40 trang 17 lượt tải

Tổng hợp lý thuyết và bài tập (có lời giải) môn Phương pháp tính trong kỹ thuật | Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội

33

Tổng hợp lý thuyết và bài tập (có lời giải) môn Phương pháp tính trong kỹ thuật | Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội. Tài liệu được sưu tầm giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời bạn đọc đón xem.

Môn: Phương pháp tính trong kỹ thuật (UET) 10 tài liệu

Trường: Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội 816 tài liệu

Tác giả:

Profile

minh tung

3 tuần trước
Tải xuống
Báo cáo
Danh sách Quiz
Tải xuống
/40
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 1
Chương 1. Tính gần đúng, sai số
Bài 1: Phép đo có kết quả:
999.847 0.001gg

. Xác định sai số tương đối giới hạn
của phép đo trên.
Giải: Ta có:
999.847 0.001
a
g g a
.
Sai số tương đối giới hạn:
6
0.001
10
999.847
a
a
.
Bài 2: Cho các số:
4
1.2341, 0.45 10
a
a
và
3
0.5364, 0.42 10
b
b
. Hãy xác định các
chữ số đáng tin của
a
và
b
.
Giải: Ta có:
.
Mà
44
0.45 10 0.5 10
a

. Nên số 1 là số đáng tin. Vì tất cả các số bên trái của số đáng tin
(số 1) đều là số đáng tin. Do đó tất cả các chữ số của
a
đều đáng tin.
0 1 2 3 4
0 10 5 10 3 10 6 10 4 10b
.
Mà
33
0.42 10 0.5 10
b

. Nên số 6 là số đáng tin. Do đó, các chữ số đáng tin của
b
là 0,
5, 3, 6.
Bài 3: Cho hàm số:
2
lnu x y
. Tính giá trị của hàm số
u
tại
0.97, 1.132yx
. Xác định
sai số tuyệt đối giới hạn
u
, sai số tương đối giới hạn
u
, biết rằng tất cả các chữ số của
,xy
đều là số đáng tin.
Giải: Giá trị của hàm số
u
tại
2
0.97, 1.132: ln 0.97 1.132 0.812x y u
.
Vì tất cả các chữ số của
x
đều đáng tin nên:
22
0.5 10 0.5 10
xx

.
Vì tất cả các chữ số của
y
đều đáng tin nên:
33
0.5 10 0.5 10
yy

.
Sai số tuyệt đối của hàm số
u
tại
0.97, 1.132yx
:
( , ) ( , )
u x x y y
u x y u x y

22
2
y
x
y
x y x y



23
22
0.5 10 2 1.132 0.5 10
0.00272
0.97 1.132 0.97 1.132


Do đó:
0.812 0.00272u 
.
Sai số tương đối của hàm số
u
tại
0.97, 1.132xy
:
0.00272
0.0033 0.33%
0.812
u
u
u
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 2
Chương 2. Giải hệ phương trình đại số
A. Phương pháp khử Gauss, nhân tử LU
Bài 1: Giải hệ phương trình:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2
2 3 5 3
3 2 3 6
x x x
x x x
x x x
.
a. Bằng phương pháp Gauss.
b. Bằng phương pháp nhân tử
LU
.
Giải: a.
21
31
31
2
1 1 1 2 3 2 3 6 3 2 3 6
3
2 3 5 3 2 3 5 3 0 5 3 7 7
1
3 2 3 6 1 1 1 2 0 1 3 0 0
3
RR
RR
RR







32
3 2 3 6 3 2 3 6
1
0 5 3 7 7 0 5 3 7 7
5
0 1 3 0 0 0 0 7 5 7 5
RR




1 2 3
1, 0, 1x x x
.
b.
Ly b
Ax b LUx b
Ux y
.
Ta có ma trận hệ số:
21
32
31
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 3 5 0 1 7 0 1 7
3 2 3 0 1 0 0 0 7
2
1
3
RR
RR
RR


A
.
1 0 0 1 1 1
2 1 0 , 0 1 7
3 1 1 0 0 7
LU
.
Giải phương trình:
1 2 3
2, 7, 7y y y Ly b
.
Giải phương trình:
1 2 3
1, 0, 1x x x Ux y
.
Bài 2: Giải hệ phương trình:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
4 6 8 0
6 34 52 160
8 52 129 452
x x x
x x x
x x x
bằng phương pháp nhân tử
LU
.
Giải: Ta có ma trận hệ số:
21
31
4 6 8 4 6 8
6 34 52 0 25 40
8 52 129 0 40
2
32
113
RR
RR
A
32
4 6 8
0 25 40
4
85
0 0 9
RR





1 0 0 4 6 8
3 2 1 0 , 0 25 40
2 8 5 1 0 0 49
LU
.
Giải phương trình:
1 2 3
0, 160, 196y y y Ly b
.
Giải phương trình:
1 2 3
8, 0, 4x x x Ux y
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 3
Bài 3: Giải hệ phương trình:
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
2 3 2 6
2 2 3 8
3 2 2 4
2 3 2 8
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
.
a. Bằng phương pháp khử Gauss.
b. Bằng phương pháp nhân tử
LU
.
Giải: a.
31
1 2 3 2 6 3 2 1 2 4
2 1 2 3 8 2 1 2 3 8
3 2 1 2 4 1 2 3 2 6
2 3 2 1 8 2 3 2 1 8
RR


21
31
41
3 2 1 2 4
23
0 7 3 4 3 13 3 16 3
13
0 4 3 10 3 8 3 14 3
23
0 13 3 8 3 1 3 32 3
RR
RR
RR







32
24
42
3 2 1 2 4 3 2 1 2 4
4 13
0 13 3 8 3 1 3 32 3 0 13 3 8 3 1 3 32 3
7 13
0 4 3 10 3 8 3 14 3 0 0 54 13 36 13 18 13
0 7 3 4 3 13 3 16 3 0 0 36 13 54 13144 13
RR
RR
RR



1
2
43
3
4
1
3 2 1 2 4
2
0 13 3 8 3 1 3 32 3
23
1
0 0 54 13 36 13 18 13
2
0 0 0 6 12
x
x
RR
x
x









.
b. Ta có ma trận hệ số:
21
31
41
2
3
1 2 3 2 1 2 3 2
2 1 2 3 0 5 8 1
3 2 1 2 0 4
1
2
10 8
2 3 2 0 7 4 5
RR
RR
RR


A
32
43
42
1 2 3 2 1 2 3 2
0 5 8 1 0 5 8 1
0 0 18 5 36 5 0 0 18 5 36 5
0
5
0 36 5 18 5 0 0 0
45
18
2
7
RR
RR
RR




.
1 0 0 0 1 2 3 2
2 1 0 0 0 5 8 1
,
3 4 5 1 0 0 0 18 5 36 5
2 7 5 2 1 0 0 0 18

LU
.
Giải phương trình:
1 2 3 4
54
6, 4, , 36
5
y y y y Ly b
.
Giải phương trình:
1 2 3 4
1, 2, 1, 2x x x x Ux y
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 4
Bài 4: Tìm ma trận
X
thoả mãn phương trình:
1 1 1 1 1 3
2 1 0 4 3 2
1 1 1 1 2 5


X
.
Giải: Ta có
-1 -1 -1
XA B XAA BA X BA
.
Tìm ma trận
-1
A
của ma trận
1 1 1
2 1 0
1 1 1





A
bằng phương pháp khử Gauss-Jordan.
21
31
1 1 11 0 0 1 1 1 1 0 0
2
2 1 0 0 1 0 0 1 2 2 1 0
1
1 1 1 0 0 1 0 2 2 1 0 1
RR
RR



AE
12
2
32
1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0
1
1 0 1 2 2 1 0 0 1 2 2 1 0
2
0 2 2 1 0 1 0 0 2 3 2 1
RR
R
RR


23
3
13
1 0 1 1 1 0 1 0 0 1 2 0 1 2
2
2 0 1 2 2 1 0 0 1 0 1 1 1
1
0 0 1 3 2 1 1 2 0 0 1 3 2 1 1 2
RR
R
RR

.
1 2 0 1 2
1 1 1
3 2 1 1 2






-1
A
.
Do đó:
1 1 3 1 2 0 1 2 3 2 0
4 3 2 1 1 1 4 5 2
1 2 5 3 2 1 1 2 5 3 0

-1
X BA
.
B. Phương pháp lặp đơn
Đưa phương trình
Ax b
về dạng
x Bx g
.
Chọn
0
xg
và lập dãy
n
x
theo công thức sau:
1nn
x Bx g
.
Điều kiện hội tụ đến nghiệm chính xác
x
: nếu
1
max 1B
n
ij
i
j
b

thì
lim
n
n

xx
.
Đánh giá sai số:
11
1
n n n

B
x x x x
B
, trong đó:
max
i
i
xx
.
Bài 1: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn với sai số nhỏ hơn
2
10
:
57
10 12
20 22
x y z
x y z
x y z
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 5
Giải: Hệ trên viết lại dưới dạng:
x Bx g
, trong đó:
0 0.2 0.2 1.4
0.1 0 0.1 , 1.2 0.4 1
0.05 0.05 0 1.1


B g B
. Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp
đơn, dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
x
. Chọn
0
xg
. Khi đó:
1 0 1 1 0
0.94,0.95,0.97 0.307
1
T
B
x Bx g x x x x
B
.
2 1 2 2 1
1.016,1.009,1.0055 0.051
1
T
B
x Bx g x x x x
B
.
3 2 3 3 2
0.9971,0.99785,0.99875 0.013
1
T
B
x Bx g x x x x
B
.
2
4 3 4 4 3
1.00068,1.000415,1.0002525 0.0024 10
1
T

B
x Bx g x x x x
B
.
Vậy nghiệm gần đúng của hệ phương trình:
1.00068,1.00042,1.00025
T
x
.
Nghiệm chính xác của hệ:
*
1,1,1x
T
.
Bài 2: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn với sai số nhỏ hơn
2
10
:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
64 6 8 72
6 32 5 11
8 2 128 136
x x x
x x x
x x x
Giải: Hệ trên viết lại dưới dạng:
x Bx g
, trong đó:
0 0.09375 0.125 1.125
0.1875 0 0.15625 , 0.34375 0.34375 1
0.0625 0.015625 0 1.0625


B g B
.
Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp đơn, dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
x
.
Chọn
0
xg
. Khi đó:
1 0 1 1 0
0.95996, 0.03320,0.98682 0.19745
1
T
B
x Bx g x x x x
B
.
2 1 2 2 1
1.00476,0.00957,1.00302 0.02347
1
T
B
x Bx g x x x x
B
.
2
3 2 3 3 2
0.99873, 0.00136,0.99955 0.00573 10
1
T

