại các nút (xi,yi). Do đó chúng ta cần tìm y3 3 y=f(x) các hệ số ai sao cho S nhỏ nhất có thể được. yn n  y Người ta chứng minh được 1 1 S nhỏ nhất với các giá trị ai là nghiệm hệ phương trình: x1 x2 O x3 . xn SS¢¢==0 0 { aa1 k 2 y2 (6.2) Trường hợp k = 2, hệ (6.2) viết thành: n n n ïí 2 ïa é fx( ) ù += a fxfx( ) ( ) yfx( ) ï 1åëû 1i 2 å 1 i 2 i å i 1 i ï i=1 i = 1 i = 1 (6.3) ì n n n ï 2 ï a fxfxa+=éù fx yfx ï 1å 1( i) 2( i) 2 åëû 2( i) å i 2 ( i ) îï i=1 i = 1 i = 1 Sau đây ta xét một số trường hợp §2. TUYẾN TÍNH y a12 a x Áp dụng (6.3) v ới f1(x)=1 và f2(x)=x ta có ïí nn ï a n+= a x y ï 12ååii ï ii==11 ì (6.4) ï n n n ï a x+= a x2 y x ï 12åi å i å i i îï i=1 i = 1 i = 1 Tính các tổng trong (6.4) và giải hệ ta có a1, a2 cần tìm Ví dụ 6.1: Áp dụng phương pháp bình phương bé nhất tìm đườ ng thẳng (tuyến tính) xấp xỉ số liệu xi -1 2 2 7 9 10 10 yi 3 5 7 18 18 23 27 Trang | 32 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 6: Phương pháp bình phương bé nhất Giải: Tính các tổng trong (6.4) ta có 7 7 7 7 2 n 7, xi 39,  x i 339,  y i 101,  y i x i 809 i 1 i 1 i 1 i 1 Giải hệ phương trình 7a1 39 a 2 101 a 1 224/ 71 3,15 39a1 339 a 2 809 a 2 431/ 213 2,02 Đường thẳng cần tìm là yx 3,15 2,02 Thực hành máy Casio MS: S là bấm shift Bấm mode, reg, lin (lin viết tắt nghĩa là tuyến tính) Nhập số liệu -1; 3 M+ (nhập cặp x1, y1) 2; 5 M+ (nhập cặp x2, y2) . 10; 27 M+ (nhập cặp x7, y7) Xuất kết quả S S-var A = (cho kết quả a1) S S-var B = (cho kết quả a2) Thực hành máy Casio ES: S là bấm shift Bấm mode, stat, A+BX (đường thẳng) Nhập số liệu theo bảng tính trên màn hình, xong bấm AC Xuất kết quả S 1 7 A = (cho kết quả a1) S 1 7 B = (cho kết quả a2) §3. HÀM ln y a12 aln x (x>0) Áp dụng (6.3) với f1(x)=1 và f2(x)=lnx ta có ïí nn ï a n+= aln x y ï 12ååii ï ii==11 ì (6.5) ï n n n ï aln x+= a ln x2 y ln x ï 12åi å( i) å i i îï i=1 i = 1 i = 1 Tính các tổng trong (6.5) và giải hệ ta có a1, a2 cần tìm Ví dụ 6.2: Áp dụng phương pháp bình phương bé nhất tìm đường cong dạng xấp xỉ số liệu xi 1 2 2 7 9 10 10 yi 3 5 7 18 18 23 27 Giải: Tính các tổng trong (6.5) ta có 77 2 n 7, ln xii 10,135, ln x 20,179, ii 11 77 yi 101, y i ln x i 198,02 ii 11 Giải hệ phương trình Trang | 33 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 6: Phương pháp bình phương bé nhất 7a1 10,135 a 2 101 a 1 0,809 10,135a1 20,179 a 2 198,02 a 2 9,407 Đường cong cần tìm là yx 0,809 9,407ln Thực hành máy Casio MS: S là bấm shift Bấm mode, reg, log (hãy so sánh cách bấm máy ở VD6.1) Nhập số liệu 1; 3 M+ (nhập cặp x1, y1) 2; 5 M+ (nhập cặp x2, y2) . 