B
x Bx g x x x x
B
.
Vậy nghiệm gần đúng của hệ phương trình:
0.99873, 0.00136,0.99955
T
x
.
Nghiệm chính xác của hệ:
1,0,1x
T
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 6
Bài 3: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn với sai số nhỏ hơn
3
10
:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
24 25
33 0
2 2 25 27
x x x
x x x
x x x
Giải: Hệ trên viết lại dưới dạng:
x Bx g
, trong đó:
0 1 24 1 24 25 24
4
1 33 0 1 33 , 0 1
25
2 25 2 25 0 27 25

B g B
. Do đó, khi sử dụng phương pháp
lặp đơn, dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
x
. Chọn
0
xg
. Khi đó:
1 0 1 1 0
163 23 299 1
,,
150 19800 300 1 63
T



B
x Bx g x x x x
B
.
3
2 1 2 2 1
1
1.08324,0.00273,0.99316 10 .
1 1350
T

B
x Bx g x x x x
B
Vậy nghiệm gần đúng của hệ phương trình:
1.08324,0.00273,0.99316
T
x
.
Nghiệm chính xác của hệ:
21493 54 19711
,,
19847 19847 19847
x
T



.
Bài 4: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn với sai số nhỏ hơn
3
10
:
1 2 3
1 2 3
23
16 14
25 25
32 33
x x x
x x x
xx

Giải: Hệ trên viết lại dưới dạng:
x Bx g
, trong đó:
0 1 16 1 16 7 8
1
1 25 0 1 25 , 1 1
8
0 1 32 0 33 32
B g B
. Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp
đơn, dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
x
. Chọn
0
xg
. Khi đó:
1 0 1 1 0
513 159 65
, ,1
512 160 1 3584
B
x Bx g x x x x
B
T



.
3
2 1 2 2 1
81
0.99961,1.00008,1.00019 10 .
1 89600
B
x Bx g x x x x
B
T

Vậy nghiệm gần đúng của hệ phương trình:
0.99961,1.00008,1.00019x
T
.
Nghiệm chính xác của hệ:
1,1,1x
T
.
Bài 5: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn sau 4 bước lặp, đánh giá sai số:
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 7
81
5 16
47
x y z
x y z
x y z
Giải: Hệ trên viết lại dưới dạng:
x Bx g
, trong đó:
0 0.125 0.125 0.125
0.2 0 0.2 , 3.2 0.5 1
0.25 0.25 0 1.75
B g B
. Do đó, khi sử dụng phương pháp
lặp đơn, dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
x
. Chọn
0
xg
. Khi đó:
1 0 1 1 0
0.74375, 3.575, 2.58125 0.83125
1
T
B
x Bx g x x x x
B
.
2 1 2 2 1
0.89453, 3.865, 2.82969 0.29
1
T
B
x Bx g x x x x
B
.
3 2 3 3 2
0.96184, 3.94484, 2.93988 0.11019
1
T
B
x Bx g x x x x
B
.
4 3 4 4 3
0.98559, 3.98034, 2.97667 0.03679
1
T
B
x Bx g x x x x
B
.
Vậy nghiệm gần đúng của hệ phương trình sau 4 bước lặp:
0.98559, 3.98034, 2.97667
T
x
.
Nghiệm chính xác của hệ:
1, 4, 3x
T
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 8
Chương 3. Trị riêng, véc tơ riêng
A. Phương pháp lũy thừa
Tìm trị riêng có biên độ lớn nhất (trị tuyệt đối lớn nhất) trong các trị riêng của bài toán:
Ax x
.
Lập dãy
n
theo công thức sau:
11n n n

Ax x
.
Chọn
0
1,1,1
T
x
. Sau mỗi bước đưa 1 thành phần (ở cùng 1 vị trí so với các véc tơ riêng
trong các bước lặp trước) của véc tơ riêng
n
x
về 1 (tỷ lệ hóa).
Sai số:
1nn

. Khi đó:
max
lim
n
n


.
B. Phương pháp lũy thừa nghịch đảo
1



-1
A
-1 -1 -1 -1 -1
Ax x A Ax A x A A x A x A x x
.
Tìm trị riêng có biên độ bé nhất (trị tuyệt đối bé nhất) trong các trị riêng của bài toán:
Ax x
.
Dùng phương pháp lũy thừa để tìm trị riêng
1
có biên độ lớn nhất của ma trận
-1
A
. Khi đó
là trị riêng có biên độ bé nhất của ma trận
A
.
Bài 1: Dùng phương pháp lũy thừa, lũy thừa nghịch đảo đến bước lặp thứ 4, tìm trị riêng có
biên độ lớn nhất, bé nhất và véc tơ riêng tương ứng của ma trận sau:
4 1 1
1 2 1
1 1 6






A
Giải: a. Phương pháp lũy thừa:
Chọn
0
1,1,1
T
x
. Khi đó:
0 1 1
4,2,6 6 0.66667,0.33333,1
TT
Ax x
.
11
6, 0.66667,0.33333,1
T
x
.
1 2 2
2,0.33333,5.66667 5.66667 0.35294,0.05882,1
TT
Ax x
.
22
5.66667, 0.35294,0.05882,1
T
x
.
2 3 3
0.47058, 0.52942,5.70588 5.70588 0.08247, 0.09278,1
TT
Ax x
.
33
5.70588, 0.08247, 0.09278,1
T
x
.
3 4 4
0.7629, 1.10309,5.82475 5.82475 0.13098, 0.18938,1
TT
Ax x
.
44
5.82475, 0.13098, 0.18938,1
T
x
.
b. Phương pháp lũy thừa nghịch đảo:
13 7 1
1
5 23 3
44
3 5 7






-1
A
Chọn
0
1,1,1
T
x
.
1
0 1 1
0.15909,0.47727,0.11364 0.11364 1.39995,4.19984,1
TT
-1
A x x
.
1
11
0.11364, 1.39995,4.19984,1
T
x
.
1
1 2 2
0.23181,2.10447, 0.22271 0.22271 1.04086, 9.44937,1
TT
-1
A x x
.
1
22
0.22271, 1.04086, 9.44937,1
T
x
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 9
1
2 3 3
1.83356, 4.98954,1.30385 1.30385 1.40627, 3.82677,1
TT
-1
A x x
.
1
33
1.30385, 1.40627, 3.82677,1
T
x
.
1
3 4 4
1.04702, 2.09198,0.68983 0.68983 1.51779, 3.0326,1
TT
-1
A x x
.
1
44
0.68983, 1.51779, 3.0326,1
T
x
.
Trị riêng có biên độ bé nhất của ma trận
1
4
1
: 1.44963
A
.
Trị riêng của ma trận
1 2 3
: 4, 4 5, 4 5
A
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 10
Chương 4. Phương trình phi tuyến
Định nghĩa: Khoảng phân ly nghiệm là khoảng chứa 1 nghiệm duy nhất của phương trình
0fx
.
Giả sử phương trình phi tuyến
0fx
có khoảng phân ly nghiệm là
,ab
. Nghiệm chính
xác của phương trình là
,x a b
.
A. Phương pháp lặp đơn
Đưa phương trình
0fx
về dạng:
x g x
.
Lập dãy
10
: , , 1
n n n
x x g x x a b

Điều kiện hội tụ đến nghiệm chính xác
*
x
: Nếu tồn tại
: 1, ,L g x L x a b
thì
lim
n
n
xx

, trong đó dãy
n
x
được thành lập từ
1
.
Đánh giá sai số:
11
1
n n n
L
x x x x
L

.
Bài 1: Cho phương trình:
3
6.5 26 3.9 0xx
.
a. Chứng minh
0,1
là khoảng phân ly nghiệm.
b. Kiểm tra điều kiện hội tụ của phương pháp lặp đơn đối với khoảng phân ly nghiệm này.
c. Sử dụng phương pháp lặp đơn tìm nghiệm gần đúng của phương trình đến bước lặp thứ 4
với
0
0.5x
, đánh giá sai số tại bước lặp này.
Giải: a. Ta có:
3
6.5 26 3.9 0 1 60.84 0f x x x f f
.
Mà
2
19.5 26 0, 0,1 0,1f x x x
là khoảng phân ly nghiệm.
b.
33
6.5 26 3.9 0 , 0.25 0.15f x x x x g x g x x
.
Ta có:
2
0.75 0.75 1, 0,1g x x x
. Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp đơn, dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
*
x
. Chọn
0.75L
.
c. Sử dụng công thức lặp với
0
0.5x
, ta có:
10
0.18125x g x
.
21
0.15148x g x
.
32
0.15087x g x
.
43
0.15086x g x
.
Sai số tại bước lặp thứ 4:
5
4 4 3
0.75
0.15086 0.15087 3 10
1 0.25
L
x x x x
L

.
Do đó, nghiệm gần đúng:
4
xx
.
Bài 2: Cho phương trình:
3
2 6 0xx
.
a. Chứng minh
2,3
là khoảng phân ly nghiệm.
b. Kiểm tra điều kiện hội tụ của phương pháp lặp đơn đối với khoảng phân ly nghiệm này.
c. Chọn
0
2.2x
, sử dụng phương pháp lặp đơn tìm nghiệm gần đúng của phương trình với độ
chính xác nhỏ hơn
4
10
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 11
Giải: a. Ta có:
3
2 6 2 3 30 0f x x x f f
.
Mà
2
3 2 0, 2,3 2,3f x x x
là khoảng phân ly nghiệm.
b.
3
3
2 6 0 , 2 6f x x x x g x g x x
.
Ta có:
3
2
3
22
1, 2,3
3 100
3 2 6
g x x
x
. Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp đơn,
dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
*
x
. Chọn
3
2
3 100
L
.
c. Sử dụng công thức lặp với
0
2.2x
, ta có:
1 0 1 1 0
2.18279 0.00289
1
L
x g x x x x x
L
.
2 1 2 2 1
2.18038 0.00041
1
L
x g x x x x x
L
.
4
3 2 3 3 2
2.18004 0.00006 10
1
L
x g x x x x x
L

.
Do đó, nghiệm gần đúng:
3
xx
.
Chú ý: Từ
33
2 6 0 , 0.5 3f x x x x g x g x x
, khi đó sử dụng phương pháp
lặp đơn, dãy
n
x
không hội tụ đến nghiệm chính xác
*
x
.
Bài 3: Cho phương trình:
3
5 20 3 0xx
. Tìm nghiệm gần đúng của phương trình trên bằng
phương pháp lặp đơn với độ chính xác nhỏ hơn
4
10
, biết khoảng phân ly nghiệm là
0,1
.
Giải: Ta có
33
5 20 3 0 , 0.25 0.15f x x x x g x g x x
.
Vì
2
0.75 0.75 1, 0,1g x x x
. Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp đơn, dãy
n
x
sẽ
hội tụ đến nghiệm chính xác
*
x
.
Chọn
0.75L
. Sử dụng công thức lặp với
0
0.5x
, ta có:
*
1 0 1 1 0
0.18125 , 0.9563
1
L
x g x x x x x
L
.
*
2 1 2 2 1
0.15149 , 0.0892
1
L
x g x x x x x
L
.
*
3 2 3 3 2
0.15087 , 0.00186
1
L
x g x x x x x
L
.
*4
4 3 4 4 3
0.15086 , 0.00003 10
1
L
x g x x x x x
L
.
Do đó, nghiệm gần đúng:
4
xx
.
Bài 4: Cho phương trình:
3
9 1 0xx
. Tìm nghiệm gần đúng của phương trình trên bằng
phương pháp lặp đơn với độ chính xác nhỏ hơn
4
10
.
Giải: Ta có:
3
9 1 1 0 9 0f x x x f f
.
Mà
2
3 9 0, 1,0 1,0f x x x
là khoảng phân ly nghiệm.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 12
Ta có:
3
3
1
9 1 0 ,
9
x
f x x x x g x g x
.
Mặt khác:
2
1
1, 1,0
33
x
g x x
. Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp đơn, dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
*
x
.
Chọn
13L
. Sử dụng công thức lặp với
0
1x 
, ta có:
*
1 0 1 1 0
0 , 0.5
1
L
x g x x x x x
L
.
*
2 1 2 2 1
1 9 , 0.05556
1
L
x g x x x x x
L
.
*4
3 2 3 3 2
0.11096 , 0.00008 10
1
L
x g x x x x x
L
.
Do đó, nghiệm gần đúng:
3
xx
.
B. Phương pháp Newton (tiếp tuyến)
Lập dãy
10
: , , 2
n
n n n
n
fx
x x x x a b
fx
Điều kiện hội tụ đến nghiệm chính xác
x
: Nếu
,f x f x
liên tục, không đổi dấu trên
,ab
. Với
0
x
thỏa mãn:
00
0f x f x


. Khi đó:
lim
n
n
xx

, trong đó dãy
n
x
được
thành lập từ
2
.
Đánh giá sai số:
2
11
2
n n n
M
x x x x
m

, trong đó
,mM
là 2 số thỏa mãn:
, , , .f x m f x M x a b
Bài 1: Cho phương trình:
32
3 1 24x x x
.
a. Chứng minh
6.94, 6.23
là khoảng phân ly nghiệm.
b. Kiểm tra điều kiện hội tụ của phương pháp Newton đối với khoảng phân ly nghiệm này.
c. Sử dụng phương pháp Newton tìm nghiệm gần đúng của phương trình đến bước lặp thứ 3,
đánh giá sai số tại bước lặp này.
Giải: a. Ta có:
32
3 24 1 6.94 6.23 0f x x x x f f
.
Mà
2
3 6 24 0, 6.94, 6.23 6.94, 6.23f x x x x
là khoảng phân ly nghiệm.
b.
6 6 0, 6.94, 6.23f x x x

.
Do đó:
,f x f x
liên tục, không đổi dấu trên
6.94, 6.23
.
Mà
6.9 6.9 0ff

nên chọn
0
6.9x 
. Khi đó, sử dụng phương pháp Newton, dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
x
.
c. Sử dụng công thức lặp:
0
10
0
6.65359
fx
xx
fx
.
1
21
1
6.63821
fx
xx
fx
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 13
2
32
2
6.63816
fx
xx
fx
.
Ta có:
6.23 55.0587, 6.94 35.64m f M f
.
Sai số:
2
10
3
35.64
6.63821 6.63816 8.09 10
2 55.0587
xx

.
Do đó, nghiệm gần đúng:
3
xx
.
Bài 2: Cho phương trình:
2
2 cos 10 0
x
e x x
.
a. Chứng minh
1,2
là khoảng phân ly nghiệm.
b. Sử dụng phương pháp Newton tìm nghiệm gần đúng của phương trình đến bước lặp thứ 2,
đánh giá sai số tại bước lặp này.
Giải: a. Ta có:
2
2 cos 10 1 2 23.57863 0
x
f x e x x f f
.
4 sin ; 4 cos ; sin
x x x
f x e x x f x e x f x e x
.
Vì
sin 0, 1,2
x
f x e x x

1 6.17798f x f
.
0, 1,2f x x

1 5.87681f x f

.
0, 1,2f x x
. Do đó
1,2
là khoảng phân ly nghiệm.
b. Vì
,f x f x
liên tục, không đổi dấu trên
1,2
.
Mà
2 2 58.7062 0ff

nên chọn
0
2x
. Khi đó, sử dụng phương pháp Newton, dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
x
.
Sử dụng công thức lặp:
0
10
0
1.65656
fx
xx
fx
.
1
21
1
1.59732
fx
xx
fx
.
Ta có:
1 5.87681, 2 11.8052m f M f
.
Sai số:
2
3
2
11.8052
1.65656 1.59732 3.5 10
2 5.87681
xx

.
Do đó, nghiệm gần đúng:
2
xx
.
Bài 3: Cho phương trình:
2
10
x
xe 
. Sử dụng phương pháp Newton tìm nghiệm gần đúng
của phương trình đến bước lặp thứ 3, đánh giá sai số tại bước lặp này.
Giải: Ta có:
2
1 0 1 6.38906 0
x
f x xe f f
.
22
2 0, 0,1
xx
f x e xe x
. Do đó
0,1
là khoảng phân ly nghiệm.
2 2 2 2
4 4 0, 12 8 0, 0,1
x x x x
f x e xe f x e xe x
.
Suy ra
,f x f x
liên tục, không đổi dấu trên
0,1
.
Mà
0.5 0.5 5.85748 0ff

nên chọn
0
0.5x
. Khi đó, sử dụng phương pháp Newton,
dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
x
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 14
Sử dụng công thức lặp:
0
10
0
0.43394
fx
xx
fx
.
1
21
1
0.42639
fx
xx
fx
.
2
32
2
0.42630
fx
xx
fx
.
Ta có:
2
0 1.0 , 1 8m f M f e
.
Sai số:
2
2
7
3
8
0.42630 0.42639 2.24 10
21
e
xx

.
Do đó, nghiệm gần đúng:
3
xx
.
Bài 4: Cho phương trình:
1 2ln
2
x
x
. Sử dụng phương pháp Newton tìm nghiệm gần đúng
của phương trình đã cho trên khoảng
0.5;1.5
với sai số không vượt quá
5
2 10
.
Giải: Ta có:
1 2ln 0.5 1.5 0.67506 0
2
x
f x x f f
.
12
0, 0.5;1.5
2
f x x
x
. Do đó
0.5;1.5
là khoảng phân ly nghiệm.
23
24
0, 0, 0.5;1.5f x f x x
xx
.
Suy ra
,f x f x
liên tục, không đổi dấu trên
0.5;1.5
.
Mà
0.5 0.5 5.09035 0ff

nên chọn
0
0.5x
. Khi đó, sử dụng phương pháp Newton,
dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
x
.
Ta có:
1.5 0.83333, 0.5 8.0m f M f
.
Sử dụng công thức lặp:
0
10
0
0.68179
fx
xx
fx
,
2
1
8
0.68179 0.5 0.15864
2 0.83333
xx
.
1
21
1
0.72574
fx
xx
fx
,
2
2
8
0.72574 0.68179 0.00927
2 0.83333
xx
.
2
32
2
0.72751
fx
xx
fx
.
Sai số:
5
3
5
2
8
0.72751 0. 972574
2 0.8333
0
3
1.506 1 10 2 1xx
.
Do đó, nghiệm gần đúng:
3
xx
.
Bài 5: Sử dụng phương pháp Newton, tìm nghiệm của phương trình:
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 15
23
0.3
1 , 2.718281
26
xx
xx
e x e e
, chính xác đến 5 chữ số thập phân, với giá trị đầu
0
3x
.
Giải: Ta có:
23
0.3
1 , 2.718281
26
xx
xx
f x x e e e
.
Do đó,
23
0.3 0.3
1
2 20
x x x
xx
f x x e e e
.
23
0.3 0.3 0.3
33
1
10 200
x x x x
xx
f x x e e e e

.
Mà
3 3 2.11 0ff

, ta chọn
0
3x
. Sử dụng công thức lặp Newton:
0
10
0
2.695129056
fx
xx
fx
.
1
21
1
2.489725966
fx
xx
fx
.
2
32
2
2.388585665
fx
xx
fx
.
3
43
3
2.364608723
fx
xx
fx
.
4
54
4
2.363379512
fx
xx
fx
.
5
65
5
2.363376399
fx
xx
fx
.
Do đó, nghiệm gần đúng:
6
xx
.
Bài 6: Bằng phương pháp Newton, tìm hai nghiệm của phương trình:
11
2
21
x
e
xx


.
Với độ chính xác đến năm chữ số thập phân, các giá trị đầu
0
x
có thể chọn là
0.6
và
0.8
.
Giải: Ta có:
11
2
21
x
f x e
xx

. Suy ra
22
11
2
21
x
f x e
xx

.
Xây dựng dãy
n
x
theo công thức truy hồi:
1
n
nn
n
fx
xx
fx

.
a. Với
0
0.6x 
:
Sử dụng công thức lặp:
0
10
0
0.7379834759
fx
xx
fx
.
1
21
1
0.6993377784
fx
xx
fx
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 16
2
32
2
0.6901627765
fx
xx
fx
.
3
43
3
0.6897527914
fx
xx
fx
.
4
54
4
0.6897520209
fx
xx
fx
.
Do đó, nghiệm gần đúng:
5
xx
.
b. Với
0
0.8x
:
Sử dụng công thức lặp:
0
10
0
0.7696398937
fx
xx
fx
.
1
21
1
0.7700913090
fx
xx
fx
.
2
32
2
0.7700914093
fx
xx
fx
.
Do đó, nghiệm gần đúng:
3
xx
.
Bài 7: Tìm tất cả các nghiệm dương của phương trình:
3
0
10 1
x
x
e dt
, chính xác đến 6 chữ số
thập phân.
Giải: Ta có:
33
3
3
10 1 10 3 1 0 1 3
xx
f x xe f x e x x