10; 27 M+ (nhập cặp x7, y7) Xuất kết quả S S-var A = (cho kết quả a1) S S-var B = (cho kết quả a2) Thực hành máy Casio ES: S là bấm shift Bấm mode, stat, lnX Nhập số liệu theo bảng tính trên màn hình, xong bấm AC Xuất kết quả S 1 7 A = (cho kết quả a1) S 1 7 B = (cho kết quả a2) §4. TRƢỜNG HỢP TUYẾN TÍNH HÓA Một số yêu cầu định dạng đường cong không thể dùng phương pháp bình phương bé nhất. Đường ax2 cong dạng y a1 e là một ví dụ. Nói đúng hơn là phương pháp bình phương bé nhất chỉ áp dụng khi biểu thức đường cong là dạng tổ hợp tuyến tính các hàm số cho trước. Trong một số trường hợp không dùng được như trên, ngừơi ta có cách biến đổi đưa dạng đường cong về tuyến tính, từ đó mới áp dụng phương pháp bình phương bé nhất. Cách làm đó được gọi là tuyến tính hóa. Ví dụ 6.3: Áp dụng tuyến tính hóa và phương pháp bình phương bé nhất tìm đường cong dạng ax2 y a1 e xấp xỉ số liệu xi 1 2 2 3 4 6 7 yi 139 115 97 51 18 2 0,7 Giải: Từ dạng đường cong và số liệu đã cho ta lấy ln hai vế được ax2 lny ln a1 ln e ln a 1 a 2 x x , y , a 1 0 . Đặt A1=lna1 và Y=lny ta có số liệu mới và đường cong mới có dạng tuyến tính Y=A1+a2x xi 1 2 2 3 4 6 7 Yi ln139 ln115 ln97 ln51 ln18 ln2 ln0,7 A1 6,41 Áp dụng phương pháp bình phương bé nhất ta có kết quả . Từ đó ta suy ra hệ số từ a2 0,94 ae A1 608 dạng ban đầu. 1 . Đường cong cần tìm ye 608 0,94x . a2 0,94 Cách làm tuyến tính hóa trên cũng được lập trình sẵn trong máy tính Casio. Cụ thể, trong máy Casio có lập trình sẵn các dạng đường cong sau (hoặc dùng bình phương bé nhất trực tiếp, hoặc tuyến tính hóa) Trang | 34 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 6: Phương pháp bình phương bé nhất Dạng đường cong Máy MS Máy ES y=a1+a2x lin Y=A+BX 2 2 y=a1+a2x+a3x quad _+cX y=a1+a2lnx log lnX y=a1+a2/x inv 1/X ax2 exp e^X y a1 e a2 pwr A.X^B y a1 x §5. BÀI TẬP Với bộ số liệu sau hãy áp dụng phương pháp bình phương bé nhất tìm các đường cong xấp xỉ dạng a y a a x , y= a x , ya 2 , y a eax2 , y a x a x2 , y a aln x , y a xa2 , 12 1 1 x 1 12 12 1 y a12sin x a cos x . Trường hợp nào phải dùng tuyến tính hóa, trường hợp nào không tìm được đường cong, vì sao? 6.1 Số liệu x -1 1 2 5 y 12 34 76 101 6.2 Số liệu X 0 1 3 5 Y 122 74 26 10 6.3 Số liệu x 0 1 3 5 5 5 y -4 -2 3 7 12 21 6.4 Số liệu x 3 7 5 3 7 9 y 10 21 21 15 30 31 Trang | 35 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 7: Giải gần đúng phương trình vi phân CHƯƠNG 7 GIẢI GẦN ĐÚNG PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN §1. BÀI TOÁN CÔSI Một phương trình vi phân cấp một có dạng y¢( x)= f( x; y) trong đó y là một hàm số theo x. Nghiệm phương trình là hàm y(x) khả vi trên một miền xÎ [ a, b]và thỏa mãn phương trình. Một phương trình vi phân cấp một thường có một họ nghiệm y=y(x,c) trong đó c là một tham số, họ nghiệm đó gọi là nghiệm tổng quát của phương trình. Khi thay c bằng một hằng số cụ thể trong nghiệm tổng quát ta được một nghiệm cụ thể mà ta gọi là nghiệm riêng. Ví dụ 7.1: Xét phương trình y¢( x)=-2 x y . d( yex ) Chuyển vế y, nhân hai