.
3
23
30 3 4
x
f x x e x


.
Do đó
fx
đồng biến trên
3
0, 1 3
và nghịch biến trên
3
1 3,2
.
Ta có:
3
0 1 0, 1 3 0, 2 0f f f
. Nên
3
0, 1 3
,
3
1 3,2
là các khoảng phân ly
nghiệm, mà
2 0, 2f x f x
. Vậy phương trình
0fx
sẽ có 2 nghiệm dương duy
nhất thuộc các khoảng trên.
Xây dựng dãy
n
x
theo công thức truy hồi:
1
n
nn
n
fx
xx
fx

.
Mà
0.1 0.1 0ff


, ta chọn
0
0.1x
:
12
0.1001003511, 0.1001003517xx
. Do đó:
21
xx
.
Và
1.3 1.3 0ff


, ta chọn
0
1.3x
:
1 2 3 4
1.371579699, 1.379223518, 1.379317332, 1.379317347x x x x
.
Do đó:
42
xx
. Vậy 2 nghiệm dương gần đúng là:
2 1 4 2
;x x x x


.
C. Phương pháp dây cung (cát tuyến)
Lập dãy
n
x
:
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 17
a. Nếu
0:fa
0
1
3
n
n n n
n
xb
fx
x x x a
f x f a
b. Nếu
0:fa
0
1
3
n
n n n
n
xa
fx
x x x b
f x f b
Điều kiện hội tụ đến nghiệm chính xác
x
: Nếu
,f x f x
liên tục, không đổi dấu trên
,ab
, không giảm tổng quát giả sử
0, ,f x x a b


. Khi đó
lim
n
n
xx

, trong đó dãy
n
x
được thành lập từ
3
.
Đánh giá sai số:
11
, 0 , ,
n n n
Mm
x x x x m f x M x a b
m

.
Bài 1: Cho phương trình:
32
10x x x
.
a. Chứng minh
0,1
là khoảng phân ly nghiệm.
b. Kiểm tra điều kiện hội tụ của phương pháp dây cung đối với khoảng phân ly nghiệm này.
c. Sử dụng phương pháp dây cung, tìm nghiệm gần đúng của phương trình với sai số không
vượt quá
2
10
.
Giải: a. Ta có:
32
1 0 1 2 0f x x x x f f
.
Mà
2
3 2 1 0, 0,1 0,1f x x x x
là khoảng phân ly nghiệm.
b.
6 2 0 1 6f x x f x
. Do đó, khi sử dụng phương pháp dây cung, dãy
n
x
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác
*
x
.
c. Vì
0 1 0:f
0
32
1
2
0
1
23
n n n
nn
nn
x
x x x
xx
xx


1 2 3 4 5 6
0.33333, 0.47059, 0.51954, 0.53586, 0.54117, 0.54287x x x x x x
.
Sai số:
2
6 6 5
5 0.00854 10x x x x

. Do đó, nghiệm gần đúng:
6
xx
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 18
Chương 5. Xấp xỉ đa thức, nội suy
Giả sử ta có bảng các giá trị (mốc nội suy):
x
0
x
1
x
……
n
x
y f x
0
y
1
y
……
n
y
Xây dựng 1 đa thức (nội suy) bậc n,
n
y P x
đi qua các điểm
,
ii
xy
.
I. Đa thức nội suy Lagrange
0
n
n i i
i
P x y l x

, trong đó:
11
1 10 1
01
... ...
... ...
n
i
i i n
ii
i i iii
x x x x x x x x
lx
x x x x x x x
xx
xxx


.
Bài 1: Tìm đa thức nội suy Lagrange của hàm số
sinyx
với
0 1 2
0, 1 6, 1 2x x x
trên
0,1 2
. Tính gần đúng giá trị
1 12y
.
Giải: Đa thức nội suy Lagrange bậc 2:
2
0 2 0 1
12
2 0 1 2
0
0 1 0 2 1 0 1 2 2 0 2 1
ii
i
x x x x x x x x
x x x x
P x y l x y y y
x x x x x x x x x x x x

11
00
1
26
01
1 1 1 1 1 1
2
00
6 6 2 2 2 6
x x x x
2
7
3
2
xx
.
Do đó:
2
2
1 1 1 7 1
3 0.27083
12 12 12 2 12
yP
.
Bài 2: Hàm số
y f x
cho bởi bảng:
x
0
2
3
5
y
1
3
2
5
Lập đa thức nội suy Lagrange của hàm số trên, tính gần đúng giá trị
2.5f
.
Giải: Đa thức nội suy Lagrange bậc 3:
3
1 2 3 0 2 3
3 0 1
0
0 1 0 2 0 3 1 0 1 2 1 3
ii
i
x x x x x x x x x x x x
P x y l x y y
x x x x x x x x x x x x
0 1 3 0 1 2
23
2 0 2 1 2 3 3 0 3 1 3 2
x x x x x x x x x x x x
yy
x x x x x x x x x x x x
2 3 5 0 3 5
13
0 2 0 3 0 5 2 0 2 3 2 5
x x x x x x
0 2 5 0 2 3
25
3 0 3 2 3 5 5 0 5 2 5 3
x x x x x x
32
3 13 62
1
10 6 15
x x x
.
Do đó:
32
3
3 13 62
2.5 2.5 2.5 2.5 2.5 1 2.47917
10 6 15
fP
.
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 19
II. Đa thức nội suy Newton
Định nghĩa: Tỷ sai phân cấp 1 tại
i
x
:
1
1
1
1
11
,:
ii
ii
i i i
i i i i
f x f x
ff
f f x x
x x x x


Tỷ sai phân cấp 2 tại
i
x
:
11
2
1 2 1
1
12
22
,,
, , :
i i i i
ii
i i i i
i i i i
f x x f x x
ff
f f x x x
x x x x



Tỷ sai phân cấp n tại
i
x
:
11
1 2 1 1
1
1
, ,..., , ,...,
, ,..., :
nn
n
i i i n i i i n
ii
i i i i n
i n i i n i
f x x x f x x x
ff
f f x x x
x x x x




Sai phân tiến (lùi) cấp 1 tại
i
x
:
11
::
i i i i i i
f f f f f f

Sai phân tiến (lùi) cấp 2 tại
i
x
:
22
11i i i i i i
f f f f f f

Sai phân tiến (lùi) cấp n tại
i
x
:
1 1 1 1
11
n n n n n n
i i i i i i
f f f f f f

Giả sử các mốc nội suy cách đều:
0
; 1, ; const
i
x x ih i n h
. Khi đó ta có liên hệ giữa
tỷ sai phân và sai phân tiến (lùi):
1
0
1
0 0 1
2
2
2
0
2
0 0 1 2
22
0
0 0 1
,
,,
2! 2!
, ,...,
!!
nn
n
n
n
nn
f
f
f f x x
hh
f
f
f f x x x
hh
ff
f f x x x
h n h n



(1)
A. Đa thức nội suy Newton tiến với mốc bất kỳ (không cách đều)
12
0 0 0 0 1 0 0 1 1 0
... ...
n
nn
P x f x x f x x x x f x x x x x x f
(2)
B. Đa thức nội suy Newton tiến với mốc cách đều
Đặt
0
0
xx
t x x t h
h
. Mà
0ii
x x i h x x t i h
. Từ (1) và (2):
23
0 0 0
00
0
1 1 2
1! 2! 3!
... 1 2 ... 1
!
n
n
f f f
P x th f t t t t t t
f
t t t t n
n
(3)
C. Đa thức nội suy Newton lùi với mốc bất kỳ (không cách đều)
1 1 1 2
1 1 1 1 0
, , , ...
... , ,..., ,
n n n n n n n n n n
n n n n
P x f x x f x x x x x x f x x x
x x x x x x f x x x x

(4)
Bài tập Phương pháp tính
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 20
D. Đa thức nội suy Newton lùi với mốc cách đều
Đặt
n
n
xx
t x x t h
h
. Mà
i n i
x x n i h x x t n i h
. Từ (1) và (4)
suy ra:
23
1 1 2
1! 2! 3!
... 1 2 ... 1
!
n n n
n n n
n
n
f f f
P x th f t t t t t t
f
t t t t n
n
(5)
Bài 1: Hàm số
y f x
cho bởi bảng:
x
0
1
2
4
y
0
1
8
64
Lập đa thức nội suy Newton tiến xuất phát từ
0
x
của hàm số trên.
Giải: Vì các mốc nội suy không cách đều. Ta tính các tỷ sai phân (tiến):
i
x
i
y
1
i
f
2
i
f
3
i
f
0
0
1
1
1
3
7
1
2
8
7
28
4
64
Đa thức nội suy Newton tiến, mốc không cách đều xuất phát từ
0
x
:
3
3
0 0 1 0 1 3 0 1 2 1P x x x x x x x x
Bài 2: Hàm số
y f x
có bảng tỷ sai phân như sau:
i
x
i
y
1
i
f
2
i
f
0
?
?
0.4
?
50/7
10
0.7
6.0
a. Hãy tìm các giá trị còn thiếu trong bảng.
b. Dựa vào bảng trên hãy xây dựng đa thức nội suy Newton tiến và tính gần đúng giá trị
0.6f
.
Giải: a. Ta có
11
2
10
0
20
ff
f
xx
, do đó:
1
1
0
0
10
50
5
7 0.7 0
f
f
.
1
21
1
21
ff
f
xx
, do đó:
1
1
6
10 3
0.7 0.4
f
f
.
1
10
0
10
ff
f
xx
, do đó:
0
0
3
51
0.4 0
f
f
.
Vậy ta có bảng tỷ sai phân (tiến):

Tài liệu khác của Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội

Preview text:

Bài tập Phương pháp tính
Chương 1. Tính gần đúng, sai số
Bài 1: Phép đo có kết quả:   999.847  g   0.001 g  . Xác định sai số tương đối giới hạn của phép đo trên.
Giải: Ta có:   999.847  g   0.001  g   a   . a  0.001 
Sai số tương đối giới hạn: a 6     10  . a 999.847 Bài 2: Cho các số: 4 a 1.2341, 0.45 10     và 3 b 0.5364, 0.42 10     . Hãy xác định các a b
chữ số đáng tin của a và b . Giải: Ta có: 0 1  2  3  4 a 1 10 2 10 3 10 4 10 1 10           . Mà 4  4 0.45 10 0.5 10     
. Nên số 1 là số đáng tin. Vì tất cả các số bên trái của số đáng tin a
(số 1) đều là số đáng tin. Do đó tất cả các chữ số của a đều đáng tin. 0 1  2  3  4 b 0 10 5 10 3 10 6 10 4 10           . Mà 3  3 0.42 10 0.5 10     
. Nên số 6 là số đáng tin. Do đó, các chữ số đáng tin của b là 0, b 5, 3, 6.
Bài 3: Cho hàm số: u   2
ln x y  . Tính giá trị của hàm số u tại x  0.97, y 1.132. Xác định
sai số tuyệt đối giới hạn  , sai số tương đối giới hạn  , biết rằng tất cả các chữ số của x, y u u đều là số đáng tin.
Giải: Giá trị của hàm số u tại x y u   2 0.97, 1.132 :
ln 0.97 1.132   0.812 .  
Vì tất cả các chữ số của x đều đáng tin nên: 2 2
  0.510    0.510 . x x  
Vì tất cả các chữ số của y đều đáng tin nên: 3 3
  0.510    0.510 . y y
Sai số tuyệt đối của hàm số u tại x  0.97, y  1.132 :   u ( ,
x y)    u ( , x y)   u x x y y  2 y   y x   2 2 x y x y 2  3 0.5 10 2 1.132 0.5 10        0.00272 2 2 0.97 1.132 0.97 1.132
Do đó: u  0.812  0.00272 .
Sai số tương đối của hàm số u tại x  0.97, y  1.132 : 0.00272 u      0.0033  0.33% . u u 0.812
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 1
Bài tập Phương pháp tính
Chương 2. Giải hệ phương trình đại số
A. Phương pháp khử Gauss, nhân tử LU
x x x  2 1 2 3 
Bài 1: Giải hệ phương trình: 2x  3x  5x  3. 1 2 3
3x  2x 3x  6  1 2 3
a. Bằng phương pháp Gauss.
b. Bằng phương pháp nhân tử LU .  2  1 1 1  2  3 2 3  6  R R 3 2 3  6  2   1      3    Giải: a. 2 3 5 3
R R 2 3 5 3  0 5 3 7 7  3 1        1  3 2 3  6  1 1 1  2  R R        0 1 3 0 0  3 1    3  3 2 3  6  3 2 3  6     1    0 5 3 7 7  R R 0 5 3 7 7 
x  1, x  0, x  1. 3     2    1 2 3 5  0 1 3 0 0  0 0 7  5 7 5     Ly b
b. Ax b LUx b   . Ux y 1  1 1   1  1 1   1  1 1   R  2 R   2       Ta có ma trận hệ số: 1 A  2 3 5    R   R . R 3 0 1 7 1 0 1 7 3   2 R      3 1 3 2 3   0 1  0  0 0 7        1 0 0 1 1 1      
L  2 1 0 ,U  0 1 7     . 3 1  1 0 0 7     
Giải phương trình: Ly b y  2, y  7, y  7 . 1 2 3
Giải phương trình: Ux y x  1, x  0, x  1. 1 2 3
4x  6x  8x  0 1 2 3 
Bài 2: Giải hệ phương trình: 6x  34x  52x
 160 bằng phương pháp nhân tử LU . 1 2 3
8x  52x 129x  452  1 2 3 4 6 8  4 6 8  R  3 2 R   2    
Giải: Ta có ma trận hệ số: 1 A  6 34 52 0 25 40   R 2 R    3   1 8 52 129 0 40 113     4 6 8   1 0 0 4 6 8        R  8 5 R 0 25 40  L U  . 3   2   3 2 1 0 , 0 25 40     0 0 49    2 8 5 1 0 0 49    
Giải phương trình: Ly b y  0, y  160  , y  196 . 1 2 3
Giải phương trình: Ux y x  8, x  0, x   4 . 1 2 3
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 2
Bài tập Phương pháp tính
x  2x  3x  2x  6 1 2 3 4 
2x x  2x  3x  8
Bài 3: Giải hệ phương trình: 1 2 3 4  .
3x  2x x  2x  4  1 2 3 4
2x  3x  2x x  8  1 2 3 4
a. Bằng phương pháp khử Gauss.
b. Bằng phương pháp nhân tử LU . 1 2 3 2  6  3 2 1  2 4      2 1  2  3  8 2 1  2  3  8 Giải: a.     R R 3 1 3 2 1  2 4  1 2 3 2  6      2 3  2 1 8    2 3  2 1 8    3 2 1  2 4  R  2 3 R   2
  1 0 7 3 4 3 13 3 16 3   R  1 3 R 3
  1 0 4 3 10 3 8 3 14 3  R  2 3 R   4
  1 0 13 3 8 3 1 3 32 3   3 2 1  2 4  3 2 1  2 4      0 13 3 8 3 1 3 32  3 R  4  13 R 0 13 3 8 3 1 3 32  3 3   2     R R 2 4 0 4 3 10 3
8 3 14 3  R  7 13 R 0 0 54 13 36 13 18 13  4   2     0 7 3 4  3 13 3 16 3   0 0 36  13 54 13144 13   3 2 1  2 4  x  1 1         x    R 2  3 0 13 3 8 3 1 3 32 3 2 2 R   . 4 3 0 0 54 13 36 13 18 13  x  1   3   0 0 0 6  12    x  2    4 1 2 3 2   1 2 3 2   R  2 R   2   1   2 1  2  3  0 5  8  1
b. Ta có ma trận hệ số: A  
R  3 R   3   1 3 2 1  2  0 4  10  8  
R  2 R   4   1 2 3  2 1  0 7  4  5  1 2 3 2   1 2 3 2       R  4 5 R 0 5  8  1 0 5  8  1 3   2       .   R 2 R R 7 5 4   3 R 0 0 18 5 36 5 0 0 18 5 36 5 4 2     0 0 36 5 18 5 0 0 0 18  1 0 0 0 1 2 3 2       2 1 0 0 0 5  8  1  L   ,U    . 3 4 5 1 0 0 0 18 5 36 5     2 7 5 2  1 0 0 0 18  54
Giải phương trình: Ly b y  6, y  4  , y   , y  36  . 1 2 3 4 5
Giải phương trình: Ux y x  1, x  2, x  1  , x  2  . 1 2 3 4
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 3
Bài tập Phương pháp tính 1 1 1   1 1  3    
Bài 4: Tìm ma trận X thoả mãn phương trình: X 2 1 0  4 3 2     . 1 1  1  1 2  5     Giải: Ta có   -1 -1   -1 XA B XAA BA X BA . 1 1 1     Tìm ma trận -1
A của ma trận A  2 1 0 
 bằng phương pháp khử Gauss-Jordan. 1 1  1    1 1 1  1 0 0 1 1 1  1 0 0 
R  2 R   2   1 A E  2 1 0 0 1 0 0 1  2 2  1 0       R  1 R 3   1 1 1  1 0 0 1 0 2  2 1  0 1     1 1 1  1 0 0 1 0 1 1  1 0      R   R 1 R 1   2 1 0 1 2  2 1  0 0 1 2  2 1  0 2     R  2  R 3   2 0 2  2 1  0 1 0 0 2  3 2  1     1 0 1 1  1 0  1 0 0 1 2 0 1 2   
R   R   R 2   2 2   3 0 1 2  2 1  0 0 1 0 1  1 1  . 3     R  1 R 1   3 0 0 1 3  2 1 1  2 0 0 1 3  2 1 1  2      1 2 0 1 2  -1    A  1  1 1    .  3  2 1 1  2   1 1  3  1 2 0 1 2   3  2 0  Do đó: -1       X BA  4 3 2 1  1 1   4  5 2        . 1 2  5  3  2 1 1  2  5  3 0       
B. Phương pháp lặp đơn
Đưa phương trình Ax b về dạng x Bx g .
Chọn x g và lập dãy x theo công thức sau: xBx g . n  0 n 1  n n Điề 
u kiện hội tụ đến nghiệm chính xác x : nếu B  max  b  1 thì limx x . ij n i n j 1  B Đ  ánh giá sai số: xx
x x , trong đó: x  max x . n 1  n 1  1 nB i i
Bài 1: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn với sai số nhỏ hơn 2 10 : 5
x y z  7 
x 10y z  12
x y  20z  22 
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 4
Bài tập Phương pháp tính
Giải: Hệ trên viết lại dưới dạng: x Bx g , trong đó:  0 0.2  0.2   1.4     B  0.1  0 0.1 
, g  1.2  B  0.4  1    
. Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp     0.0  5 0.0  5 0 1.1    
đơn, dãy x sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác x . Chọn x g . Khi đó: n  0 T B x Bx g 0.94,0.95,0.97      x x
x x  0.307 . 1 0   1 1 0 1 B T B x Bx g 1.016,1.009,1.0055      x x
x x  0.051. 2 1   2 2 1 1 B T B x Bx g 0.9971,0.99785,0.99875      x x
x x  0.013 . 3 2   3 3 2 1 BT B x Bx g 1.00068,1.000415,1.000252   2 5 x x x x 0.0024 10           . 4 3 4 4 3 1 B T
Vậy nghiệm gần đúng của hệ phương trình: x  1.00068,1.00042,1.00025 . T
Nghiệm chính xác của hệ: * x  1,1  ,1 .
Bài 2: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn với sai số nhỏ hơn 2 10 :
64x  6x  8x  72 1 2 3 
6x  32x  5x  11 1 2 3
8x  2x 128x 136  1 2 3
Giải: Hệ trên viết lại dưới dạng: x Bx g , trong đó:  0 0.  09375 0.  125   1.125      B  0.  1875 0 0.
 15625 ,g  0.34375  B  0.34375  1     .     0.  0625 0.  015625 0 1.0625    
Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp đơn, dãy x sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác x . n
Chọn x g . Khi đó: 0 T B x Bx g 0.95996, 0.03320,0.98682       x x
x x  0.19745 . 1 0   1 1 0 1 B T B x Bx g 1.00476,0.00957,1.00302      x x
x x  0.02347 . 2 1   2 2 1 1 BT B x Bx g 0.99873, 0.00136,0.99955  2 x x x x 0.00573 10            . 3 2 3 3 2 1 B T