vế với ex ta sẽ có = 2xex . dx Tích phân hai vế ta được yexx=21 e( x -) + c hay y=21( x -) + ce- x là nghiệm tổng quát phương trình. Giả sử ta có thêm điều kiện y(0)=0,5. Khi đó thế x=0, y=0,5 và nghiệm tổng quát ta được c=2,5. Điều kiện trên gọi là điều kiện giá trị đầu. Như vậy phương trình vi phân với điều kiện đầu y(0)=0,5 có nghiệm riêng duy nhất y=2( x - 1) + 2,5 e- x . Người ta gọi bài toán bao gồm một phương trình vi phân cấp một và một điều kiện giá trị đầu là bài toán Cô si Nói chung không phải bài toán Cô si nào cũng có nghiệm duy nhất. Điều đó đòi hỏi một số điều kiện. Trong nội dung tài liệu này chúng ta giả thiết bài toán có nghiệm duy nhất và giới thiệu một số phương pháp giải gần đúng. Các phương pháp này không tìm nghiệm bài toán dưới dạng phương trình đường cong y=y(x). Mà chúng ta tìm gần đúng giá trị nghiệm y(x) tại n mốc xi cách đều với một bước lưới h cho trước. í ¢ ï y( x)= f( x, y) Cụ thể: Cho ì ,[,]xÎ x x = x + nh (7.1) ï y x= y 00n îï ( 00) Tính gần đúng y(xi) với xi=x0+ih, i=1, 2, ,n §2. PHƢƠNG PHÁP Ơ LE Nội dung phương pháp: Từ phương trình vi phân trong (7.1) ta suy ra x y x y x f x, y x dx . Với h đủ nhỏ để coi f(x,y(x)) là không đổi trên [x ,x =x +h], ta có: 0 0 1 0 x0 Trang | 36 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 7: Giải gần đúng phương trình vi phân xx11 yx yx fxyxdx,, fxy dx 1 0 0 0 xx00 Từ đây ta có công thức gần đúng y x1 y 0 hf x 0, y 0 (7.2) Sau khi tính gần đúng y(x1), ta xem như có nút (x1,y(x1)). Tiếp tục làm tương tự sẽ có tiếp gần đúng nút (x2,y(x2)). Tổng quát nếu ký hiệu gần đúng y xii y thì ta có: y x00 y (7.3) y xi y i y i 1 hf x i 1, y i 1  i 1,2, , n í ¢ ï y( x)=-2 x y Ví dụ 7.2: Cho bài tóan ì ,x Î [ 0,1] ï îï y(0)= 0,5 a) Dùng phương pháp Ơ le giải bài toán với h=0,2 b) Từ kết quả câu a) tính gần đúng y(0,1) bằng nội suy tuyến tính (bậc nhất) c) Tính gần đúng y(0,1) bằng phương pháp Ơ le với h=0,1. Giải a) x0=0; y0=0,5; f(x,y)=2x-y suy ra hf(x0,y0)=0,2(0-0,5)=-0,1. Áp dụng (7.3) ta có giá trị gần đúng tại x1=0,2 là y(0,2) y1=0,4. Tiếp tục: x1=0,2; y1=0,4 hf(x1,y1)=0 x2=0,4 y(0,4) y2=0,4. Tương tự được các nút kế tiếp. Kết quả: x 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 y 0,5 0,4 0,4 0,48 0,624 0,8192 hf(x,y) -0,1 0 0,08 0,144 0,1952 b) Đa thức nội suy bậc nhất từ hai nút (0;0,5) và (0,2;0,4) là đường thẳng P1(x)=-0,5x+0,5. Xấxp ỉ theo đa thức nội suy: y(x) P1(x) với x thuộc [0;0,2]. Cho x=0,1 ta có y(0,1) 0,45 c) Áp dụng (7.3) với x0=0; y0=0,5; h=0,1 ta có x1=0,1 và giá trị cần tìm y(0,1) y1=0,45 Nhận xét: Bài toán ở ví dụ trên chính là bài toán xét trong ví dụ (7.1). Nghiệm đúng của nó là y=2( x - 1) + 2,5 e- x . Hay y(0,1)=0,462 Như vậy kết quả gần đúng trên có sai số tương đối không quá 3%. Tiếp theo ta chứng minh sự hội tụ của phương