Vậy nghiệm gần đúng của hệ phương trình: x  0.99873, 0.  00136,0.99955 . T
Nghiệm chính xác của hệ: x  1,0  ,1 .
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 5
Bài tập Phương pháp tính
Bài 3: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn với sai số nhỏ hơn 3 10 :
24x x x  25 1 2 3 
x  33x x  0 1 2 3
2x  2x  25x  27  1 2 3
Giải: Hệ trên viết lại dưới dạng: x Bx g , trong đó:  0 1  24 1 24   25 24     4 B  1 33 0 1  33 ,g  0  B   1    
. Do đó, khi sử dụng phương pháp 25     2  25 2  25 0 27 25    
lặp đơn, dãy x sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác x . Chọn x g . Khi đó: n  0 T 163 23 299  B 1
x Bx g  , ,  x x   x x  . 1 0   1 1 0 150 19800 300 1 B 63  T B x Bx g 1.08324,0.00273,0.99316  1 3 x x x x 10           . 2 1 2 2 1 1 B 1350 T
Vậy nghiệm gần đúng của hệ phương trình: x  1.08324,0.00273,0.99316 . T  21493 54 19711
Nghiệm chính xác của hệ: x  , ,   . 19847 19847 19847 
Bài 4: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn với sai số nhỏ hơn 3 10 :
16x x x  14 1 2 3 
x  25x x  25 1 2 3 x  32x  33  2 3
Giải: Hệ trên viết lại dưới dạng: x Bx g , trong đó:  0 1 16 1 16   7 8      1 B  1 25 0 1  25 ,g  1  B   1    
. Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp 8     0 1  32 0 33 32    
đơn, dãy x sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác x . Chọn x g . Khi đó: n  0 T 513 159  B  65
x Bx g  , ,1  x x   x x  . 1 0   1 1 0 512 160  1 B 3584  T B x Bx g 0.99961,1.00008,1.00019  81 3 x x x x 10           . 2 1 2 2 1 1 B 89600 T
Vậy nghiệm gần đúng của hệ phương trình: x  0.99961,1.00008,1.00019 . T
Nghiệm chính xác của hệ: x  1,1  ,1 .
Bài 5: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn sau 4 bước lặp, đánh giá sai số:
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 6
Bài tập Phương pháp tính 8
x y z  1 
x  5y z  16
x y  4z  7 
Giải: Hệ trên viết lại dưới dạng: x Bx g , trong đó:  0 0.125 0.125  0.125     B  0.2 0 0.2 , g
3.2  B  0.5  1    
. Do đó, khi sử dụng phương pháp     0.25 0.25 0 1.75    
lặp đơn, dãy x sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác x . Chọn x g . Khi đó: n  0 T B x Bx g 0.74375, 3.575, 2.58125         x x
x x  0.83125. 1 0   1 1 0 1 B T B x Bx g 0.89453, 3.865, 2.82969         x x
x x  0.29 . 2 1   2 2 1 1 B T B x Bx g 0.96184, 3.94484, 2.93988         x x
x x  0.11019 . 3 2   3 3 2 1 B T B x Bx g 0.98559, 3.98034, 2.97667         x x
x x  0.03679 . 4 3   4 4 3 1 B
Vậy nghiệm gần đúng của hệ phương trình sau 4 bước lặp: xT
 0.98559,3.98034,2.97667 . T
Nghiệm chính xác của hệ: x  1,  4,   3 .
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 7
Bài tập Phương pháp tính
Chương 3. Trị riêng, véc tơ riêng
A. Phương pháp lũy thừa
Tìm trị riêng có biên độ lớn nhất (trị tuyệt đối lớn nhất) trong các trị riêng của bài toán: Ax  x .
Lập dãy  theo công thức sau: Ax   x . n n n 1  n 1  T
Chọn x  1,1,1 . Sau mỗi bước đưa 1 thành phần (ở cùng 1 vị trí so với các véc tơ riêng 0  
trong các bước lặp trước) của véc tơ riêng x về 1 (tỷ lệ hóa). n Sai số: 
    . Khi đó: lim    . n 1  n n max n
B. Phương pháp lũy thừa nghịch đảo -1 A -1 -1 Ax x A Ax A x-1 A A-1 -1  1   x      
A x A x    x.  
Tìm trị riêng có biên độ bé nhất (trị tuyệt đối bé nhất) trong các trị riêng của bài toán: Ax  x .
Dùng phương pháp lũy thừa để tìm trị riêng 1
 có biên độ lớn nhất của ma trận -1 A . Khi đó
 là trị riêng có biên độ bé nhất của ma trận A .
Bài 1: Dùng phương pháp lũy thừa, lũy thừa nghịch đảo đến bước lặp thứ 4, tìm trị riêng có
biên độ lớn nhất, bé nhất và véc tơ riêng tương ứng của ma trận sau:  4 1 1     A  1 2 1     1  1 6   
Giải: a. Phương pháp lũy thừa: T T T
Chọn x  1,1,1 . Khi đó: Ax  4, 2, 6
 6 0.66667,0.33333,1   x . 0     0   1 1 T
   6,x  0.66667,0.33333,1 . 1 1   T T
Ax  2, 0.33333,5.66667
 5.66667  0.35294,0.05882,1   x . 1     2 2 T
   5.66667,x  0.35294,0.05882,1 . 2 2   T T
Ax  0.47058,  0.52942,5.70588
 5.70588 0.08247,0.09278,1   x . 2     3 3 T
   5.70588,x  0.08247,0.09278,1 . 3 3   T T
Ax   0.7629, 1.10309,5.82475
 5.82475 0.13098,0.18938,1   x . 3     4 4 T
   5.82475,x  0.13098,0.18938,1 . 4 4   13 7 1 b. Phương pháp lũy thừ -1 1  
a nghịch đảo: A  5  23 3 44    3 5 7   T Chọn x  1,1,1 . 0   -1 A xT T 0.15909, 0.47727, 0.11364
0.11364 1.39995, 4.19984  1 ,1      x . 0 1 1 1 T  
 0.11364,x  1.39995,4.19984,1 . 1 1   -1 A xT T 0.23181, 2.10447, 0.2227  1 0.22271 1.04086, 9.4493  1 7,1          x . 1 2 2 1 T  
 0.22271,x  1.04086,9.44937,1 . 2 2  
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 8
Bài tập Phương pháp tính -1 A xT T 1.83356, 4.98954,1.30385 1.30385 1.40627, 3.8267  1 7,1        x . 2 3 3 1 T  
 1.30385,x  1.40627, 3.  82677,1 . 3 3   -1 A xT T 1.04702, 2.09198, 0.689  83 0.68983 1.51779, 3.0326  1 ,1        x . 3 4 4 1 T  
 0.68983,x  1.51779,3.0326,1 . 4 4   1
Trị riêng có biên độ bé nhất của ma trận A :  1.44963. 1 4
Trị riêng của ma trận A :   4,  4  5,  4  5 . 1 2 3
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 9
Bài tập Phương pháp tính
Chương 4. Phương trình phi tuyến
Định nghĩa: Khoảng phân ly nghiệm là khoảng chứa 1 nghiệm duy nhất của phương trình
f x  0.
Giả sử phương trình phi tuyến f x  0 có khoảng phân ly nghiệm là a,b . Nghiệm chính 
xác của phương trình là x  a,b . A. Phương pháp lặp đơn
Đưa phương trình f x  0 về dạng: x g x .
Lập dãy x  : x
g x , x a,b 1 n n 1   n 0    
Điều kiện hội tụ đến nghiệm chính xác *
x : Nếu tồn tại L : g x  L  1, x a,b thì
lim x x , trong đó dãy x được thành lập từ   1 . n n n Đánh giá sai số  L : xx   x x n 1  n 1  1 n  . L Bài 1: Cho phương trình: 3
6.5x  26x  3.9  0 . a. Chứng minh 0, 
1 là khoảng phân ly nghiệm.
b. Kiểm tra điều kiện hội tụ của phương pháp lặp đơn đối với khoảng phân ly nghiệm này.
c. Sử dụng phương pháp lặp đơn tìm nghiệm gần đúng của phương trình đến bước lặp thứ 4
với x  0.5 , đánh giá sai số tại bước lặp này. 0
Giải: a. Ta có: f x 3
 6.5x  26x  3.9  f 0 f   1   60.84  0 .
Mà f  x 2
19.5x  26  0, x 0,  1  0, 
1 là khoảng phân ly nghiệm. b. f x 3  x x
  x g xg x 3 6.5 26 3.9 0 ,  0.25x  0.15 .
Ta có: g x 2
 0.75x  0.75  1, x 0, 
1 . Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp đơn, dãy x n
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác *
x . Chọn L  0.75 .
c. Sử dụng công thức lặp với x  0.5 , ta có: 0 x g x  0.18125. 1  0
x g x  0.15148 . 2  1 x g x  0.15087. 3  2 x g x  0.15086 . 4  3  L 0.75 
Sai số tại bước lặp thứ 4: 5 x x   x x
 0.15086  0.15087  310 4 4 3 1  . L 0.25
Do đó, nghiệm gần đúng: x x  . 4 Bài 2: Cho phương trình: 3
x  2x  6  0 .
a. Chứng minh 2,3 là khoảng phân ly nghiệm.
b. Kiểm tra điều kiện hội tụ của phương pháp lặp đơn đối với khoảng phân ly nghiệm này.
c. Chọn x  2.2 , sử dụng phương pháp lặp đơn tìm nghiệm gần đúng của phương trình với độ 0 chính xác nhỏ hơn 4 10 .
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 10
Bài tập Phương pháp tính
Giải: a. Ta có: f x 3
x  2x  6  f 2 f 3  30  0 .
Mà f  x 2
 3x  2  0, x 2,3  2,3 là khoảng phân ly nghiệm. b. f x 3
x x    x g xg x 3 2 6 0 ,  2x  6 . 2 2
Ta có: g x  
 1, x 2,3 . Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp đơn, 3  x  2 3 3 100 3 2 6 2
dãy x sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác * x . Chọn L  . n 3 3 100
c. Sử dụng công thức lặp với x  2.2 , ta có: 0  L x g x
 2.18279  x x
x x  0.00289. 1  0 1 1 0 1  LL x g x
 2.18038  x x
x x  0.00041. 2  1 2 2 1 1  L x g x   L 4 2.18004 x x x x 0.00006 10          . 3 2 3 3 2 1  L
Do đó, nghiệm gần đúng: x x  . 3
Chú ý: Từ f x 3
x x    x g xg x 3 2 6 0 ,
 0.5x  3, khi đó sử dụng phương pháp
lặp đơn, dãy x không hội tụ đến nghiệm chính xác * x . n Bài 3: Cho phương trình: 3
5x  20x  3  0 . Tìm nghiệm gần đúng của phương trình trên bằng
phương pháp lặp đơn với độ chính xác nhỏ hơn 4
10 , biết khoảng phân ly nghiệm là 0,  1 .
Giải: Ta có f x 3
x x    x g xg x 3 5 20 3 0 ,  0.25x  0.15. Vì g x 2
 0.75x  0.75  1, x 0, 
1 . Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp đơn, dãy x sẽ n
hội tụ đến nghiệm chính xác * x .
Chọn L  0.75 . Sử dụng công thức lặp với x  0.5 , ta có: 0
x g x L *
 0.18125 , x x
x x  0.9563 . 1 0 1 1 0 1  L
x g x L *
 0.15149 , x x
x x  0.0892. 2 1 2 2 1 1  L
x g x L *
 0.15087 , x x
x x  0.00186 . 3 2 3 3 2 1  L
x g x L *  4
 0.15086 , x x
x x  0.00003  10 . 4 3 4 4 3 1  L
Do đó, nghiệm gần đúng: x x  . 4 Bài 4: Cho phương trình: 3
x  9x 1  0 . Tìm nghiệm gần đúng của phương trình trên bằng
phương pháp lặp đơn với độ chính xác nhỏ hơn 4 10 .
Giải: Ta có: f x 3
x  9x 1 f  
1  f 0  9  0 .
Mà f  x 2
 3x  9  0, x  1  ,0   1
 ,0 là khoảng phân ly nghiệm.
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 11
Bài tập Phương pháp tính x 1
Ta có: f x  x  9x 1  0  x g x, g x 3 3   . 9 2 x 1
Mặt khác: g x   1, x  1
 ,0. Do đó, khi sử dụng phương pháp lặp đơn, dãy x n 3 3
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác * x .
Chọn L  1 3 . Sử dụng công thức lặp với x  1, ta có: 0
x g x L *
 0 , x x
x x  0.5. 1 0 1 1 0 1  L
x g x L *  1
 9 , x x
x x  0.05556 . 2 1 2 2 1 1  L
x g x L *  4  0.11096  , x x
x x  0.00008  10 . 3 2 3 3 2 1  L
Do đó, nghiệm gần đúng: x x  . 3
B. Phương pháp Newton (tiếp tuyến) f x Lập dãy x xx x a b n  n : , , 2 n 1  n
f  xn  0    
Điều kiện hội tụ đến nghiệm chính xác x : Nếu f  x, f   x liên tục, không đổi dấu trên
a,b . Với x thỏa mãn: f x f x  0 . Khi đó: limx x , trong đó dãy x được n 0   0 0 n n thành lập từ 2 . Đánh giá sai số  M : xx   x x , trong đó ,
m M là 2 số thỏa mãn: n  nn 2 1 1 2m
f  x  ,
m f   x  M , x  a,b. Bài 1: Cho phương trình: 3 2
x  3x 1  24x .
a. Chứng minh 6.94,6.23 là khoảng phân ly nghiệm.
b. Kiểm tra điều kiện hội tụ của phương pháp Newton đối với khoảng phân ly nghiệm này.
c. Sử dụng phương pháp Newton tìm nghiệm gần đúng của phương trình đến bước lặp thứ 3,
đánh giá sai số tại bước lặp này.
Giải: a. Ta có: f x 3 2
x  3x  24x 1 f 6.94 f 6.23  0 .
Mà f  x 2
 3x  6x  24  0, x 6.94,6.23  6.94,6.23 là khoảng phân ly nghiệm.
b. f   x  6x  6  0, x 6.94,6.23 .
Do đó: f  x, f   x liên tục, không đổi dấu trên 6.94,6.23 .
Mà f 6.9  f  6.9  0 nên chọn x   6.9 . Khi đó, sử dụng phương pháp Newton, dãy 0
x sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác x. nf x0 
c. Sử dụng công thức lặp: x x   6.65359. 1 0 f  x0  f x1 x x   6.63821. 2 1 f  x1
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 12
Bài tập Phương pháp tính f x2  x x   6.63816 . 3 2 f  x2 
Ta có: m f  6.23  55.0587, M f   6.94  35.64 . 35.64 Sai số: x x 6.63821 6.638162 10 8.09 10       . 3 2  55.0587
Do đó, nghiệm gần đúng: x x  . 3
Bài 2: Cho phương trình: x 2
e  2x  cos x 10  0 .
a. Chứng minh 1, 2 là khoảng phân ly nghiệm.
b. Sử dụng phương pháp Newton tìm nghiệm gần đúng của phương trình đến bước lặp thứ 2,
đánh giá sai số tại bước lặp này.
Giải: a. Ta có: f xx 2
e  2x  cos x 10  f  
1  f 2   23.57863  0 .   x   4  sin ;    x   4  cos ;   x f x e x x f x e x f
x e  sin x . Vì   x f
x e  sin x  0, x  1, 2  f   x  f    1  6.17798 .
f  x  0, x1,2  f x  f   1  5.87681.
f x  0, x1,2. Do đó 1,2 là khoảng phân ly nghiệm.
b. Vì f  x, f   x liên tục, không đổi dấu trên 1, 2 .
Mà f 2  f  2  58.7062  0 nên chọn x  2 . Khi đó, sử dụng phương pháp Newton, dãy 0
x sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác x. nf x0 
Sử dụng công thức lặp: x x  1.65656. 1 0 f  x0  f x1  x x  1.59732. 2 1 f  x1
Ta có: m f  
1  5.87681 , M f  2  11.8052 . 11.8052 Sai số: x x 1.65656 1.597322 3 3.5 10       . 2 2  5.87681
Do đó, nghiệm gần đúng: x x  . 2 Bài 3: Cho phương trình: 2 x xe
1  0 . Sử dụng phương pháp Newton tìm nghiệm gần đúng
của phương trình đến bước lặp thứ 3, đánh giá sai số tại bước lặp này. Giải: Ta có:   2 x f x xe
1 f 0 f   1   6.38906  0 .   2 x 2   2 x f x e xe  0, x 0,  1 . Do đó 0, 
1 là khoảng phân ly nghiệm.    2 x 2 x      2 x 2 4 4 0, 12  8 x f x e xe f x e xe  0, x 0,  1 .
Suy ra f  x, f   x liên tục, không đổi dấu trên 0,  1 .
Mà f 0.5  f  0.5  5.85748  0 nên chọn x  0.5 . Khi đó, sử dụng phương pháp Newton, 0
dãy x sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác x . n
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 13
Bài tập Phương pháp tính f x0 
Sử dụng công thức lặp: x x   0.43394 . 1 0 f  x0  f x1 x x   0.42639 . 2 1 f  x1 f x2  x x   0.42630 . 3 2 f  x2 
Ta có: m f   
M f    2 0 1.0 , 1  8e . 2 8e 2 Sai số: x x 0.42630 0.42639 7 2.24 10       . 3 2 1
Do đó, nghiệm gần đúng: x x  . 3 x
Bài 4: Cho phương trình: 1  2 ln x
. Sử dụng phương pháp Newton tìm nghiệm gần đúng 2
của phương trình đã cho trên khoảng 0.5;1.5 với sai số không vượt quá 5 2 10  . x
Giải: Ta có: f x 
1 2ln x f 0.5 f 1.5  0.67506  0. 2 f  x 1 2
   0, x 0.5;1.5 . Do đó 0.5;1.5 là khoảng phân ly nghiệm. 2 xf   x 2 4 
 0, f  x   0, x  0.5;1.5 . 2   3   x x
Suy ra f  x, f   x liên tục, không đổi dấu trên 0.5;1.5 .
Mà f 0.5  f  0.5  5.09035  0 nên chọn x  0.5 . Khi đó, sử dụng phương pháp Newton, 0
dãy x sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác x . n
Ta có: m f 1.5  0.83333 , M f  0.5  8.0 .
Sử dụng công thức lặp: f x0  8 x x   0.68179 , x x  
 0.68179  0.5  0.15864. 1  2 1 0 f  x 2  0.83333 0  f x1 8 x x   0.72574 , x x  
 0.72574  0.68179  0.00927 . 2  2 2 1 f  x 2  0.83333 1  f x2  x x   0.72751. 3 2 f  x2   8 2 Sai số: x x 0.72751 0.72574 5  5 9 1.506 110  2 10      . 3 2  0.83333
Do đó, nghiệm gần đúng: x x  . 3
Bài 5: Sử dụng phương pháp Newton, tìm nghiệm của phương trình:
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 14
Bài tập Phương pháp tính 2 3 x x x 0.3 e  1 xx  
e ,e  2.718281, chính xác đến 5 chữ số thập phân, với giá trị đầu 2 6 x  3 . 0 x x
Giải: Ta có: f x 2 3 0.3 1 x xx   e
e , e  2.718281. 2 6
Do đó, f x 2 3 x x 0.3x 0.3 1 x xx  e  ee . 2 20 f   x 2 3 x x x 3 x 3 0.3 0.3 0.3 1 x xx e  e  ee . 10 200
Mà f 3  f  3  2.11  0, ta chọn x  3 . Sử dụng công thức lặp Newton: 0 f x0  x x   2.695129056 . 1 0 f  x0  f x1 x x   2.489725966 . 2 1 f  x1 f x2  x x   2.388585665 . 3 2 f  x2  f x3  x x   2.364608723. 4 3 f  x3  f x4  x x   2.363379512 . 5 4 f  x4  f x5  x x   2.363376399 . 6 5 f  x5 
Do đó, nghiệm gần đúng: x x  . 6
Bài 6: Bằng phương pháp Newton, tìm hai nghiệm của phương trình:  x 1 1 2e   . x  2 x  1
Với độ chính xác đến năm chữ số thập phân, các giá trị đầu x có thể chọn là  0.6 và 0.8 . 0 x 1 1
Giải: Ta có: f x  x 1 1  2e  
. Suy ra f  x   2e   . x  2 x  1
x  22 x  2 1 f xn
Xây dựng dãy x theo công thức truy hồi: xx  . n n 1  n f  xn
a. Với x   0.6 : 0 f x0 