pháp. Định lý: Đặt sai số tại xi là i y x i y i , dễ thấy 0=0. Khi đó: AM.  h (7.4) i 2L f trong đó y x M , x, y L và Ae iLh y Chứng minh: Áp dụng khai triển taylor đến cấp 2: Trang | 37 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 7: Giải gần đúng phương trình vi phân h2 y x y x hy x y c , cho x=xi và thay y’(xi) từ phương trình vi phân (7.1) ta có: i 1 i 12 i 1 h2 yx i yx i 1 hfxyx i 1, i 1 yc i 1 2 Trừ hai vế với đẳng thức thứ hai trong (7.3) ta có: h2 i i 1 h f x i 1,, y x i 1 f x i 1 y i 1 y c i 1 2 Áp dụng đị nh lý trung bình theo biến thứ hai trong f(,) và lấy trị tuyệt đối hai vế ta có: f h22 h   h x,1   y c  hL M i i 1y i 1 i 1 i 122 i 1 i 1 Cho i=1, 2, ta có các bất đẳng thức: h22 Mh 10 1 hL M 22 h2  1 hL M 21 2 h2  1 hL M ii 1 2 Làm động tác thế bất đẳng thức trên xuống dưới, dần dần ta có 2 hM i 1  1 1 Lh 1 Lh . Dùng tổng cấp số nhân công bội (1+Lh) ta được i 2 i hM2 1 Lh  . i 2 Lh Theo tính chất số e ta được (1+Lh)i eiLh, thế vào và ta có kết quả cuối cùng (7.4). Định lý này về hình thức là công thức sai số của phương pháp Ơ le, tuy nhiên nó không được dùng trong tính toán vì khó đánh giá các đại lượng M, L. Định lý này chỉ có ý nghĩa chứng minh sự hội tụ của phương pháp. Thật vậy do A, M, L là các hằng số cho nên ta có limi 0 . h 0 Sơ đồ phương pháp: Bài toán Côsi duy nhất nghiệm. Bước lưới h, i=1 yi y i 1 hf x i 1, y i 1 i=i+1>n Bảng kết Đ quả (xi,yi) S §3. PHƢƠNG PHÁP Ơ LE CẢI TIẾN Trang | 38 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 7: Giải gần đúng phương trình vi phân x1 Từ phương trình vi phân trong bài toán (7.1), ta lấy tích phân y x y x f x, y x dx . Áp 10 x0 dụng công thức hình thang (một đoạn chia) vào vế phải và thay y(x0)=y0 ta có công thức tính gần đúng: h y x1 y 0 f x 0,, y 0 f x 1 y x 1 (7.5) 2 Ẩn số cần tìm y(x1) thuộc cả hai vế của (7.5). Áp dụng cách tính tương tự phương pháp lặp khi giải phương trình đại số, chúng ta dùng giá trị đầu của y(x1) là giá trị gần đúng theo phương pháp Ơ le thay vào vế phải (7.5). Tính toán vế phải ta được vế trái là y(x1) sau một bước lặp, lại tiếp tục thế kết quả sau một bước lặp vào vế phải của (7.5) được giá trị vế trái là y(x1) sau hai bước lặp, . k Nếu đặt giá trị gần đúng y(x1) sau k bước lặp là y x11 y , ta có: y 0 y hf x, y 1 0 0 0 (7.6) kk h 1 y y f x,, y f x y 1 02 0 0 1 1 Thông thường, bước lặp sẽ dừng lại khi hai giá trị gần đúng liên tiếp lệch nhau không quá  cho trước. Cũng có khi số bước lặp được quy định từ ban đầu. Tương tự cho các nút kết tiếp. Tổng quát, nếu yêu cầu 3 vòng lặp ta có bộ công thức: y 0 y hf x, y  i 1,2, , n i i 1 i 1 i 1 kkh 1 y y f x, y f x , y k 1,2,3 (7.7) i i 1 i 1 i 1 i i 2 y x y y 3 i 1, , n i i i Chúng ta bỏ qua phần đánh giá sai số và độ hội tụ của phương pháp này. Lưu ý: Trong phần bài tập, nếu đề bài không yêu cầu số bước lặp hay điều kiện dừng của vòng lặp ta quy ước dùng một bước lặp. y y x 21 xe Ví dụ 7.3: Xét bài toán , x [0;0,2], h=0,05 y 01 a) Trước hết ta giải bài toán với phương pháp Ơ le cải tiến hai bước lặp. 0 y0 Xét i=1, thay x0=0, y0=1 vào phương trình đầu của (7.7) ta được y1 y 0 h(2 x 0 e 1) 1,05. Thay kết quả đó vào phương trình thứ hai trong (7.7) với k=1 được: 0 1 y0 y1 y1 y 0 h(2 x 0 e 1 2 x 1 e 1)/ 2 1,057144. Tiếp tục v ới k=2 ta có: 1 2 y0 y1 y1 y 0 h(2 x 0 e 1 2 x 1 e 1)/ 2 1,057195 2 Vậy y x1 y 1 y 1 1,057195 Tương tự cho các nút khác ta có kết quả: x 0 0,05 0,1 0,15 0,2 Y 1 1,057195 1,129865 1,220758 1,334131 Trang | 39 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 7: Giải gần đúng phương trình vi phân y(0) 1,05 1,121587 1,210818 1,321605 y(1) 1,057144 1,12974 1,220513 1,333676 y(2) 1,057195 1,129865 1,220758 1,334131 b) Với yêu cầu hai giá trị lặp liên tiếp sai nhau không quá 10-5 ta có kết quả: x 0 0,05 0,1 0,15 0,2 y 1 1,057196 1,129868 1,220767 1,334158 y(0) 1,05 1,121587 1,21082 1,321614 y(1) 1,057144 1,12974 1,220516 1,333685 y(2) 1,057195 1,129866 1,220761 1,334141 y(3) 1,057196 1,129868 1,220767 1,334158 y(4) 1.334158 Sơ đồ phương pháp Ơ le cải tiến, hai giá trị lặp liên tiếp sai nhau không quá  Bài toán Côsi duy nhất nghiệm, . Bước lưới h, i=1 0 yi y i 1 hf x i 1, y i 1 i=i+1>n Bảng kết k=1 S Đ quả (xi,yi) h y kk y f x,, y f x y 1 i i 12 i 1 i 1 i i Đ (kk 1) yyii  S k=k+1 §4. PHƢƠNG PHÁP RUNGE – KUTTA (RK) Đặt yh1 ybkhbkh 0 1 1 2 2 bkhnn (7.8) trong đó: k1 h hf x 0; y 0 in 2,3, , (7.9) khi hfx 0 chy i; 0 ak i1 1 ak i2 2 ak ii 1 i 1 Trang | 40 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 7: Giải gần đúng phương trình vi phân Sau đó người ta tìm các tham số aij,, b i c i sao cho y x01 h y h với sai số  h y x01 h y h tốt nhất theo nghĩa  h là một vô cùng bé bậc cao khi h 0. Để dễ nh ớ, các hệ số còn được bố trí theo bảng Butcher: (n>1) 0 c2 a21 c3 a31 a32 cn an1 an2 ann-1 b1 b2 bn Để xác định , ta xét điều kiện  0  0  ()n 0 0 (7.10) khi đó bằng khai triển maclaurin ta suy được là một VCB bậc cao hơn hn. Xác định được y x h y1 h từ y(x0) thế nào thì một cách tương tự ta xác định y x ih yi h từ y(x0+(i-1)h). Sau đây chúng ta xét một số trường hợp đơn giản: 1. Trƣờng hợp bậc 1 (RK1) và 2 (RK2) Với n=1 ta có:  h yx 0 h yh 1 yx 0 h y 0 bhfxy 1 0, 0  00 Suy ra .  h 1. y x0 h b 1 f x 0 , y 0 Vậy điều kiện (7.10.) dẫn tới  0 f x0 , y 0 b 1 f x 0 , y 0 0 b 1 1 Ta có công thức cuối cùng y x0 h y 0 hf x 0, y 0 . Công thức này cũng chính là công thức của phương pháp Ơ le Với n=2 ta có  h yxh 0 yh 1 yxh 0 ybkhbkh 0 1 1 2 2 .  00 Suy ra  h 1. yxhbfxy 0 1 0 , 0 bkh 22 (7.11)  h y x0 h b 2 k 2 h Ta tính các đạo hàm Trang | 41 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 7: Giải gần đúng phương trình vi phân y x0 h f x 0 h; y x 0 h y x0 h fx x 0 h; y x 0 h y x0 h fy x 0 h ; y x 0 h d kh fx chy;; ak h fx chy ak 2 0 2 0 21 1dh 0 2 0 21 1 d k h 2. f x c h ; y a k 2dh 0 2 0 21 1 d 2 h . f x c h ; y a k dh2 0 2 0 21 1 Trong đó d fx 0 chy 2;; 0 ak 211 cfx 2x 0 chy 2 0 ak 211 dh a21 k 1 h fy x 0 c 2 h ; y 0 a 21 k 1  00  0 fxy 0 , 0 bfxy 1 0 , 0 bfxy 2 0 , 0 Thế tất cả và (7.11) ta được  0 f x ; y f x , y f x , y xy 0 0 0 0 0 0 b 2. cfxy , afxyfxy , , 2 2xy 0 0 21 0 0 0 0 bb 1 12 Do đó điều kiện (7.10) trở thành b c b a 1 2 2 2 21 2 1 bb12 Hệ điều kiện này có nhiều nghi0 ệ m. M ột trong các nghiệm hay dùng là 2 . Bảng Butcher 1 1 ca2 21 1 1/2 1/2 Công thức gần đúng trong trường hợp này là í ï ï k= hf( x; y ) ï 1 0 0 ï ì k2= hf( x 0 + h; y 0 + k 1) (7.12) ï ï 1 ï y( x+ h) » y +( k + k ) îï 0 02 1 2 Nhận xét: Công thức (7.12) cũng chính là phương pháp Ơ le cải tiến với một bước lặp í ¢ ï y( x)=- x y Ví dụ 7.4: Áp dụng phương pháp RK2 giải bài toán ì tìm gần đúng y(0,3) với h=0,1 ï îï y(0)= 0,5 và so sánh nghiệm đúng bài toán. Với x0=0, y0=0,5; f(x;y)=x-y và h=0,1 thế vào (7.12) ta có: k1=-0,05; k2=hf(0,1;0,45)=-0,035 suy ra y(0,1) 0,4575 Tiếp tục trong (7.12) thay x0,y0 thành x1=0,1; y1=0,4575 ta có: k1=-0,03575; k2=-0,02218 suy ra y(0,2) 0,48538. Trang | 42 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 7: Giải gần đúng phương trình vi phân Tương tự cho nút cuối cùng. Phương trình vi phân trong bài toán có dạng tuyến tính cấp 1. Giải ra ta có nghiệm tổng quát y= x -1 + Ce- x . Thế điều kiện giá trị đầu vào ta được tham số C=1,5. Vậy nghiệm đúng bài tóan là y= x -1 + 1,5 e- x . Tính toán nghiệm đúng tại các điểm cần so sánh ta có bảng kết quả: y đúng 0,5 0,457256 0,428096 0,411227 x 0 0,1 0,2 0,3 y 0,5 0,4575 0,428538 0,411826 k1 -0,05 -0,03575 -0,02285 k2 -0,035 -0,02218 -0,01057 2. Trƣờng hợp bậc 3 (RK3)và 4 (PK4) Quá trình xây dựng điều kiện (7.10) trong trường hợp n=3 hay n=4 là rất cồng kềnh, nên trong phần này chúng ta chỉ nêu một kết quả hay dùng. Trường hợp n=3 0 ½ ½ 1 -1 2 1/6 2/3 1/6 ïí k= hf( x; y ) ï 1 0 0 ï æöh k ï ç 1 ÷ ï k2= hfç x 0 +; y 0 + ÷ ï èøç 22÷ ìï (7.13) ï ï k3= hf( x 0 + h;2 y 0 - k 1 + k 2 ) ï ï 1 ï y( x+ h) » y +( k +4 k + k ) îï 0 06 1 2 3 Trường hợp n=4 0 ½ ½ ½ 0 ½ 1 0 0 1 1/6 1/3 1/3 1/6 ïí k= hf( x; y ) ï 1 0 0 ï æöh k ï ç 1 ÷ ï k2= hfç x 0 +; y 0 + ÷ ï èøç 22÷ ï ï æöh k ï k= hfç x +; y + 2 ÷ (7.14) ì 3ç 0 0 ÷ ï èø22 ï ï k4= hf( x 0 + h; y 0 + k 3 ) ï ï 1 ï ï y( x0+ h) » y 0 +( k 1 +22 k 2 + k 3 + k 4 ) îï 6 Trang | 43 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 7: Giải gần đúng phương trình vi phân Ví dụ 7.5: í - x ï y¢( x)=- xe y Áp dụng RK3 và RK4 giải bài tóan ì với h=0,15 tìm gần đúng y(0,6) ï îï y(0)= 0,2 Kết quả phương pháp RK3 (áp dụng 7.13) x 0 0,15 0,3 0,45 0,6 y 0,2 0,181801 0,181466 0,192047 0,20851 k1 -0,03 -0,0079 0,006117 0,014233 k2 -0,01731 0,000273 0,010981 0,016711 k3 -0,00994 0,004799 0,013443 0,017708 y(0,6)» 0,20851 Kết quả phương pháp RK4 (áp dụng 7.14) x 0 0,15 0,3 0,45 0,6 y 0,2 0,181825 0,181501 0,192086 0,208549 k1 -0,03 -0,00791 0,006112 0,014227 k2 -0,01731 0,000269 0,010976 0,016705 k3 -0,01826 -0,00034 0,010612 0,016519 k4 -0,00789 0,006115 0,014223 0,018102 y(0,6)» 0,208549 æö2 çx ÷ - x Nghiệm đúng bài toán ye=+ç 0,2÷ èøç 2 ÷ x 0 0,15 0,3 0,45 0,6 y đúng 0,2 0,181825 0,1815 0,192085 0,208548 Sơ đồ phương pháp RK4 với công thức 7.14 Bài toán Côsi duy nhất nghiệm, tìm y(x). Bước lưới h, n=x/h, i=1 i>n (7.14) i=i+1 y(x) y1 i<n x0=x0+h y0=y1 §5. VỀ MỘT CÁCH TÍNH SỐ e yy x Xét bài toán có nghiệm ye do đó y(1)=e. y 01 1 Giải bài toán bằng phương pháp RK(4) với h (n nguyên dương). Ta có: n Trang | 44 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - Chương 7: Giải gần đúng phương trình vi phân kk12 khykhy1 0;;; 2 0 khy 3 0 khyk 4 0 3 22 1 h234 h h y1 y 0 k 1 2 k 2 2 k 3 k 4 y 0 1 h 6 2! 3! 4! Tổng quát i h2 h 3 h 4 h 2 h 3 h 4 yii y 10 11 h y h 2!3!4! 2!3!4! n h234 h h Do đó y 11 yn h . 2! 3! 4! Kết quả ta có công thức tính gần đúng số e: n 1 1 1 1 e 1 (n đủ lớn) (7.15) n2 n2 6 n 3 24 n 4 n 1 Lưu ý: chúng ta cũng biết số e định nghĩa theo giới hạn là e lim 1 do đó với n đủ lớn thì n n n 1 e 1 (7.16). So sánh hai công thức ta có n n 5 6 7 8 7.15 2.48832 2.521626372 2.546499697 2.565784514 7.16 2.718251137 2.718266612 2.718273451 2.718276844 Lưu ý số e đúng là e=2,718281828 §6. BÀI TẬP Hãy giải các bài toán sau bằng các phương pháp đã học và so sánh nghiệm đúng bài toán. í xy ï ¢ ï yx( )= 2 7.1 ìï x + 1 tính y(1,1) với h=0,05 ï îï y(1)= 0,5 ïí xy ï yx¢( )=+ 7.2 ìï yx tìm y(x), x thuộc [1;2] với h=0,2 ï îï y(12)= í ¢ ï y( x)=+ ysin x 7.3 ì tìm y(0,5) với h=0,1 ï îï y(01)= Trang | 45 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Phƣơng pháp tính – Tạ Văn Đĩnh 2. Phƣơng pháp tính – Dƣơng Thủy Vỹ 3. Giải tích số - Phạm Kỳ Anh 4. Giải tích số - Nguyễn Minh Chƣơng 5. Introduction to Numerical Analysis – Endre Suli và David F.Mayers Trang | 46 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -
Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM - MỤC LỤC GIỚI THIỆU 3 Chƣơng 1: SAI SỐ 5 Chƣơng 2: GIẢI GẦN ĐÚNG PHƢƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ VÀ SIÊU VIỆT 9 Chƣơng 3: GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH BẰNG PHƢƠNG PHÁP LẶP 21 Chƣơng 4: ĐA THỨC NỘI SUY 29 Chƣơng 5: TÍNH TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH 39 Chƣơng 6: PHƢƠNG PHÁP BÌNH PHƢƠNG BÉ NHẤT 47 Chƣơng 7: GIẢI GẦN ĐÚNG PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO 65 Trang | 47 Thư vi ện ĐH SPKT TP. HCM -