Sử dụng công thức lặp: x x   0.7379834759 . 1 0 f  x0  f x1 x x   0.6993377784 . 2 1 f  x1
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 15
Bài tập Phương pháp tính f x2  x x   0.6901627765 . 3 2 f  x2  f x3  x x   0.6897527914 . 4 3 f  x3  f x4  x x   0.6897520209. 5 4 f  x4 
Do đó, nghiệm gần đúng: x x  . 5 b. Với x  0.8 : 0 f x0 
Sử dụng công thức lặp: x x   0.7696398937 . 1 0 f  x0  f x1 x x   0.7700913090 . 2 1 f  x1 f x2  x x   0.7700914093. 3 2 f  x2 
Do đó, nghiệm gần đúng: x x  . 3 x
Bài 7: Tìm tất cả các nghiệm dương của phương trình: 3 10 x e dt  1 
, chính xác đến 6 chữ số 0 thập phân. 3 3 Giải: Ta có:   x      x f x xe f x   e  3x   3 10 1 10 3
1  0  x  1 3 .    3 2  x f x x e  3 30 3x  4.
Do đó f x đồng biến trên  3
0, 1 3  và nghịch biến trên  3 1 3,2 .
Ta có: f      f  3 0 1 0,
1 3   0, f 2  0 . Nên  3
0, 1 3 ,  3 1 3,2 là các khoảng phân ly
nghiệm, mà f x  f 2  0, x  2 . Vậy phương trình f x  0 sẽ có 2 nghiệm dương duy
nhất thuộc các khoảng trên. f xn
Xây dựng dãy x theo công thức truy hồi: xx  . n n 1  n f  xn  Mà f 0.  1  f  0. 
1  0 , ta chọn x  0.1: 0
x  0.1001003511, x  0.1001003517 . Do đó: x x  . 1 2 2 1
Và f 1.3  f  1.3  0 , ta chọn x  1.3 : 0
x  1.371579699, x  1.379223518, x  1.379317332, x  1.379317347 . 1 2 3 4 Do đó:   x x
 . Vậy 2 nghiệm dương gần đúng là: x x ; x x . 4 2 2 1 4 2
C. Phương pháp dây cung (cát tuyến) Lập dãy x : n
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 16
Bài tập Phương pháp tính x b 0 
a. Nếu f a  0 :  f x  3 n xx   x an 1 n f  x f a n     n    x a 0 
b. Nếu f a  0 :  f x  3 n xx   x bn 1 n f  x f b n     n   
Điều kiện hội tụ đến nghiệm chính xác x : Nếu f  x, f   x liên tục, không đổi dấu trên
a,b, không giảm tổng quát giả sử f  x  0,xa,b. Khi đó limx x , trong đó dãy n n
x được thành lập từ 3. n  Đánh giá sai số  M m : xx
x x , 0  m f x M , x a,b . n 1  n 1  n     m Bài 1: Cho phương trình: 3 2
x x x 1  0 . a. Chứng minh 0, 
1 là khoảng phân ly nghiệm.
b. Kiểm tra điều kiện hội tụ của phương pháp dây cung đối với khoảng phân ly nghiệm này.
c. Sử dụng phương pháp dây cung, tìm nghiệm gần đúng của phương trình với sai số không vượt quá 2 10 .
Giải: a. Ta có: f x 3 2
x x x 1 f 0 f   1   2  0 .
Mà f  x 2
 3x  2x 1  0, x 0,  1  0, 
1 là khoảng phân ly nghiệm.
b. f   x  6x  2  0 1  f  x  6 . Do đó, khi sử dụng phương pháp dây cung, dãy x n
sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác * x . x  0 0  c. Vì f 0  1   0 : 3 2 
x x x 1 n n n xx   n 1 n 2 x  2x  3  n n
x  0.33333, x  0.47059, x  0.51954, x  0.53586, x  0.54117, x  0.54287 . 1 2 3 4 5 6 Sai số:  2 x x 5 x x 0.00854 10      
. Do đó, nghiệm gần đúng: x x  . 6 6 5 6
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 17
Bài tập Phương pháp tính
Chương 5. Xấp xỉ đa thức, nội suy
Giả sử ta có bảng các giá trị (mốc nội suy): x x x …… x 0 1 n
y f xy y …… y 0 1 n
Xây dựng 1 đa thức (nội suy) bậc n, y P x đi qua các điểm  x , y . i i n  
I. Đa thức nội suy Lagrange x x
x x ... x x x x ... x x P xn
  y l x , trong đó: iil x  . i    0   1   1   1   n n i i  
x x x x ... x x x x ... x x i 0   i 1 
i i 1 i i 1  i ni0
Bài 1: Tìm đa thức nội suy Lagrange của hàm số y  sin  x với x  0, x  1 6, x  1 2 trên 0 1 2
0,1 2. Tính gần đúng giá trị y1 12.
Giải: Đa thức nội suy Lagrange bậc 2: x x x x x x x x x x x x
P x   y l x y   y   y  2   2 i i    1   2   0   2   0   1  0  x x x x x x x x x x x x i    1    2 0 0 1 0 2 1 0 1 2  2 0 2 1      x   1 x  x   1 0 0 x      1  2   6   7 0   1 2
 3x x . 2  1  1 1   1  1 1   2 0   0         6  6 2   2  2 6  2       Do đó: 1 1 1 7 1 yP  3     0.27083   . 2     12  12  12  2 12
Bài 2: Hàm số y f x cho bởi bảng: x 0 2 3 5 y 1 3 2 5
Lập đa thức nội suy Lagrange của hàm số trên, tính gần đúng giá trị f 2.5 .
Giải: Đa thức nội suy Lagrange bậc 3: x x x x x x x x x x x x
P x   y l x y   y  3   3 i i    1   2   3   0   2   3  0  x x x x x x x x x x x x i     1 0 0 1 0 2 0 3  1 0 1 2 1 3
x x x x x x x x x x x x 0   1   3   0   1   2   y   y  2
x x x x x x  3 x x x x x x 2 0 2 1 2 3  3 0 3 1 3 2
x  2x 3x 5
x 0x 3x 5
1        3 0 2 0 3 0 5
2 02 32 5
x 0x  2x 5
x 0x  2x 3 2   
       5 3 0 3 2 3 5
505 253 3 13 62 3 2  x x x  1. 10 6 15 Do đó: f    P   3   3 13   2 62 2.5 2.5 2.5 2.5  2.5 1  2.47917 . 3   10 6 15
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 18
Bài tập Phương pháp tính
II. Đa thức nội suy Newton f xf xĐịnh nghĩa    f f
: Tỷ sai phân cấp 1 tại x : 1 f
f x , x : i i ii   i i i 1    1   1 i xx xx i 1  i i 1  i 1 1  f x , xf x , x  2    f f
Tỷ sai phân cấp 2 tại x : f
f x , x , x : i i i i ii   i i i 1  i2   1 2  1      1 i xx xx i2 i i2 i
Tỷ sai phân cấp n tại x : i n 1  n 1   f x x xf x x xn         f f f
f x , x ,..., x     in   , ,..., , ,..., i 1 i 2 i n   i i 1 i n 1      i 1 : i i i i 1 xx xx in i in i
Sai phân tiến (lùi) cấp 1 tại x : f  : f f f  : f f i i 1  ii i i 1   i
Sai phân tiến (lùi) cấp 2 tại x : 2  f f   f   f f   fi ii  2 1 i i i 1   i
Sai phân tiến (lùi) cấp n tại x : n n 1  n 1  f   f    ff    f    f i iin n 1 n 1 1 i i i 1   i
Giả sử các mốc nội suy cách đều: x x ih ; i  1,
n ; h  const . Khi đó ta có liên hệ giữa i 0
tỷ sai phân và sai phân tiến (lùi):     1   f f f f x , x  0 1   0 0 1 h h      ff f
f x , x , x  2 2 2 0 2   (1) 0 0 1 2 2 2 h  2! h  2!     n n   n f f f
f x , x ,..., x   n  0 n 0 0 1 n h n! n h n!
A. Đa thức nội suy Newton tiến với mốc bất kỳ (không cách đều)
P x  f x x fx x
x x f
 ... x x x x ... n x xf (2) n 0  0   1 0  0   1  2 0  0   1   n 1     0
B. Đa thức nội suy Newton tiến với mốc cách đều  Đặ x x t 0 t
x x t h . Mà x x i h x x t i h . Từ (1) và (2): i 0 i   0 h f   ff
P x th f  t  t t   t t t   n   2   3 0 0 0 1 1 2 0 0    1! 2! 3! (3) nf0  ...
t t  
1 t  2...t n   1 n!
C. Đa thức nội suy Newton lùi với mốc bất kỳ (không cách đều)
P x f x x f x xx x x xf x x xn   n n   , , , ... n n 1    n   n 1  
n n 1 n2 (4)
 x x x x
x x f x x x x n   ... , ,..., , n 1    1   n n 1 1 0 
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 19
Bài tập Phương pháp tính
D. Đa thức nội suy Newton lùi với mốc cách đều  Đặ x x t n t
x x t h . Mà x x n i h x x t n i h . Từ (1) và (4) i n   i   n h suy ra:   
P x th 2 f f f n nf  t
t t   3 1 n  t t t n n n   1  2 1! 2! 3! (5) nf  ... n
t t  
1 t  2...t n   1 n!
Bài 1: Hàm số y f x cho bởi bảng: x 0 1 2 4 y 0 1 8 64
Lập đa thức nội suy Newton tiến xuất phát từ x của hàm số trên. 0
Giải: Vì các mốc nội suy không cách đều. Ta tính các tỷ sai phân (tiến): x y   1 2 3 i i f   f   f i i i 0 0 1 1 1 3 7 1 2 8 7 28 4 64
Đa thức nội suy Newton tiến, mốc không cách đều xuất phát từ x : 0
P x  0   x  0 1  x  0 x  
1  3   x  0 x   1  x  2 3 1  x 3
Bài 2: Hàm số y f x có bảng tỷ sai phân như sau: x y   1 2 i i f   f i i 0 ? ? 0.4 ? 50/7 10 0.7 6.0
a. Hãy tìm các giá trị còn thiếu trong bảng.
b. Dựa vào bảng trên hãy xây dựng đa thức nội suy Newton tiến và tính gần đúng giá trị f 0.6 .  1  1  1    2 f f 50 10 f   Giải: a. Ta có 1 0 f  , do đó: 1 0   f  5 0 x x 0 7 0.7  . 0 2 0     1 f f 6 f 2 1 f  , do đó: 1 10   f  3 1 x x 1 0.7  . 0.4 2 1     1 f f 3 f 1 0 f  , do đó: 0 5   f  1 0 x x 0 0.4  . 0 1 0
Vậy ta có bảng tỷ sai phân (tiến):
Nguyễn Văn Quang – Đại học Công nghệ, ĐHQGHN 20

Tài liệu liên quan: