1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP HCM

KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN

------------------------------

BÀI GIẢNG

PHƯƠNG PHÁP TÍNH

HUỲNH HỮU DINH Email: hhdinh19@gmail.com

TP HỒ CHÍ MINH 2/2012

2

Chương 0. SỐ XẤP XỈ, SAI SỐ

0.1. Số gần đúng và sai số

Trong thực tế, khi muốn biết giá trị đại lượng nào đó người ta tiến hành đo đạc, tính toán bằng một số phương pháp nhất định. Nhiều khi chúng ta không thể nhận được chính xác giá trị thật của đại lượng cần biết mà chỉ nhận được số gần đúng (hoặc xấp xỉ) với giá trị thật. Việc đánh giá độ chính xác của giá trị xấp xỉ và sai số của phép đo hoặc phương pháp tính toán là hết sức cần thiết. Điều đó dẫn tới việc đưa ra khái niệm về số xấp xỉ và sai số nhận được. Nội dung dưới đây sẽ trình bày những khái niệm này. Định nghĩa 0.1.1: Giả sử A là số đúng, a là số gần đúng của A (trong trường hợp A là số

vô tỷ như số e hay số π hoặc số hữu tỷ với phần thập phân vô hạn tuần hoàn như số 16

). Ta gọi hiệu

số a A aΔ = − là sai số xấp xỉ của số gần đúng a . Khi đó các đại lượng ;a aA

δΔ

Δ = Δ = ta lần

lượt gọi là sai số tuyệt đối và sai số tương đối của a . Rõ ràng ta có a A a−Δ ≤ ≤ +Δ hoặc A a= ±Δ Nếu A không phải là số có hữu hạn chữ số thì lẽ đương nhiên ta cần a là số có hữu hạn chữ số và khi đó Δ sẽ có cùng dạng với A . Chẳng hạn, lấy ; 3,14A aπ= = thì 0, 0015926...Δ =

Định nghĩa 0.1.2: Sai số tuyệt đối giới hạn của số xấp xỉ a là số không nhỏ hơn sai số tuyệt đối của a . Kí hiệu sai số tuyệt đối giới hạn là aΔ thì: aΔ ≥ Δ

Theo định nghĩa này thì sai số tuyệt đối giới hạn không là đơn trị. Từ định nghĩa ta suy ra a aa A a−Δ ≤ ≤ +Δ

Trong thực tế, người ta thường chọn sai số tuyệt đối giới hạn aΔ là số nhỏ nhất có thể trong

các sai số tuyệt đối giới hạn, và qui ước viết: aA a= ±Δ

Định nghĩa 0.1.3: Sai số tương đối giới hạn của số xấp xỉ a , kí hiệu là aδ , là số không nhỏ

hơn sai số tương đối giới hạn của a .

Có nghĩa là a aδ δ≥ hay a Aδ

Δ≥

Từ đây a Aδ ≥Δ

Theo định nghĩa sai số tuyệt đối giới hạn, ta có thể chọn a aA δΔ =

Nhưng trong thực tế ta không biết được chính xác giá trị A và vì a là số xấp xỉ của A nên người ta thường dùng công thức: a aa δΔ =

Từ đây ta có công thức: ( )1 aA a δ= ±

3

0.2. Sai số làm tròn số Giả sử cho số 1 0 1 2 1... , ... ...m m m n m nA s s s s s s s− − − − + −= . Chữ số thứ n của A là số 1m ns − + tính từ

trái qua phải. Kí hiệu 1 0 1 2 1... , ...m m m na s s s s s s− − − − += là số làm tròn đến chữ số thứ n từ số A . Qui tắc

làm tròn như sau: . Nếu 5m ns − > thì 1 1 1m n m ns s− + − += + ;

. Nếu 5m ns − < thì 1 1;m n m ns s− + − +=

. Nếu 5m ns − = thì 1 1 1m n m ns s− + − += + khi 1m ns − + là số lẻ, 1 1m n m ns s− + − += khi 1m ns − + là số

chẵn

Từ qui tắc làm tròn ở trên ta thấy, sai số tuyệt đối giới hạn là 115.10 102

m n m na

− − +Δ = =

0.3. Số chữ số đáng tin cậy Xét hai số A và a như mục trên. Ta nói tất cả n chữ số của a đều tin cậy, nếu ta có

115.10 102

m n m naa A a − − +Δ = Δ = − ≤ = = Δ

Chẳng hạn 2,7183a = là số làm tròn đến năm chữ số của số e nên ta có

0, 00001... 0, 00005Δ = < nên a có năm chữ số tin cậy với số cuối cùng đã được làm tròn.

Với số A và a nói trong mục 0.2, ta sẽ thấy 11 1

2 10

n

m

as

δ−⎛ ⎞⎟⎜≤ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, do đó có thể lấy:

11 12 10

n

ams

δ−⎛ ⎞⎟⎜≤ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

(1)

Theo công thức này thì số 2,7183a = có sai số tương đối giới hạn so với số e là: 5 11 1 0, 0025%

2 2 10aδ−⎛ ⎞⎟⎜= =⎟⎜ ⎟⎝ ⎠×

Ví dụ 0.1: Phải tính 3 29 với bao nhiêu chữ số thập phân để có 0,1%aδ = . Ta thấy phần

nguyên của số này là 3. Do vậy áp dụng (1) ta được 110 0, 001 46

n

n−

≤ ⇒ ≥

Ta chọn 4n = , nghĩa là phải lấy bốn chữ số thập phân, do đó 3 29 3, 072= .

Đôi khi người ta nói số a nào đó có q chữ số đáng tin cậy sau dấu phẩy, hàm ý rằng q chữ số

phần thập phân là đáng tin cậy. Khi đó đương nhiên tất cả các chữ số phần nguyên của số a cũng là tin cây. Giả sử số a cũng có p chữ số phần nguyên. Khi đó ta có: 1m p= − và n p q= + . Khi đó

ta được 0,5.10 qa−Δ =

0.4. Sai số thực hiện các phép toán 0.4.1. Sai số của phép cộng

4

Xét tổng 1 2 ... nu x x x= + + + với ix là các số gần đúng với sai số tương ứng là ixΔ . Hiển

nhiên là ta phải có: 1 2 ... nu x x xΔ = Δ +Δ + +Δ và do đó

1 2 ... nu x x xΔ ≤ Δ + Δ + + Δ

Từ đây suy ra

1 2...

nu x x xΔ = Δ +Δ + +Δ (2)

Ta có qui tắc cộng các số có sai số tuyệt đối khác nhau như sau: . Giữ nguyên các số hạng có số chữ số sau dấu phẩy là ít nhất; . Các số hạng khác làm tròn đến một hoặc hai số sau dấu phẩy nhiều hơn các số hạng đã chọn ở bước trên. . Cộng tất cả các số còn lại với nhau rồi làm tròn tổng, bớt đi một chữ số thập phân. Liên quan đến uδ , trong trường hợp ix cùng dấu thì có thể thấy:

( )1 2max , ,..., nu x x xδ δ δ δ≤

Từ đây ta suy ra

( )1 2

max , ,...,nu x x xδ δ δ δ=

0.4.2. Sai số của phép trừ Về nguyên tắc đánh giá (2) đúng cả cho phép trừ. Tuy nhiên, chúng ta xét riêng trường hợp này để nhấn mạnh một điều rất cần chú ý khi lập trình. Xét hiệu số 1 2u x x= −

Ta thấy rằng, khi 1xΔ và 2xΔ cùng dấu và 1 2x x≈ thì 1 2,u x xδ δ δ>> do 1 2 1x x− << .

Hơn thế nữa, trên các máy tính có độ chính xác không đủ cao, u sẽ được đặt bằng không. Trong trường hợp như thế ta cần tránh phép trừ trực tiếp mà thay nó bằng một phép tính tương đương.

Chẳng hạn, ta muốn tính hiệu số 10 99,99 0, 0005000125u = − = ta phải lấy căn của 99,99 tới 10

chữ số thập phân. 0.4.3. Sai số của phép nhân

Xét tích số 1 2... nu x x x= với 0ix ≠ . Giả sử 0, 1,ix i n> = . Khi đó ta có

1 2ln ln ln ... ln nu x x x= + + +

Mặt khác, ta cũng có

( )ln ln ln ln 1 z zz z z zz z

⎛ ⎞Δ Δ⎟⎜Δ = +Δ − = + ≈⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ khi 1z

zΔ

<<

Do đó ta có thể viết

1 2

1 2

... n

n

u x x xu x x xΔ Δ Δ Δ

= + + +

Từ đây ta có

1 2

1 2

... n

n

u x x xu x x xΔ Δ Δ Δ

≤ + + +

5

Hay là:

1 2 ... nu x x xδ δ δ δ≤ + + +

Do vậy ta có thể lấy

1 2...

nu x x xδ δ δ δ= + + +

0.4.4. Sai số trong phép chia

Xét thương số 1

2

xux

= . Giả thiết rằng hai số đều dương. Khi đó ta có 1 2ln ln lnu x x= −

Lí luận như trên, ta nhận được 1 2u x xδ δ δ= +

0.4.5. Sai số trong trường hợp tổng quát Giả sử ta có mối quan hệ ( )1 2, ..., nu f x x x= , trong đó các sai số tuyệt đối ixΔ đã cho. Ta cần

đánh giá sai số tuyệt đối uΔ qua các ixΔ . Coi các ixΔ là các đại lượng nhỏ, ta có thể dùng công

thức Taylor để đánh giá:

( ) ( )1 1 11 1

,..., ,...,n n

n n n i ii ii i

f fu f x x x x f x x x xx x= =

∂ ∂Δ = +Δ +Δ − ≈ Δ ≤ Δ

∂ ∂∑ ∑

Từ đây ta có thể lấy 1

n

ii i

fu xx=

∂Δ = Δ

∂∑

Hoặc là 1

i

n

u xi i

fx=

∂Δ = Δ

∂∑ (3)

Cũng từ biểu thức này, ta có thể nhận được

1

lnn

ii i

uu xx

δ=

∂= Δ

∂∑ hay là 1

lni

n

u xi i

ux

δ=

∂= Δ

∂∑

Ví dụ 0.2: Một hình cầu có đường kính 12,2d cm= . Hãy tính sai số tuyệt đối và tương đối

của thể tích hình cầu Giải Trong trường hợp này ta có 0, 05d cmΔ = . Lấy 3,14π = , khi đó 0, 0016πΔ = . Ta có:

2 310,5 233,68; 302,646

V Vd dd

ππ

∂ ∂= × = = =

∂ ∂

Sử dụng (3) ta được: 3233,68 0, 05 302,64 0, 0016 12,2

12,2 1, 3%950, 3

V

VV

cm

Vδ

Δ = × + × ≈

Δ= = =

0.4.6. Bài toán xác định sai số ngược Lại xét mối quan hệ tổng quát ( )1 2, ..., nu f x x x= . Giả sử cho trước uΔ . Ta cần xác định các

ixΔ để đảm bảo có được uΔ như đã cho.

6

Ta có một biểu thức (3) lấy làm phương trình để xác định các ix

Δ nên lời giải không phải là

duy nhất. Vì vậy chúng ta sẽ xét ba trường hợp cụ thể, có ý nghĩa ứng dụng thực tế:

Trường hợp 1: Giả thiết rằng ; ; , 1,i jx x i j i j nΔ = Δ ≠ = . Khi đó ta có

1

; 1,i

ux n

i i

i nux=

ΔΔ = =

∂∂∑

Trường hợp 2: Giả sử ta có ; , 1,i jx x

i j

u u i j nx x

∂ ∂Δ = Δ =

∂ ∂. Khi đó ta có

; 1,i

ux

i

i nunx

ΔΔ = =

∂∂

Trường hợp 3: Nếu ; , 1,i jx x i j nδ δ α= = = , thay

ix ixαΔ = vào (3) ta được

1 1

i

u iuxn n

i ii ii i

xu ux xx x

α

= =

ΔΔ= ⇒ Δ =

∂ ∂∂ ∂∑ ∑

Ví dụ 0.3: Một hình trụ có bán kính đáy ( )2r m= , chiều cao ( )3h m= . Cần xác định sai số

của r và h để sai số tuyệt đối giới hạn của thể tích là 30,1m .

Giải Ta có công thức 2V r hπ= . Ta lấy 3,14π = . Do đó:

2 22 37,68; 12,56; 12; 37,68V V Vrh r r h Vr h

π ππ

∂ ∂ ∂= = = = = = =

∂ ∂ ∂

Sử dụng (5) ta có:

( )0, 00093

Vr mV

r

ΔΔ = ≈∂

∂

Tương tự, ta tính được ( ) ( )0, 0027 ; 0, 0028h m mπΔ = Δ =

7

Chương 1. PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ VÀ SIÊU VIỆT

Bài 1. MỞ ĐẦU

Trong mục này, ta tìm hiểu những phương pháp giải một số phương trình đại số và siêu việt dạng: ( ) 0f x = (*), với ( )f x là một hàm phi tuyến.

Phương trình trên, trừ một vài trường hợp đặc biệt, có công thức giải đúng, còn nói chung không có công thức giải đúng (các công trình của nhà Toán học Abel đã khẳng định điều đó). Ở khía cạnh khác, các hệ số của ( )f x trong nhiều trường hợp cũng chỉ là các số gần đúng hoặc nghiệm của ( )f x là một biểu thức rất phức tạp, cho nên vấn đề giải đúng phương trình (*) cũng không thật sự

cần thiết. Do đó, chúng ta cần quan tâm đến những phương pháp giải gần đúng, nhất là những phương pháp có thể dùng máy tính hỗ trợ. Để giải gần đúng phương trình (*), ta tiến hành các bước sau: . Thứ nhất là tách nghiệm, nghĩa là tìm một khoảng ( );a b đủ nhỏ sao cho phương trình (*) có

nghiệm duy nhất ( )* ;x a b∈ .

. Thứ hai là chính xác hóa nghiệm gần đúng đến độ chính xác cần thiết. Cơ sở để tách nghiệm là những kết quả mà bạn có thể bắt gặp ở bất kì cuốn sách Giải tích nào.

Định lí 1.1.1. Giả sử ( )f x liên tục trên [ ];a b và ( ) ( ) 0f a f b < . Khi đó phương trình

( ) 0f x = tồn tại ít nhất một nghiệm trong khoảng ( );a b .

Định lí 1.1.2. Nếu ( )f x liên tục trên [ ];a b và ( ) ( ) 0f a f b < , hơn nữa, hàm số ( )f x có đạo

hàm ( )f x′ liên tục trên đoạn [ ];a b và ( )f x′ không đổi dấu trên [ ];a b thì nghiệm nói trên là duy

nhất.

Hình 1.1.1 Hình 1.1.2

8

Các hình 1.1.1 và 1.1.2 cho ta một cách nhìn trực giác về tính đúng đắn của định lí 1.1.2 Bước tách (li) nghiệm thường được tiến hành nhờ phương pháp chia đôi hoặc phương pháp đồ

thị. Nguyên tắc thực hiện phương pháp chia đôi như sau: Xác định ( ) ( ) 0f a f b < , sau đó chia đôi đoạn [ ];a b và gọi [ ]1 1;a b là một trong hai nữa ở trên

sao cho ( ) ( )1 1 0f a f b < . Lại chia đôi đoạn [ ]1 1;a b và gọi [ ]2 2;a b là một trong hai đoạn con mà

( ) ( )2 2 0f a f b < ; quá trình cứ thế tiếp tục, (nếu tại ia mà ( ) 0if a = hoặc ib mà ( ) 0if b = thì ta nói

giá trị đó là nghiệm đúng của phương trình ( ) 0f x = )

Nguyên tắc của phương pháp đồ thị như sau: Nghiệm của phương trình ( ) 0f x = là hoành độ

giao điểm của đồ thị hàm số ( )y f x= với trục hoành; hoặc ta biến đổi ( ) 0f x = về dạng ( ) ( )x xϕ ω= . Khi đó nghiệm của phương trình ( ) 0f x = là hoành độ giao điểm của hai đồ thị

( )y xϕ= và ( )y xω= . Sau đây là một số ví dụ cho phương pháp đồ thị (được hỗ trợ bằng Maple)

Ví dụ 1.1.1: Xét phương trình 3 10 0x x− − = . Ta vẽ đồ thị hàm số 3 10y x x= − − theo hình vẽ dưới đây

(hình 1.1.3) Từ hình vẽ ta nhận thấy phương trình trên có một

khoảng li nghiệm là khoảng ( )2,2;2, 4

Hình 1.1.3

Ví dụ 1.1.2: Xét phương trình ( )2 cosx xπ= . Ta vẽ

đồ thị của hai hàm số 2y x= và ( )cosy xπ= . Từ hình vẽ

ta nhận thấy phương trình ( )2 cosx xπ= có hai khoảng li

nghiệm là ( )0;1 và ( )1;0− .

Hình 1.1.4

3 10y x x= − −

2y x=

( )cosy xπ=

9

Ví dụ 1.1.3: Tìm các khoảng li nghiệm của phương trình 2 2arctan 2 0x x x+ + − = bằng

phương pháp đồ thị Giải

Phương trình đã cho tương đương với 2 2arctan 2x x x+ = −

Ta vẽ đồ thị hai hàm số 2arctan 2y x= + (đường màu đỏ) và 2y x x= − (đường màu

xanh). Từ hình vẽ ta tìm được hai khoảng li nghiệm của phương trình là ( )1; 0,5− − và ( )1,5;2 .

Hình 1.1.5

Sau khi đã tách được nghiệm thì công việc tiếp theo là chính xác hóa nghiệm đến độ chính xác cần thiết. Để thực hiện bước này, ta có thể sử dụng một trong các phương pháp sau: phương pháp lặp, phương pháp dây cung, phương pháp tiếp tuyến, phương pháp Muller,…Tất cả phương pháp được nêu chúng ta đều có thể lập trình bằng ngôn ngữ Maple.

2y x x= −

2arctan 2y x= +

10

Bài 2. PHƯƠNG PHÁP LẶP ĐƠN

Xét phương trình ( ) 0f x = (1)

có khoảng li nghiệm là ( );a b .

Ta biến đổi phương trình (1) về dạng tương đương: ( )x xϕ= (2)

Với xấp xỉ ban đầu 0x thuộc khoảng ( );a b đã cho, ta xây dựng dãy { } 0,n nx= ∞

nhờ vào hệ thức:

( )1 , 0n nx x nϕ+ = ∀ ≥ .

Nếu dãy { } 0,n nx= ∞

có giới hạn lim *nnx x

→∞= thì *x chính là nghiệm đúng của phương trình

(2) và cũng là nghiệm của (1) Tiếp theo, ta tìm hiểu một số điều kiện để dãy { } 0,n nx

= ∞ hội tụ.

Định lí 1.2.1. Giả sử hàm số ( )y xϕ= khả vi liên tục trên [ ];a b và với mọi [ ];x a b∈ thì

( ) [ ];x a bϕ ∈ . Khi đó, nếu ta có ( ) 1x Lϕ′ ≤ < với mọi [ ];x a b∈ thì dãy số { } 0,n nx= ∞

được xây

dựng bởi hệ thức ( )1 , 0n nx x nϕ+ = ∀ ≥ hội tụ đến nghiệm *x của phương trình ( ) 0f x = và ta có

các ước lượng sai số

1 1*1n n nLx x x xL+ +− ≤ −

−

1

1 1 0*1

n

nLx x x xL

+

+ − ≤ −−

Ta mô phỏng phương pháp lặp bằng hình vẽ như sau

Hình 1.2.1

Nhận xét 1.2.1: Phương pháp lặp đơn có tính chất tự điều chỉnh, nghĩa là nếu tại một vài bước tính toán trung gian ta mắc phải sai số thì dãy { } 0,n nx

= ∞ vẫn hội tụ đến *x , tất nhiên chỉ một vài

bước sai và sai số mắc phải không vượt ra ngoài đoạn.

y x=

( )y xϕ=

11

Ta mô phỏng nhận xét này bằng hình vẽ như sau

Hình 1.2.2

Nhận xét 1.2.2: Một tính chất đặc biệt của phương pháp lặp là có thể đánh giá ngay từ đầu số bước lặp mà ta cần phải làm để có được độ chính xác theo yêu cầu. Thật vậy, từ biểu thức

0 1*1

n

nLx x x xL

− ≤ −−

nếu ta muốn có nghiệm gần đúng với sai số ε thì ta sẽ dừng lại ở bước lặp thứ n sao cho:

0 11

nL x xL

ε− ≤−

Từ đây ta có đánh giá cho n

( )

1 0

1ln

ln

Lx x

nL

ε⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥≥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

kí hiệu ⎡ ⎤α chỉ phần nguyên trên của số α . Ví dụ 2,6 3; 4,1 5; 2,1 2⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ .

Nhận xét 1.2.3: Trên đây ta nhắc đến việc chuyển từ (*) sang dạng tương đương (**) sao cho

điều kiện ( ) [ ]1, ;x L x a bϕ′ ≤ < ∀ ∈ được thỏa mãn. Về vấn đề này có mấy nhận xét sau:

. Giả sử ( )0 m f x M′< ≤ ≤ (với trường hợp ( ) 0M f x m′≤ ≤ < ta làm tương tự). .

. Ta có thể chuyển từ (*) sang dạng tương đương sau:

( ) ( )x x f x xλ ϕ= − = với 1M

λ = (***)

. Ta thấy rằng

( ) ( )( )

[ ]1 1 1 1, ;f x mx f x x a bM M

ϕ λ′

′ ′= − = − ≤ − < ∀ ∈

. Do đó phép lặp được xây dựng trên (***) sẽ hội tụ đến nghiệm cần tìm.

( )y xϕ=

y x=

12

Nhận xét 1.2.4: Nếu tồn tại ( );x a b∈ để ( ) 1xϕ′ ≥ thì dãy { } 0,n nx= ∞

được xác định bởi hệ

thức ( )1 , 0n nx x nϕ+ = ∀ ≥ sẽ phân kì tại ít nhất một điểm [ ]0 ;x a b∈ .

Hình 1.2.3 Hình 1.2.4

Tóm tắt thuật toán tìm nghiệm gần đúng phương trình (1) với khoảng li nghiệm ( );a b

bằng phương pháp lặp

Bước 1: Biến đổi phương trình (1) về dạng ( )x xϕ= với ( ) 1x Lϕ′ ≤ < với mọi [ ];x a b∈ .

Bước 2: Xây dựng dãy { } 0,n nx= ∞

thông qua các hệ thức

. [ ]0 ;x a b∈ (thông thường ta lấy 0x là trung điểm của đoạn [ ];a b )

. ( ) ( ) ( ) ( )1 0 2 1 3 2 1; ; ;...; n nx x x x x x x xϕ ϕ ϕ ϕ+= = = =

Bước 3: Đánh giá sai số nghiệm gần đúng dựa vào công thức 1 1*1n n nLx x x xL+ +− ≤ −

−.

Ví dụ 1.2.1: Giải phương trình ( )ln 1 10 0x x− + − = bằng phương pháp lặp (lặp bốn bước,

đánh giá sai số ở bước 4), biết phương trình có khoảng li nghiệm là ( )13;14

Giải Biến đổi phương trình đã cho về dạng

( )ln 1 10x x= + +

Đặt ( ) ( )ln 1 10x xϕ = + + . Ta thấy rằng

( ) [ ]1 1 12;131 13

x L xx

ϕ′ = ≤ = ∀ ∈+

Chọn 0 12,5x = . Ta xây dựng dãy lặp theo công thức

( ) ( )1 ln 1 10, 0n n nx x x nϕ+ = = + + ∀ ≥

y x=

y x=

( )y xϕ=

( )y xϕ=

13

Từ đây ta tính được

1

2

3

4

12,602690

12.610268

12.610824

12.610865

x

x

x

x

=

=

=

=

Ta tiến hành đánh giá sai số của nghiệm gần đúng 4x . Ta có

64 4 3* 3.10

1Lx x x xL

−− ≤ − =−

Ví dụ 1.2.2: Giải phương trình 3 0xx e− = bằng phương pháp lặp với sai số của nghiệm gần

đúng không vượt quá 410− biết khoảng li nghiệm là 1 ;12⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Giải

Biến đổi phương trình về dạng 3

xex =

Đặt ( )3

xexϕ = . Ta thấy rằng ( ) 0,9060943 3

xe ex Lϕ′ = ≤ = =

Chọn 0 0,75x = . Ta xây dựng dãy lặp theo công thức ( )1 3

nx

n nex xϕ+ = = .

Từ hệ thức trên ta được

1

2

19

20

0,705667

0,675065...

0,619079

0,619072

x

x

x

x

=

=

=

=

Đánh giá sai số của nghiệm gần đúng 20x . Ta có

5 420 20 19* 6,6.10 10

1Lx x x xL

− −− ≤ − = <−

Vậy ta lấy 20* 0,619072x x≈ = .

Ví dụ 1.2.3: Giải phương trình ( )22 cos2 2 0x x x− − = bằng phương pháp lặp (lặp 3 bước,

đánh giá sai số ở bước 3) biết khoảng li nghiệm là ( )3, 4;4 .

Giải Việc tìm hàm ( )xϕ của bài toán này khá khó khăn. Ở đây ta sẽ áp dụng các kết quả trong mục

nhận xét 1.2.3

Đặt ( ) ( )22 cos2 2f x x x x= − −

14

Ta có ( ) ( )2 cos2 4 sin2 2 2f x x x x x′ = − − − . Ta sẽ tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm

số ( )y f x′= . Có nhiều phương pháp để tìm các giá trị này, ở đây ta dùng phương pháp đồ thị với sự

hỗ trợ của Maple

Dựa vào đồ thị trên ta nhận được ( )M f x m′≤ ≤ với ( )4 20,120732M f ′= = − và

( )3, 4 6,941147m f ′= = −

Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng

( )22 cos2 220,120731

x x xx x − −= +

Đặt ( )( )22 cos2 2

20,120731x x xx xϕ

− −= + . Ta có

( )( ) 6,9411471 1 0,655025

20,120732 20,120732f xx Lϕ′

′ = + ≤ − = =

Chọn 0 3,7x = . Ta xây dựng dãy lặp theo công thức

( )( )2

1

2 cos2 220,120732

n n nn n n

x x xx x xϕ+

− −= = +

Từ đây ta tính được

1

2

3

3, 717656

3,721257

3,721950

x

x

x

=

=

=

Ta đánh giá nghiệm gần đúng 3x . Ta có

3 3 2* 0, 0013161Lx x x xL

− ≤ − =−

Để tìm max và min của hàm số ( )f x′ ta còn thêm một phương pháp nữa là đánh giá tính đơn

điệu của hàm số ( )y f x′= . Thật vậy, ta có

15

( ) 8 sin 2 8 cos2 2f x x x x′′ = − − −

Nhận xét rằng 33, 4 ; ; 4 ;8 4 8π π π

π π π π⎡ ⎤⎡ ⎤

∈ + ∈ + +⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦. Từ đây ta suy ra

( ) ( ) ( )8 sin2 8 cos2 2 8sin 6,8 32 cos 8 2 1,296906 0f x x x x′′ = − − − ≤− + − = − <

Vậy hàm số ( )y f x′= là hàm đơn điệu giảm. Bước tiếp theo ta làm giống như cách trên.

Nhận xét 1.2.5: Qua ba ví dụ trên, ta nhận thấy tốc độ hội tụ của phương pháp lặp phụ thuộc vào giá trị của hệ số L . Nếu hệ số L càng gần 0 thì phương pháp lặp hội tụ càng nhanh. Ngược lại, nếu hệ số L càng gần 1 thì phương pháp lặp hội tụ càng chậm. Bây giờ chúng ta sẽ xét một số khái niệm liên quan đến tốc độ hội tụ của phương pháp lặp. Trước hết, ta nhắc lại nội dung chính của phương pháp lặp là từ phương trình ( ) 0f x = với ( );a b

khoảng li nghiệm, ta biến đổi về dạng ( )x xϕ= với [ ]

( );

max 1x a b

x Lϕ∈

′ ≤ < . Ta giả thiết thêm ( )xϕ là

một hàm thuộc lớp [ ]2;a bC (lớp các hàm có đạo hàm cấp 2 liên tục trong đoạn [ ];a b ) và ( )* 0xϕ′′ ≠ .

Ta xây dựng dãy { } 0,n nε= ∞

như sau *, 0n nx x nε = − ∀ ≥ . Áp dụng công thức khai triển

Taylor ta có

( ) ( ) ( )( )( )

( )

( )( )

( )( ) ( )

21 1

2

2 2

** * * * * *

2!* *

**

2

n n n n n

n

n n n

xx x x x x x x x x x

O x x x

xx O

ϕε ϕ ϕ ϕ

ϕϕ ε ε ε

+ +

′′′= − = − = + − + −

+ − −

′′′= + +

Đặt ( )( ) ( ) ( )2 2*

, *2n n n

xD O A x

ϕε ε ε ϕ

′′′= + = . Ta suy ra

( ) ( )2

*lim

2n

nn

D xε ϕε→∞

′′= , 1A L≤ <

và 1lim n

nn

Aεε+

→∞=

Trường hợp 1: 0A ≠ . Ta sẽ chứng minh rằng nn cAε ∼ khi n → ∞ với c là một hằng số.

Thật vậy, từ hệ thức ( )1 . , 0n n nA D nε ε ε+ = + ∀ ≥ ta có

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

21 1 1 1 1

3 22 2 1

1 10 0 1

.

...

... ..

n n n n n n n n n

n n n n

n n n kn k n

A D A A D D A AD D

A A D AD D

A A D A D A D D

ε ε ε ε ε ε ε ε ε

ε ε ε ε

ε ε ε ε ε

+ − − − −

− − −

+ −−

= + = + + = + +

= + + + =

= + + + + + +

Ta suy ra ( ) ( ) ( ) ( )0 11

01 2 1 1... ..n k nnn n k n

D D D DA A A A A

ε ε ε εεε −+

+ − + += + + + + + +

16

Tiếp theo, ta chứng tỏ chuỗi ( ) ( ) ( ) ( )0 1

2 1 1... .. ..n k nn k n

D D D DA A A Aε ε ε ε−

− + ++ + + + + + hội tụ. Thật

vậy, ta có

( )

( )( )( )

( )

( )

1 2212 1 12

21

*1 1 12lim lim lim lim 1

*2

nnn n n

n n n nn n n

nn

D xDAD A

D xA D A AA

ε ϕεε ε

ε ϕε εε

+++ + +

→∞ →∞ →∞ →∞

+

′′

= = = = = <′′

Theo tiêu chuẩn Dalembert chuỗi ( ) ( ) ( ) ( )0 1

2 1 1... ... ...n k nn k n

D D D DA A A Aε ε ε ε−

− + ++ + + + + + hội tụ

tuyệt đối nên nó hội tụ về một số α nào đó. Đặt 0c α ε= + , ta được 11lim n

nnc

Aε +

+→∞= hay n

n cAε ∼

khi n → ∞ . Vì n

n cAε ∼ khi n → ∞ nên với n đủ lớn ta có xấp xỉ

lg lg lgnn ncA n A cε ε≈ ⇔ ≈ + , với 10lg log=

Logarithm của sai số là một xấp xỉ tuyến tính theo n . Điều này có nghĩa là số chữ số không sau dấu phẩy thập phân của sai số tăng tuyến tính theo số lần lặp. Dạng hội tụ như vậy được gọi là hội tụ tuyến tính hoặc hội tụ cấp một.

Trường hợp 2: 0A = . Khi đó ( )1n nDε ε+ = , ta suy ra 12lim n

nn

cεε+

→∞= với

( )*2x

cϕ′′

= hay

21n ncε ε+ ∼ khi n → ∞ .

Vì 21n ncε ε+ ∼ khi n → ∞ nên với n đủ lớn ta có xấp xỉ

21 1lg 2 lg lgn n n nc cε ε ε ε+ +≈ ⇔ ≈ +

Logarithm của sai số tăng gấp đôi sau mỗi lần lặp và do đó số chữ số không sau dấu phẩy thập phân của sai số nhân đôi sau mỗi bước lặp. Sự hội tụ như vậy được gọi là hội tụ bình phương hoặc hội tụ cấp hai. Bây giờ ta sẽ xét trường hợp hội tụ cấp một và tìm cách làm tăng tốc độ hội tụ của phương pháp lặp. Giả sử ( )* 0A xϕ′= ≠ , xét dãy { } 0,n ny

= ∞ được xây dựng như sau

( )22

12 1

2 1 2 1

, 02 2

n nn n nn n

n n n n n n

x xx x xy x n

x x x x x x++ +

+ + + +

−−= = − ∀ ≥

− + − +

Bước 1: Ta chứng tỏ ny luôn có nghĩa với mọi 0n ≥ , tức là 2 12 0, 0n n nx x x n+ +− + ≠ ∀ ≥ .

Thật vậy, ta có

( ) ( )2 1 2 1 1 1 2 12n n n n n n n n n n nx x x x x x x x x x x+ + + + + + + +− + = − − − ≥ − − −

Áp dụng định lí Lagrange ta được

( ) ( ) ( )2 1 1 1 1n n n n n n n n nx x x x c x x L x xϕ ϕ ϕ+ + + + +′− = − = − ≤ −

17

Ta suy ra

( )2 1 12 1 0, 0n n n n nx x x L x x n+ + +− + ≥ − − > ∀ ≥

Do đó, 2 12 0, 0n n nx x x n+ +− + ≠ ∀ ≥ hay ny luôn có nghĩa.

Bước 2: Ta chứng minh lim *nny x

→∞= và *lim 0

*n

nn

y xx x→∞

−=

−

+ Theo kết quả trong bước 1, ta có

( ) ( )( )

2 211 1

2 1 12 1 1n nn n n n

n n n n n

x xx x x xx x x L x x L

++ +

+ + +

−− −≤ =

− + − − −

Mà 1lim 01n n

n

x xL

+

→∞

−=

− nên ta suy ra

( )21

2 1

lim 02

n n

nn n n

x xx x x

+

→∞+ +

−=

− +. Vậy lim *nn

y x→∞

= .

+ Ta biến đổi biểu thức

( )( ) ( )( )( )

( )( ) ( )( )

22 1

22 12 1

2 1

22 1

1

** * *2*

* * * 2

* * *

1 *

n n n

n n nn n nn

n n n n n n

n n n

n n n

x x xx

x x x x x xx x xy xx x x x x x x x x

x x x x x x

L x x x x

+ +

+ ++ +

+ +

+ +

+

−−

− − − −− +−= =

− − − − +

− − − −≤

− − −

Theo định lí Lagrange ta có ( ) ( ) ( )( )1 * * * , 0n n n nx x x x u x x nϕ ϕ ϕ+ ′− = − = − ∀ ≥

Trong đó nu nằm giữa *x và nx với mọi số tự nhiên n . Từ đây ta suy ra lim *nnu x

→∞= .

Mặt khác

( )1 1* * 1 *n n n n nx x x x x x L x x+ +− ≥ − − − ≥ − −

Kết hợp các kết quả trên, ta được

( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( )

2 22 1 1

221

12

* * * *1 * 1 *

1

n n n n n n n

n n n n

n n

x x x x x x x x u u uL x x x x L x x

L u uL

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

+ + +

+

+

− − − − ′ ′ ′− −≤

− − − − −

′ ′≤ −−

Ta có ( )

( ) ( )( )12 2lim 0

1 1n nn

L Lu u A AL L

ϕ ϕ+→∞′ ′− = − =

− −. Ta suy ra *lim 0

*n

nn

y xx x→∞

−=

−.

Kết quả của bước 2 cho ta một kết luận là tốc độ hội tụ của dãy { } 0,n ny= ∞

về *x nhanh hơn

tốc độ hội tụ của dãy { } 0,n nx= ∞

về *x . Phương pháp chuyển từ dãy cũ sang dãy mới như vậy gọi là

18

phương pháp Aitken. Và để cho thuận tiện trong việc phân tích và tính toán, ta xét thuật toán lặp Aitken – Steffensen sau đây

Bước 1: Chuyển phương trình ( ) 0f x = về dạng ( )x xϕ= với [ ]

( );

max 1x a b

x Lϕ∈

′ ≤ < . Nếu

1L << thì ta tiến hành phương pháp lặp thông thường vì lúc này tốc độ hội tụ của dãy { } 0,n nx= ∞

về

*x rất nhanh. Nếu 1L ≈ thì ta chuyển sang bước 2 Bước 2: Chuyển phương trình ( )x xϕ= về dạng ( )x x= Ψ với

( )( )( )

( )( ) ( )

2

2x x

x xx x xϕ

ϕ ϕ ϕ−

Ψ = −− +

Bước 3: Xây dựng dãy { } 0,n ny= ∞

như sau

. 0y a=

. ( ) ( ) ( )1 0 2 1 1; ;...; n ny y y y y y+= Ψ = Ψ = Ψ

Ví dụ 1.2.4: Giải phương trình 3 0xx e− = bằng phương pháp lặp và phương pháp lặp Aitken

-Steffensen biết khoảng li nghiệm là 1 ;12⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Giải

Biến đổi phương trình về dạng 3

xex =

Đặt ( )3

xexϕ = . Ta thấy rằng ( ) 0,906094 13 3

xe ex Lϕ′ = ≤ = = ≈

Chọn 0 0 0, 5x y= = . Ta xây dựng hai dãy lặp theo công thức

( )

( )

1

2

1 13

3

3

23 3

n

n

yn

n

x

n n

y

n

n n n ey

n

ex x

e yy y y

e e y

ϕ+

+

⎧⎪⎪ = =⎪⎪⎪⎪⎪ ⎛ ⎞⎪⎪ ⎟⎜ − ⎟⎨ ⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎪⎪ = Ψ = −⎪⎪⎪⎪ − +⎪⎪⎪⎩

Ta lập bảng sau

19

n nx ny

0 0,5 0,5 1 0,549573757 0,613551237 2 0,577504796 0,619046211 3 0,593862485 0,619061287 4 0,603656589 0,619061287 5 0,609597912 … … … 18 0,619042954 19 0,619049938 20 0,619054261

Ta nhận thấy bằng phương pháp Aitken – Steffensen, sau ba lần lặp nghiệm gần đúng có đến 9 chữ số lẻ đáng tin sau dấu phẩy, trong khi với phương pháp lặp thông thường, đến lần lặp thứ 20 ta chỉ có 4 chữ số lẻ đáng tin sau dấu phẩy.

20

Bài 3. PHƯƠNG PHÁP NEWTON (PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN)

Trong mục này, ta xét lại phương trình ( ) 0f x = .

Giả sử rằng ta đã tìm được một khoảng li nghiệm của phương trình trên là khoảng ( );a b , đồng

thời ( ) ( ),f x f x′ ′′ liên tục và không đổi dấu trên đoạn [ ];a b . Khi đó, với 0x là xấp xỉ ban đầu được

chọn, ta xây dựng dãy { } 0,n nx= ∞

theo công thức ( )( )1 , 0n

n nn

f xx x n

f x+ = − ∀ ≥′

.

Ta có thể chứng minh được, với một số điều kiện thích hợp phương pháp Newton hội tụ, chẳng hạn với điều kiện sau

Định lí 1.3.1. Nếu phương trình ( ) 0f x = có ( );a b là khoảng li nghiệm, đồng thời

( ) ( ),f x f x′ ′′ liên tục và không đổi đấu trên đoạn [ ];a b , với [ ]0 ;x a b∈ sao cho ( ) ( )0 0 0f x f x′′ >

( 0x ,được gọi là điểm Fourier, thường được chọn là một trong hai đầu mút a hoặc b). Khi đó dãy

{ } 0,n nx= ∞

xây dựng như trên hội tụ đến nghiệm *x của phương trình ( ) 0f x = và ta có ước lượng

( )21 1*2n n nMx x x xm+ +− ≤ −

với ,m M là hai hằng số thỏa mãn

( ) [ ]0 , ;m f x x a b′< ≤ ∀ ∈

( ) [ ], ;f x M x a b′′ ≤ ∀ ∈

Chứng minh Không giảm tổng quát ta giả thiết ( ) [ ]0, ;f x x a b′′ > ∀ ∈ .

Trường hợp 1: 0x a= . Vì ( ) ( ) 0f a f a′′ > nên ta được ( ) 0f a > . Từ đây ta suy ra được hai

kết quả sau ( )

( ) [ ]

0

0, ;

f b

f x x a b

⎧ <⎪⎪⎪⎨⎪ ′ < ∀ ∈⎪⎪⎩

Ta cần chứng tỏ rằng { } 0,n nx= ∞

là dãy tăng và { } [ )0, ; *n nx a x= ∞

⊂ .

Giả sử [ ); *nx a x∈ . Khi đó ( )

( )

0

0

n

n

f x

f x

⎧ >⎪⎪⎪⎨⎪ ′ <⎪⎪⎩

Từ đây ta suy ra ( )( )1n

n n nn

f xx x x

f x+ = − >′

Áp dụng công thức khai triển Taylor ta được

( ) ( ) ( )( )( )

( ) ( ) ( )( )20 * * * *2n

n n n n n n n

f cf x f x f x x x x x f x f x x x

′′′ ′= = + − + − > + −

21

Ta suy ra ( )( )

*nn

n

f xx x

f x> −

′. Do đó, ( )1 * *n n nx x x x x+ < − − = .

Vì [ )0 ; *x a a x= ∈ nên ta suy ra { } 0,n nx= ∞

là dãy tăng và { } [ )0, ; *n nx a x= ∞

⊂

Dãy { } 0,n nx= ∞

tăng và bị chặn trên bởi *x nên tồn tại giới hạn ( ] ( )lim ; * ;nnx a x a bα

→∞= ∈ ⊂ .

Ta có

( )( )

( )( )

( )

( )

( )

1

1lim lim

0

nn n

n

nn nn n

n

f xx x

f x

f xx x

f x

ff

f

αα α

αα

+

+→∞ →∞

= −′

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟⎜ ⎟′⎜⎝ ⎠

⇒ = −′

⇒ =

Do đó, α là nghiệm của phương trình ( ) 0f x = trong ( );a b . Dựa vào tính duy nhất nghiệm ta

khẳng định *xα = hay lim *nnx x

→∞= .

Tiếp theo ta chứng minh ( )21 1*2n n nMx x x xm+ +− ≤ − , với ,m M là hai hằng số thỏa mãn

( ) [ ]0 , ;m f x x a b′< ≤ ∀ ∈

( ) [ ], ;f x M x a b′′ ≤ ∀ ∈

Thật vậy, áp dụng công thức khai triển Taylor ta có

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 21 1 1 12 2

n nn n n n n n n n n

f c f cf x f x f x x x x x x x+ + + +

′′ ′′′= + − + − = −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( )( )

21 1 1

21 1 1

* * * *2

* * * * *2

nn n n

nn n n

f df x f x f x x x x x

f df x x x x x f x x x

+ + +

+ + +

′′′= + − + −

′′′ ′= − + − ≥ −

Từ đây ta khẳng định

( )( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( )

21 1

21 1

2 21 1 1

* *2

* *2

*2 * 2

nn n n

nn n n

nn n n n n

f cf x x x x x

f cf x x x x x

f c Mx x x x x xf x m

+ +

+ +

+ + +

′′′ − ≤ −

′′′⇔ − ≤ −

′′⇔ − ≤ − ≤ −

′

22

Trường hợp 2: 0x b= . Bằng cách tương tự ta chứng minh dãy { } 0,n nx= ∞

là một dãy giảm và

{ } ( ]0, *;n nx x b= ∞

⊂ . Từ đó khẳng định lim *nnx x

→∞= và tính đúng đắn của các công thức ước lượng.

Định lí đã được chứng minh xong Nhận xét 1.3.1: Có lẽ chúng ta sẽ thắc mắc tại sao ngay từ đầu lại dùng công thức lặp khá đơn

giản ( )( )1n

n nn

f xx x

f x+ = −′

để tìm nghiệm gần đúng, đồng thời tốc độ hội tụ của nó là cấp hai, tốt hơn

rất nhiều so với phương pháp lặp thông thường. Ta sẽ đi tìm lời giải thích cho câu hỏi này. Giả sử hàm số ( )f x thỏa mãn các giả thiết của định lí 1.3.1. Gọi ( )h x là hàm khác không với

mọi [ ];x a b∈ , biến đổi phương trình ( ) 0f x = về dạng ( ) ( ) ( )x x x h x f xϕ= = −

Chúng ta sẽ tìm ( )h x sao cho ( )* 0xϕ′ = . Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1x h x f x h x f xϕ′ ′ ′= − −

Ta suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

0 * 1 * * * *

1* * 1 **

x h x f x h x f x

h x f x h xf x

ϕ′ ′ ′= = − −

′⇔ = ⇔ =′

Hàm ( )h x đơn giản thỏa mãn ( )( )1**

h xf x

=′

là ( )( )

1h xf x

=′

. Từ đây ta đi đến công thức

lặp ( )( )1 , 0n

n nn

f xx x n

f x+ = − ∀ ≥′

Về mặt hình học, để xác định phần tử 1nx + , xuất phát từ điểm nằm trên đồ thị hàm số

( )y f x= có hoành độ nx , ta kẻ tiếp tuyến với đường cong. Hoành độ giao điểm của tiếp tuyến với

trục hoành sẽ là 1nx + .

Hình 1.3.1

0A

1A

2A

( )y f x=

23

Tóm tắt thuật toán tìm nghiệm gần đúng phương trình ( ) 0f x = với khoảng li nghiệm

( );a b bằng phương pháp tiếp tuyến

Bước 1: Chứng tỏ ( ) ( ),f x f x′ ′′ không đổi dấu trên ( );a b .

Bước 2: Xây dựng dãy { } 0,n nx= ∞

như sau

. Nếu ( ) ( ). 0f a f a′′ > thì chọn 0x a= , ngược lại chọn 0x b=

. Các số hạng còn lại xác định bởi hệ thức ( )( )1 , 0n

n nn

f xx x n

f x+ = − ∀ ≥′

Bước 3: Đánh giá sai số của nghiệm gần đúng dựa vào công thức

21 1*

2n n nMx x x xm+ +− ≤ −

với ,m M là hai hằng số thỏa mãn

( ) [ ]0 , ;m f x x a b′< ≤ ∀ ∈

( ) [ ], ;f x M x a b′′ ≤ ∀ ∈

Thông thường ta lấy [ ]

( )[ ]

( ); ;

min ; maxx a b x a b

m f x M f x∈ ∈

′ ′′= =

Ví dụ 1.3.1: Dùng phương pháp Newton giải phương trình 3 2 10 0x x− − = với độ chính xác 1010− , biết khoảng li nghiệm là ( )2;3 .

Giải Đặt ( ) 3 2 10f x x x= − − . Khi đó ta có:

( ) [ ]

( ) [ ]

23 2 0, 2;3

6 0 , 2;3

f x x x

f x x x

′ = − > ∀ ∈

′′ = > ∀ ∈

Ta thấy rằng ( ) ( )2 2 0f f ′′ < nên ta chọn 0 3x = .

Ta xây dựng dãy { } 0,n nx= ∞

như sau:

( )( )

3

1 2

2 10 , 03 2

n n nn n n

n n

f x x xx x x nf x x+

− −= − = − ∀ ≥

′ −

Từ đây ta tính được

1

2

3

4

2,560000

2, 466164

2, 462053

2, 462045

x

x

x

x

=

=

=

=

Tiếp theo ta đánh giá sai số của nghiệm gần đúng 4x . Ta có

24 4 3*

2Mx x x xm

− ≤ −

24

với

[ ]( )

[ ]

[ ]( )

[ ]

2

2;3 2;3

2;3 2;3

min min 3 2 10

max max 6 18x x

x x

m f x x

M f x x∈ ∈

∈ ∈

′= = − =

′′= = =

Vậy 12 104 * 7,2.10 10x x − −− ≤ <

Ta lấy 4* 2, 462045x x≈ =

Ví dụ 1.3.2: Giả sử bạn vay một người bạn 100 (triệu VND) với thỏa thuận là sẽ trả cho anh ta trong 5 năm, mỗi năm một lần, các khoản tiền { }21,22,23,24,25 . Lợi suất R của dòng tiền tệ này

là nghiệm thực (duy nhất) của phương trình

( ) ( ) ( ) ( )52 3 4

21 22 23 24 25 1001 11 1 1R RR R R+ + + + =

+ ++ + + (1)

Biết phương trình (1) có khoảng li nghiệm là ( )0;1 , giải phương trình bằng phương pháp

Newton (lặp 7 bước, đánh giá sai số ở bước 7). Giải Đặt 1x R= + , phương trình (1) trở thành

( )

2 3 4 5

5 4 3 2

21 22 23 24 25 100

100 21 22 23 24 25 0 2x x x x xx x x x x

+ + + + =

⇔ − − − − − =

Phương trình (2) có khoảng li nghiệm là ( )1;2 . Gọi ( )f x là vế trái của phương trình (2). Ta có

( )

( )

( )

4 3 2

3 2

2

500 84 66 46 24

2000 252 132 46

6000 504 132

f x x x x x

f x x x x

f x x x

′ = − − − −

′′ = − − −

′′′ = − −

Ta thấy rằng ( ) 6000 504 2 132 4860 0f x′′′ > − × − = >

Vậy ( )f x′′ là một hàm tăng trên [ ]1;2 . Ta suy ra

( ) 3 22000 1 252 1 132 46 1570 0f x′′ ≥ × − × − − = >

Từ đây ta cũng khẳng định ( )f x′ là một hàm tăng trên [ ]1;2 . Do đó

( ) 500 84 66 46 24 280 0f x′ ≥ − − − − = >

Ta thấy rằng ( ) ( )1 1 0f f ′′ < nên ta chọn 0 2x =

Ta xây dựng dãy { } 0,n nx= ∞

như sau

( )( )

5 4 3 2

1 4 3 2

100 21 22 23 24 25 , 0500 84 66 46 24

n n n n n nn n n

n n n n n

f x x x x x xx x x nf x x x x x+

− − − − −= − = − ∀ ≥

′ − − − −

Từ đây ta tính được 1 1,636874x =

25

2

3

4

5

6

7

1, 364560

1,178500

1, 078697

1, 049367

1, 047044

1, 047030

x

x

x

x

x

x

=

=

=

=

=

=

Ta đánh giá sai số nghiệm gần đúng 7x . Ta có

27 7 6*

2Mx x x xm

− ≤ −

với

[ ]( ) ( )

[ ]( ) ( )

1;2

1;2

max 2 14682

min 1 280x

x

M f x f

m f x f∈

∈

′′ ′′= = =

′ ′= = =

Vậy 97 * 5,2.10x x −− ≤ .

Ta lấy 71 1, 047030 0, 047030R x R+ ≈ = ⇔ ≈

Ví dụ 1.3.3: Xây dựng một thuật toán tính gần đúng số a , với sai số ε tùy ý cho trước, trong đó a không là bình phương của một số hữu tỉ nào. Giải Ta xây dựng thuật toán cho trường hợp 2a = , trường hợp tổng quát làm tương tự.

Ta thấy 2 là nghiệm dương duy nhất của phương trình 2 2 0x − =

Phương trình trên có khoảng li nghiệm là ( )1;2 chứa nghiệm 2 .

( ) ( )

( ) ( )

2 0, 1;2

2 0, 1;2

f x x x

f x x

′ = > ∀ ∈

′′ = > ∀ ∈

Ta có ( ) ( )1 1 0f f ′′ < nên ta chọn 0 2x = .

Ta xây dựng dãy { } 0,n nx= ∞

như sau

( )( )

2 2

12 2

2 2n n n

n n nn n n

f x x xx x xf x x x+

− += − = − =

′

Từ đây ta tính được

1

2

3

4

1,500000

1, 416667

1, 414216

1, 414214

x

x

x

x

=

=

=

=

26

Ta đánh giá sai số nghiệm gần đúng 4x . Ta có 2 124 4 3* 2.10

2Mx x x xm

−− ≤ − =

Nhận xét 1.3.2: Theo định lí 1.3.1, xấp xỉ ban đầu [ ]0 ;x a b∈ phải thỏa mãn ( ) ( )0 0 0f x f x′′ >

thì dãy { } 0,n nx= ∞

xây dựng theo hệ thức ( )( )1 , 0n

n nn

f xx x n

f x+ = − ∀ ≥′

sẽ hội tụ về nghiệm đúng *x .

Cõ lẽ chúng ta cũng sẽ tự hỏi nếu ( ) ( )0 0 0f x f x′′ < thì dãy { } 0,n nx= ∞

là hội tụ hay phân kì. Câu trả

lời là dãy { } 0,n nx= ∞

có thể hội tụ hoặc phân kì. Chúng ta xem hai hình vẽ minh họa sau

Hình 1.3.2 Hình 1.3.3

Hình 1.3.2 cho ta biết dãy { } 0,n nx= ∞

phân kì, trong khí đó dãy { } 0,n nx= ∞

trong hình 1.3.3 là

hội tụ.

( )y f x=

( )y f x=

27

Bài 4. PHƯƠNG PHÁP DÂY CUNG

Trong mục này, ta xét lại phương trình ( ) 0f x = .

Giả sử rằng ta đã tìm được một khoảng li nghiệm của phương trình trên là khoảng ( );a b , đồng

thời ( ) ( ),f x f x′ ′′ liên tục và không đổi dấu trên đoạn [ ];a b . Không giảm tổng quát, ta giả sử

( ) 0f x′′ > trên [ ];a b . Khi đó đồ thị ( )y f x= nằm phía dưới dây cung AB với

( )( ) ( )( ); , ;A a f a B b f b .

Trường hợp 1: Nếu ( ) 0f a > , ta xây dựng dãy { } 0,n nx= ∞

theo hệ thức:

( )( ) ( )

( )

0

1 , 0nn n n

n

x b

f xx x x a n

f x f a+

⎧ =⎪⎪⎪⎪⎨⎪ = − − ∀ ≥⎪⎪ −⎪⎩

Khi đó ta sẽ có dãy { } 0,n nx= ∞

đơn điệu giảm, bị chặn và

*1 0... ...n na x x x x b+< < < < < < =

Hình 1.4.1

Trường hợp 2: Nếu ( ) 0f a < , ta xây dựng dãy { } 0,n nx= ∞

theo hệ thức:

( )( ) ( )

( )

0

1 , 0nn n n

n

x a

f xx x x b n

f x f b+

=⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪ = − − ∀ ≥⎪ −⎪⎪⎩

Khi đó ta sẽ có dãy { } 0,n nx= ∞

đơn điệu tăng, bị chặn và

*0 1 1... ...n na x x x x x b+= < < < < < < <

A

B

1x2x3x

28

Hình 1.4.2

Định lý 1.4.1: Nếu phương trình ( ) 0f x = có ( );a b là khoảng li nghiệm, đồng thời ( )f x′ liên

tục và không đổi đấu trên đoạn [ ];a b , ( )f x′′ liên tục và dương trên đoạn [ ];a b . Khi đó dãy { } 0,n nx= ∞

xây dựng như trên hội tụ đến nghiệm *x của phương trình ( ) 0f x = và ta có ước lượng

*1 1n n n

M mx x x xm+ +

−− ≤ −

với ,m M là hai hằng số thỏa mãn

( ) [ ]0 , ;m f x M x a b′< ≤ ≤ ∀ ∈

Chứng minh Để chứng minh định lí 1.4.1 ta cần chứng tỏ các kết quả được nêu trong trường hợp 1 và trường hợp 2 ở đầu bài. Ở đây, ta chỉ trình bày lời giải cho trường hợp 1, trường hợp còn lại ta làm tương tự.

Vì ( ) 0f a > nên ta suy ra được hai kết quả sau ( )

( ) [ ]

0

0, ;

f b

f x x a b

⎧ <⎪⎪⎪⎨⎪ ′ < ∀ ∈⎪⎪⎩

Ta sẽ chứng minh dãy { } 0,n nx= ∞

là dãy giảm và { } ( ]0, *;n nx x b= ∞

⊂

Thật vậy, giả sử ( ]*;nx x b∈ . Khi đó ( ) 0nf x <

Áp dụng định lí Lagrange ta được ( ) ( ) ( )( )n n nf x f a f c x a′− = − với ( );n nc a x∈ . Ta suy ra

( )( )( ) ( )

( )( )1

n n nn n n n

n n

f x x a f xx x x x

f x f a f c+

−= − = − <

′−

Tiếp theo ta chứng tỏ 1 *nx x+ > . Để làm điều này ta chứng minh hai bổ đề sau

1x 2x 3x

*x

29

Bổ đề 1: Cho hàm số ( )f x thuộc lớp [ ]2;a bC và ( ) [ ]0, ;f x x a b′′ > ∀ ∈ . Khi đó ta có

( ) ( ) ( )f x y f x f yα β α β+ ≤ +

với mọi [ ], ;x y a b∈ và ,α β là hai số dương thỏa 1α β+ = .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y= .

Chứng minh Không mất tính tổng quát ta giả sử x y≤ .

Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) [ ], ;F x f x y f x f y x a yα β α β= + − − ∈

Ta có

( ) ( ) ( )F x f x y f xα α β⎡ ⎤′ ′ ′= + −⎣ ⎦

Áp dụng định lý Lagrange ta được

( ) ( ) ( ) ( )( ) 0F x f x y f x f u y xα α β α⎡ ⎤′ ′ ′ ′′= + − = − ≥⎣ ⎦

( ) 0F x′ = khi và chỉ khi x y= . Từ đây ta suy ra hàm số ( )F x hàm số tăng ngặt trên đoạn

[ ];a y . Do đó

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0F x F y f y y f y f y

f y y f y f y

α β α β

α β α β

≤ = + − − =

⇔ + ≤ +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y= .

Bổ đề 1 đã được chứng minh xong Bổ đề 2: Cho hàm số ( )f x thuộc lớp [ ]

2;a bC và ( ) [ ]0, ;f x x a b′′ > ∀ ∈ . Khi đó ta luôn có

( ) ( ) ( ) ( )f z f y f z f xz y z x− −

>− −

với [ ], , ;x y z a b∈ và z y x> > .

Chứng minh

Đặt ;z y y xz x z x

α β− −

= =− −

. Khi đó , 0α β > , 1α β+ = và y x zα β= +

Vì z x> nên theo bổ đề 1 ta được

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

f y f x zy f x f zz y y xf y f x f zz x z x

f z f y f z f xz y z x

α α β= + < +− −

⇔ < +− −

− −⇔ >

− −

Bổ đề 2 đã được chứng minh xong Trở lại bài toán, vì *nx x a> > nên theo bổ đề 2 ta được

30

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( )

** *

*

n n n n

n n n n

n nn

n

f x f x f x f a f x f x f ax x x a x x x a

f x x ax x

f x f a

− − −> ⇔ >

− − − −

−⇔ < −

−

Từ đây ta suy ra

( )( )( ) ( )

( )1 * *n nn n n n

n

f x x ax x x x x x

f x f a+

−= − > − − =

−

Vậy ta đã chứng tỏ được dãy { } 0,n nx= ∞

là dãy giảm và { } ( ]0, *;n nx x b= ∞

⊂ . Do đó, tồn tại số

thực α để lim nnx α

→∞= . Xét hệ thức

( )( )( ) ( )

( )( )( ) ( )

( )( )

( ) ( )

( )

1

1lim lim

0

n nn n

n

n nn nn n

n

f x x ax x

f x f a

f x x ax x

f x f a

f af f a

f

α αα α

αα

+

+→∞ →∞

−= −

−

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ −⎝ ⎠−

⇔ = −−

⇔ =

Vì vậy *xα = hay lim *nnx x

→∞= .

Tiếp theo ta chứng minh *1 1n n n

M mx x x xm+ +

−− ≤ − với ,m M là hai hằng số thỏa mãn

( ) [ ]0 , ;m f x M x a b′< ≤ ≤ ∀ ∈ .

Theo công thức Lagrange ta có

( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 1* *n n n nf x f x f x f u x x+ + +′= − = −

( ) ( ) ( )( )1 1n n n n nf x f x f v x x+ +′= + −

Ta suy ra

( )( ) ( ) ( )( )1 1*n n n n n nf u x x f x f v x x+ +′ ′− = + −

Áp dụng công thức Lagrange lần nữa ta được ( ) ( ) ( )( )n n nf x f a f w x a′− = −

Do đó, ta có

( )( )( ) ( )

( )( )

( ) ( )( )

1

1

n n nn n n

n n

n n n n

f x x a f xx x x

f x f a f w

f x f w x x

+

+

−= − = −

′−

′⇔ = − −

Từ đẳng thức này ta nhận được

31

( )( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( ) ( )( )( )

1 1

1 1

1

*n n n n n n

n n n n n n

n n n n

f u x x f x f v x x

f w x x f v x x

f v f w x x

+ +

+ +

+

′ ′− = + −

′ ′= − − + −

′ ′= − −

Ta suy ra

( ) ( )

( )1 1 1* n nn n n n n

n

f v f w M mx x x x x xf u m+ + +

′ ′− −− = − ≤ −

′

với ,m M là hai hằng số thỏa mãn ( ) [ ]0 , ;m f x M x a b′< ≤ ≤ ∀ ∈ .

Ví dụ 1.4.1: Giải phương trình 3 2 1 0x x x+ + − = bằng phương pháp dây cung biết khoảng li nghiệm là ( )0;1 với sai số không quá 310− .

Giải Đặt ( ) 3 2 1f x x x x= + + − . Khi đó ta có:

( ) ( )

( ) ( )

23 2 1 0, 0;1

6 2 0, 0;1

f x x x x

f x x x

′ = + + > ∀ ∈

′′ = + > ∀ ∈

Từ đây ta suy ra ( ) ( )1 6, 0;1f x x′≤ ≤ ∀ ∈ .

Ta có ( )0 1 0f = − < , xét dãy { } 0,n nx= ∞

được xây dựng như sau:

( )( ) ( )

( )

0

2

1 2

0

2 11 , 01 2 3

n n nn n n

n n n

x

f x x xx x x nf x f x x+

=⎧⎪⎪⎪⎪⎨ + +⎪ = − − = ∀ ≥⎪⎪ − + +⎪⎩

Ta tính được

1

2

6

7

8

0, 333333

0, 470588...

0,542876

0,543428

0,543605

x

x

x

x

x

=

=

=

=

=

.

Ta đánh giá sai số của 8x . Ta có

*8 8 7

4 3

6 1 0,543605 0,54342818, 85.10 10

M mx x x xm

− −

− −− ≤ − = −

= <

Vậy ta lấy *8 0, 543605x x≈ = .

32

Ví dụ 1.4.2: Giải phương trình 23 0xe x− = bằng phương pháp dây cung với sai số không quá 210− biết khoảng li nghiệm của phương trình là ( )3;5 .

Giải Đặt ( )f x là vế trái của phương trình. Khi đó ta có

( ) ( )

( ) ( )

6 0, 3;5

6 0, 3;5

x

x

f x e x x

f x e x

′ = − > ∀ ∈

′′ = − > ∀ ∈

Ta tính được [ ]

( )[ ]

( )3;5 3;5min 2, 085537; max 118, 413159x x

m f x M f x∈ ∈

′ ′= = = =

Tiếp theo ta xây Vì ( )3 6,914463 0f = − < nên ta chọn 0 3x = , ta xây dựng dãy { } 0,n nx

= ∞ như sau

( )( ) ( )

( )( )( )

0

2

1 2 5

3

3 55 , 0

5 3 75

n

n

xn nn

n n n n xn n

x

e x xf xx x x x n

f x f e x e+

⎧ =⎪⎪⎪⎪ − −⎨⎪ = − − = − ∀ ≥⎪⎪ − − − −⎪⎩

Từ đây ta tính được

1

2

70

71

3, 060040

3,117041...

3,732802

3,732832

x

x

x

x

=

=

=

=

Ta đánh giá sai số của nghiệm gần đúng 71x . Ta có

371 71 70* 1,673.10M mx x x x

m−−

− ≤ − =

33

Chương 2. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Bài 1. MỞ ĐẦU

Nhiều vấn đề của khoa học kĩ thuật, kinh tế, môi trường quy về việc giải hệ phương trình tuyến tính

11 1 12 2 1 1

21 1 22 2 2 2

1 1 2 2

...

............

...

n n

n n

m m mn n m

a x a x a x b

a x a x a x b

a x a x a x b

⎧ + + + =⎪⎪⎪⎪ + + + =⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪ + + + =⎪⎪⎩

Đặt ( )ij m nA a×

= là ma trận hệ số, mb ∈ là vector cột hệ số tự do cho trước, nx ∈ là

vector cột phải tìm, thì hệ trên có thể được viết dưới dạng Ax b= . Về phương diện lý thuyết, hệ phương trình trên có thể giải bằng công thức Cramer trong

trường hợp m n= và det 0A ≠ . Cụ thể hơn, ta có det

, 1,det

jj

Ax i n

A= = .

Trong đó jA là ma trận nhận được từ A bằng cách thay cột thứ j của A bằng ma trận cột hệ

số tự do b . Tuy nhiên, ý nghĩa sử dụng thực tế công thức này chỉ có đối với n nhỏ ( )2, 3n n= = , vì

khi n lớn thì chỉ riêng phép tính nhân đã tăng lên mức ( )( )1 1 !n n n− + , đến nỗi chỉ cần một hệ

phương trình có 30 ẩn và 30 phương trình đã mất 378.080 tỉ năm để tính nghiệm theo công thức trên bằng máy tính có tốc độ 20 ngàn tỷ/giây. Nhưng quan trọng hơn là sau gần 400 ngàn tỷ năm ta nhận được một lời giải không phải là nghiệm của hệ đó nữa, đơn giản là vì phép tính quá lớn nên chỉ riêng sai số làm tròn số đã cho ta một kết quả chẳng liên quan gì đến hệ phương trình đã cho. Ví dụ này có lẽ đủ nói lên tầm quan trọng của phương pháp số. Nếu det 0A ≈ thì ta nói hệ phương trình gần như suy biến. Khi đó việc làm tròn số trong quá trình tính nghiệm, dù bằng phương pháp tốt nhất hiện có, cũng dễ dẫn đến hệ suy biến (tức det 0A = ) , khiến ta không thể nhận được lời giải mà đáng lẽ ra chúng phải tồn tại. Nói chung, có thể chỉ ra rằng, nếu ta lấy đại lượng

( )1

00sup . inf

xx

Ax Axcond A

x x

−

≠≠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

làm đặc trưng cho ma trận A thì hệ phương trình với ( )cond A lớn được gọi là hệ có thể trạng yếu sẽ

rất nhạy cảm với những thay đổi của vế phải, dù là rất nhỏ, nghĩa là thay đổi về nghiệm sẽ rất lớn dù rằng thay đổi vế phải rất nhỏ (như làm tròn số). Ta sẽ làm rõ điều này bằng những phân tích sau đây Giả sử *x là nghiệm của hệ phương trình Ax b= , * * * *x x x= +Δ là nghiệm của hệ phương trình Ax b′= với b b b′= +Δ . Khi đó ta có :

34

( )1 1

* * *

0 0 0

1

0

inf inf inf

inf

x x x

x

Ax Ax Axx x A x

x x x

Axb

x

− −

≠ ≠ ≠

−

≠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜Δ = Δ ≤ Δ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎟⎜= Δ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

Mặt khác 1 1

* * *

0 0 0

1

0

sup sup sup

sup

x x x

x

Ax Ax Axx x Ax

x x x

Axb

x

− −

≠ ≠ ≠

−

≠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜= ≥⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

Từ đó ta nhận được

( )1*

* 00sup . inf

xx

x Ax Ax b bcond A

x x b bx

−

≠≠

Δ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Δ Δ⎟ ⎟⎜ ⎜≤ =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ước lượng trên chứng tỏ sai số tương đối của nghiệm có thể bằng tích của ( )cond A với sai số

ở vế phải. Từ đó suy ra rằng với ma trận A thể trạng yếu thì nghiệm của nó thay đổi nhiều so với những thay đổi nhỏ ở hệ số và các hạng số tự do. Như vây, giải hệ phương trình tuyến tính thể trạng yếu là bài toán khó của toán học tính toán. Các phương pháp giải hệ có thể phân làm hai nhóm chính: nhóm các phương pháp trực tiếp và nhóm các phương pháp lặp. Đối với các phương pháp trực tiếp thì số các phép toán có thể dự đoán trước được, còn đối với phương pháp lặp thì nói chung không thể dự đoán trước được số lần cần lặp để có được nghiệm xấp xỉ với sai số mong muốn. Các phương pháp lặp thường được sử dụng đối với hệ có số ẩn và số phương trình lớn, hệ gần suy biến hay thể trạng yếu. Sau đây, ta sẽ đi vào một số phương pháp thông dụng để giải hệ phương trình.

35

Bài 2. PHƯƠNG PHÁP KHỬ GAUSS

Tư tưởng của phương pháp Gauss là đưa hệ phương trình Ax b= về dạng tam giác hoặc dạng hình thang, lúc đó nghiệm tìm được nhờ quá trình thế ngược. Cụ thể hơn ta sẽ dùng phương pháp Gauss để giải hệ phương trình:

11 1 12 2 1 1

21 1 22 2 2 2

1 1 2 2

...

............

...

n n

n n

m m mn n m

a x a x a x b

a x a x a x b

a x a x a x b

⎧ + + + =⎪⎪⎪⎪ + + + =⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪ + + + =⎪⎪⎩

Không mất tổng quát, chúng ta luôn giả thuyết 11 0a ≠ . Để ma trận A có dạng tam giác hoặc

là hình thang, đầu tiên, chúng ta làm cho các phần tử ở cột thứ nhất, dòng thứ hai trở đi biến thành 0

bằng cách nhân dòng một với 1

11

iaa

− rồi cộng vào dòng ( )2, 3,...i i m= , sau 1m − phép biến đổi như

vậy chúng ta thu được hệ phương trình tương đương

11 1 12 2 1 1

22 2 2 2

2 2

...

............

...

n n

n n

m mn n m

a x a x a x b

a x a x b

a x a x b

⎧ + + + =⎪⎪⎪⎪⎪ ′ ′ ′+ + =⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪ ′ ′ ′+ + =⎪⎪⎩

(2.1.1)

Trong đó: 1 11 1

11 11

;i iij ij j i i

a aa a a b b ba a

′ ′= − = −

Ở đây, ta còn nói “ khử ẩn 1x ” , tiếp theo bằng cách tương tự chúng ta “khử ẩn 2x ” từ phương

trình thứ ba trở đi đối với hệ (2.1.1). Sau đó, ta lại “ khử ẩn 3x ” từ phương trình thứ tư trở đi (nếu

có)… Quá trình khử ẩn ở trên là quá trình lặp, sau hữu hạn bước biến đổi quá trình sẽ dừng lại ở một trong các trường hợp sau: 1. Hệ nhận được có dạng tam giác (hệ có duy nhất nghiệm) hay ma trận A có dạng tam giác. 2. Hệ nhận được có dạng bậc thang (hệ có vô số nghiệm) hay ma trận hệ số có dạng bậc thang. 3. Trong hệ xuất hiện phương trình có dạng

1 20 0 ... 0 nx x x b+ + + = với 0b ≠

Khi đó hệ vô nghiệm Nhận xét 2.1.1:

Trong quá trình biến đổi trong hệ xuất hiện phương trình dạng 1 20 0 ... 0 0nx x x+ + + = . Khi

đó, chúng ta có thể loại bỏ phương trình này ra khỏi hệ phương trình.

36

Về mặt thực hành, để giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp khử ẩn liên tiếp, ta làm như sau:

. Xác định ma trận hệ số mở rộng ( )|A A b=

. Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để biến đổi sao cho ma trận hệ số A chuyện thành dạng tam giác hoặc bậc thang. . Giải hệ phương trình bằng quá trình ngược.

Ví dụ 2.1.1. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp khử Gauss

1 2 3

1 2 3

1 3

2 3 4

2 0

3 2 1

x x x

x x x

x x

⎧⎪ + − =⎪⎪⎪⎪ − + =⎨⎪⎪⎪ − = −⎪⎪⎩

Giải Ta lập ma trận hệ số mở rộng A

( )2 1 3 4

| 1 2 1 0

3 0 2 1

A A b

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

Biến đổi A để đưa ma trận A về dạng tam giác hoặc hình thang:

( ) 1 2

2 1 3 4

| 1 2 1 0

3 0 2 1

d dA A b ↔

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= = − ⎯⎯⎯⎯→⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

1 2 1 0

2 1 3 4

3 0 2 1

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

3 3 22 2 1

3 3 1

62 53

0 01 2 1 1 2 1

0 5 5 4 0 5 5 4

0 6 5 1 0 0 1 295

d d dd d dd d d

→ −→ −→ −

⎛ ⎞⎟⎜⎛ ⎞ ⎟⎜ ⎟− −⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎯⎯⎯⎯⎯→ − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟− −⎜ ⎜⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎜ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

Khôi phục lại hệ phương trình

1 2 3

2 3

3

2 0

5 5 4

295

x x x

x x

x

⎧⎪⎪⎪ − + =⎪⎪⎪⎪ − =⎨⎪⎪⎪⎪ = −⎪⎪⎪⎩

Hệ có nghiệm duy nhất là: 1 2 319 24 29; ;5 5 5

x x x= − = − = −

37

Bài 2. PHƯƠNG PHÁP PHÂN RÃ (DECOMPOSITION METHOD)

Xét lại phương trình Ax b= với ( )ij nA a= . Giả sử ma trận A có thể biểu diễn dưới dạng

A LU= trong đó

11

21 22

1 2

0 0

0

n n nn

l

l lL

l l l

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

là một ma trận tam giác dưới, còn U là ma trận tam giác trên 11 12 1

22 20

0 0

n

n

nn

u u u

u uU

u

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Khi đó ta có b Ax LUx Ly= = = với y Ux= .

Vậy hệ ban đầu được phân rã thành hai hệ sau Ly b

Ux y

⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩

Vấn đề giải hệ phương trình trên rất đơn giản, đầu tiên là giải hệ Ly b= để tìm y , sau đó với

y vừa tìm được, ta giải hệ Ux y=

Các trường hợp riêng của phương pháp LU 2.2.1. Phương pháp Crout

Với phương pháp Crout thì ta cho 1, 1,iiu i n= = , từ đó tìm các phần tử còn lại của ma trận

L và U . Sau đây ta sẽ dùng phương pháp Crout để phân rã ma trận cấp 3. Ta có

11 12 1311 12 13

21 22 23 21 22 23

31 32 33 31 32 33

0 0 1

0 0 1

0 0 1

l u ua a aa a a l l ua a a l l l

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ =⎟ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎟ ⎟⎜⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

11 11 12 11 1311 12 13

21 22 23 21 21 12 22 21 13 22 23

31 32 33 31 31 12 32 31 13 32 23 33

l l u l ua a aa a a l l u l l u l ua a a l l u l l u l u l

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜⇔ = + +⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜⎟⎜ + + + ⎟⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Từ đây ta suy ra

38

11 11

21 21

31 31

l a

l a

l a

=

=

=

1211 12 12 12

11

al u a ul

= ⇒ =

21 12 22 22 22 22 21 12l u l a l a l u+ = ⇒ = −

31 12 32 32 32 32 31 12l u l a l a l u+ = ⇒ = −

1311 13 13 13

11

al u a ul

= ⇒ =

23 21 1321 13 22 23 23 23

22

a l ul u l u a ul−

+ = ⇒ =

31 13 32 23 33 33 33 33 31 13 32 23l u l u l a l a l u l u+ + = ⇒ = − −

Bằng cách tương tự, ta có thể phân rã ma trận vuông cấp n . Cụ thể hơn, nếu A là một ma trận vuông cấp n được cho bởi

11 12 1

21 22 2

1 2

n

n

n n nn

a a aa a a

A

a a a

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

thì các phần tử của hai ma trận ,L U được xác định như sau:

1 1

11

11

, 1,2,...,

, 2, 3,...,

i i

jj

l a i na

u j nl

= =

= =

Với 2, 3,..., 1j n= − 1

1

, , 1,...,j

ij ij ik kjk

l a l u i j j n−

=

= − = +∑

1

1

1 , 1, 2,...,j

jk jk ji ikijj

u a l u k j j nl

−

=

⎛ ⎞⎟⎜= − = + +⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∑

và 1

1

n

nn nn nk knk

l a l u−

=

= −∑

Ví dụ 2.2.1: Giải hệ phương trình

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 4

4 3 6

3 2 2 15

x x x

x x x

x x x

⎧⎪ − + =⎪⎪⎪⎪ + − =⎨⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎩

39

Giải Áp dụng phương pháp Crout phân rã ma trận cấp 3 ta được

2 0 0

4 5 0

7 1332 5

L

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

và

1 112 2

30 15

0 0 1

U

⎛ ⎞⎟⎜ − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

Trước hết ta giải hệ

1 1

2 2

3 3

22 0 0 424 5 0 65

7 13 15 432 5

y yLy b y y

y y

⎛ ⎞⎟⎜ ⎛ ⎞⎟ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎟⎜ ⎜ ⎟= ⇔ = ⇔ = −⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎟⎜⎜ ⎝ ⎠⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

Tiếp theo, ta giải hệ

1 1

2 2

3 3

1 11 22 2 13 20 1 25 5

40 0 1 4

x xUx y x x

x x

⎛ ⎞⎟⎜ − ⎟ ⎛ ⎞⎜ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎜⎟ ⎟⎜⎟⎜ ⎟ ⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎜⎟= ⇔ − = − ⇔ =⎟ ⎟ ⎜⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎜⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎜ ⎝ ⎠⎟ ⎟⎜⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

Ví dụ 2.2.2: Giải hệ phương trình bằng phương pháp Crout

1 3 2 4 101 2 1 1 11 2 1 1 5

50 1 2 2

xyzt

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜⎜ ⎟⎜⎟ ⎟− − ⎜ ⎟⎜ −⎟ ⎟ ⎜ ⎟⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟⎜⎜ ⎟ ⎟ = ⎜ ⎟⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Giải Áp dụng phương pháp Crout phân rã ma trận cấp 4 ta được

1 3 2 4 1 0 0 0 1 3 2 4

1 2 1 1 1 1 0 0 0 1 3 5

1 2 1 1 1 1 2 0 0 0 1 1

0 1 2 2 0 1 1 2 0 0 0 1

A LU

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟− − −⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟− −⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Trước hết ta giải hệ phương trình

40

1 1

2 2

3 3

4 4

1 0 0 0 10101 1 0 0 911 1 2 0 5 2

50 1 1 2 1

y yy y

Ly b y yy y

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟⎜⎟ ⎟⎟ ⎟− ⎜ ⎜⎟⎜ ⎜−⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟= ⇔ = ⇔ =⎜ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎟− ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎜⎟⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠− −⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Tiếp theo, ta giải hệ

1 1

2 2

3 3

4 4

1 3 2 4 10 1

0 1 3 5 9 1

0 0 1 1 2 1

0 0 0 1 1 1

x xx x

Ux y x xx x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟= ⇔ = ⇔ =⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2.2.2. Phương pháp Choleski Định nghĩa: Ma trận ( )nA M∈ được gọi là ma trận đối xứng xác định dương nếu A là

một ma trận đối xứng và 0TxAx > với mọi \{0 }nnx ∈

Phương pháp Choleski là phương pháp phân rã ma trận đối xứng xác định dương. Với một ma trận đối xứng xác định dương A bất kì ta luôn có sự phân rã duy nhất TA U U= , trong đó

11 12 1

22 20

0 0

n

n

nn

u u u

u uU

u

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Đồng nhất hai vế ta được

11 11

11

11

12

1

1

1

, 2, 3,...,

, 2, 3,...,

1 , 2, 3,..., ; 1, 2,...,

jj

i

ii ii kik

i

ij ij ki kjkii

u aa

u j nu

l a u j n

u a u u i n j i i nu

−

=

−

=

=

= =

= − =

⎛ ⎞⎟⎜= − = = + +⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

∑

∑

Ví dụ 2.2.3: Giải hệ phương trình bằng phương pháp Choleski

25 15 5 50

15 18 51

5 11 6

x y z

x y

x z

⎧⎪ + − =⎪⎪⎪⎪ + =⎨⎪⎪⎪− + =⎪⎪⎩

Giải

41

Ta xác định ma trận hệ số

25 15 5

15 18 0

5 0 11

A

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜− ⎟⎜⎝ ⎠

Ta thấy A là một ma trận đối xứng và xác định dương. Thật vậy, với mọi 33 \ {0 }x ∈ ta

có

( )1

2 2 21 2 3 2 1 2 3 1 2 1 3

3

2 2 2 2 22 2 1 1 3 1 3 1 1

2 1

25 15 5

15 18 0 25 18 11 30 10

5 0 11

5 25 10 25 22518 113 36 11 121 225186

T

xxAx x x x x x x x x x x x

x

x x x x x x x x x

x x

⎛ ⎞⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜ ⎟⎜= = + + + −⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜− ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= + + + − + +⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎟⎜= + ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2 22

3 1 15 22511 011 22

x x x⎛ ⎞⎟⎜+ − + >⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Áp dụng phương pháp phân rã Choleski ta được

25 15 5 5 0 0 5 3 1

15 18 0 3 3 0 0 3 1

5 0 11 1 1 3 0 0 3

TA U U

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞− −⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟= = =⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜− −⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Nhận xét 2.2.1: Ma trận A có thể được phân rã ở dạng TA LL= , với L là ma trận tam giác dưới.

Phương pháp Choleski cũng là một phương pháp hữu hiệu để tìm ma trận nghich đảo của một ma trận đối xứng A cho trước.

Thật vậy, nếu TA U U= thì ( ) ( ) ( )1 11 1 1 1 TT TA U U U U U U− −− − − −= = = với U là một ma

trận tam giác trên. Vì U là một ma trận tam giác trên nên 1U − cũng là một ma trận tam giác. Ta giả

sử ( )1ijU λ− = , ta tính được các phần tử của 1U − như sau

1

1

1 ,

0,

iiii

j

ij ik kjk iii

ij

u

u i jui j

λ

λ λ

λ= +

=

−= <

= >

∑

42

Bài 3. PHƯƠNG PHÁP LẶP ĐƠN 2.3.1. Chuẩn trong k và ( )kM

Định nghĩa Trước hết ta tìm hiểu lại các ký hiệu k và ( )kM

1

2

1 2: , ,...,...k

k

k

xx

x x x x

x

⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜⎪ ⎪⎟⎜⎪ ⎪⎟⎪ ⎪⎜ ⎟= = ∈⎨ ⎬⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

( )

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...: , , 1,... ... ... ...

...

k

k

k ij

k k kk

a a aa a a

M A a i j k

a a a

⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜⎪ ⎪⎟⎜⎪ ⎪⎟⎪ ⎪⎜ ⎟= = ∈ ∀ =⎨ ⎬⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

Trong k người ta thường xét hai chuẩn quen thuộc sau

1

11

max ii k

k

ii

x x

x x

∞≤ ≤

=

=

= ∑

Với ma trận vuông ( ) ( )ij kkA a M= ∈ ta sẽ có các chuẩn tương ứng

11

1 11

max

max

k

iji kj

k

ijj ki

A a

A a

∞ ≤ ≤=

≤ ≤=

=

=

∑

∑

Tính chất Trong phần này ta chỉ đưa ra những tính chất cho chuẩn ∞ , đối với chuẩn 1 ta có các tính chất tương tự. Sau đây ta nêu một số tính chất cơ bản của chuẩn ∞ (trong k và ( )kM )

1. 0, kx x∞ ≥ ∀ ∈ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 kx = .

2. , ,kx x xα α α∞ ∞= ∀ ∈ ∀ ∈ .

3. , , kx y x y x y∞∞ ∞+ ≤ + ∀ ∈ . Đẳng thức xảy ra khi y xα= với α +∈ .

4. ( )0, kA A M∞ ≥ ∀ ∈ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0kA = .

5. ( ), ,kA A A Mα α α∞ ∞= ∀ ∈ ∀ ∈ .

6. ( ), , kA B A B A B M∞∞ ∞+ ≤ + ∀ ∈ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A Bα=

với α +∈ .

43

7. ( ), , kAB A B A B M∞∞ ∞≤ ∀ ∈

8. ( ), , kkAx A x A M x∞∞ ∞≤ ∀ ∈ ∀ ∈

2.3.2. Phương pháp lặp đơn Xét hệ phương trình Ax b= (*) Để giải hệ phương trình Ax b= bằng phương pháp lặp đơn, ta biến đổi hệ phương trình về dạng x Bx g= + (2.3.1)

Sau đó với ( )0 kx ∈ , ta thiết lập dãy ( ){ } 0,nn

x= ∞

như sau

( ) ( )1 , 0n nx Bx g n+ = + ∀ ≥ (2.3.2)

Với một số điều kiện về ma trận B , dãy sẽ hội tụ đến nghiệm đúng *x của hệ (*). Phương pháp lặp xác định theo hệ thức (2.3.2) để giải hệ phương trình (*) được gọi là phương pháp lặp đơn (phương pháp Jacobi).

Sau đây ta xét một số điều kiện của ma trận B để dãy ( ){ } 0,nn

x= ∞

hội tụ đến nghiệm đúng *x

của hệ (*).

Định lí 2.3.1. Nếu 1B ∞ < thì với mọi ( )0 kx ∈ , dãy ( ){ } 0,nn

x= ∞

xác định bởi (2.3.1) hội tụ

đến nghiệm duy nhất *x của hệ (*), hơn nữa ta có các ước lượng

( ) ( ) ( )1 * 1

1n n nBx x x x

B+ +∞

∞ ∞∞

− ≤ −−

( ) ( ) ( )* 1 0

1

nn Bx x x x

B∞

∞ ∞∞

− ≤ −−

Chứng minh

Trước hết ta chứng minh dãy ( ){ } 0,nn

x= ∞

xác định bởi (2.3.1) hội tụ

Theo tính chất 8 ta có

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 0... nn n n n n nx x B x x B x x B x x+ − −∞ ∞∞ ∞ ∞∞

− = − ≤ − ≤ ≤ −

Từ đây ta suy ra với mọi 0, 0n m≥ ≥

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 1 0

1 1

1 011

m mn m in m n n m i n m i

i im

n

x x x x B x x

BB x x

B

+ −+ + + − + −∞∞ ∞ ∞

= =

∞∞ ∞

∞

− ≤ − ≤ −

−= −

−

∑ ∑

Vì ( ) ( )1 01lim 0

1

mn

nm

BB x x

B∞

∞ ∞→∞∞→∞

−− =

− nên ta suy ra ( ) ( )lim 0n m n

nm

x x+

∞→∞→∞

− = .

Vậy ( ){ } 0,nn

x= ∞

là dãy Cauchy trong k . Do đó, tồn tại ( )lim n

nx α

→∞=

44

Vì 1B ∞ < nên hệ phương trình (*) luôn có nghiệm duy nhất *x . Tiếp theo ta chứng minh

*xα = . Từ hệ thức ( ) ( )1n nx Bx g+ = + ta suy ra

( ) ( )( )1lim limn n

n nx Bx g

B g

A b

α α

α

+

→∞ →∞= +

⇔ = +

⇔ =

Vậy α cũng là nghiệm của (*). Do đó *xα = . Tiếp theo ta chứng minh công thức ước lượng sai số Ta có

( ) ( )( ) ( )1 * * *n n nx x B x x B x x+∞ ∞∞∞

− = − ≤ −

Mặt khác

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1* * *n n n n n n nx x x x x x x x x x+ + + +∞ ∞ ∞ ∞

− = − + − ≤ − + −

Do đó

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )

1 1 1

1 1

* *

*1

n n n n

n n n

x x B x x x x

Bx x x x

B

+ + +∞∞ ∞ ∞

+ +∞∞ ∞

∞

− ≤ − + −

⇔ − ≤ −−

Từ công thức ước lượng trên và bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) ( )1 1 0nn nx x B x x+∞∞ ∞

− ≤ − ta suy ra

( ) ( ) ( )1 0*1

nn Bx x x x

B∞

∞ ∞∞

− ≤ −−

Nhận xét 2.3.1: Trong định lí 2.3.1 nếu ta thay chuẩn ∞ bằng chuẩn 1 thì kết quả vẫn không thay đổi

Vấn đề đưa hệ phương trình (*) về dạng (2.3.1) với ma trận B thỏa mãn điều kiện 1B ∞ < (

hoặc 1 1B < ) là không tầm thường. Nói chung, với mỗi ma trận A cụ thể phải có một kĩ thuật

tương ứng kèm theo. Kết quả dưới đây cho ta vài trường hợp điển hình.

Định lí 2.3.2. Giả sử ma trận ( )ij kA a= thỏa mãn một trong hai điều kiện sau:

a.

1

, 1,k

ij iii jj

a a i k≠=

< ∀ =∑

b.

1

, 1,k

ij jjj ii

a a j k≠=

< ∀ =∑

Khi đó luôn có thể đưa về hệ phương trình (1) về dạng (2) với điều kiện 1B ∞ < (với điều

kiện a.) hoặc 1 1B < (với điều kiện b.)

Chứng minh

45

Trường hợp 1: Điều kiện a. được thỏa. Ta viết lại hệ (*) ở dạng:

1

, 1,k

ii i ij j ii jj

a x a x b i k≠=

+ = =∑

Do đó ta có

1

, 1,k

ij ii j

i j ii iij

a bx x i ka a≠

=

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= − + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑

Ta suy ra

112 1

1111 11

21 2 2

22 22 22

1 2

0

0,

0

k

k

k k k

kk kk kk

ba aaa a

a a ba a aB g

a a ba a a

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎜− − ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− − ⎟⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜ ⎜= =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜− − ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎟⎜⎝ ⎠

Từ điều kiện a. ta rút ra kết luận

1

1

max 1k

ij

i ki j iij

aB

a∞ ≤ ≤≠=

= <∑

Trường hợp 2: Điều kiện b. được thỏa. Ta viết lại phương trình (*) dưới dạng

1

, 1,k

ii i ij j ii jj

a x a x b i k≠=

+ = =∑

Đặt , 1,i ii iz a x i k= = thì được hệ

1

, 1,k

iji j i

i j iij

az z b i k

a≠=

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= − + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑

Vậy ta nhận được hệ phương trình z Bz g= + , ở đó:

12 1

22 1

21 22

11

1 2

11 22

0

0,

0

k

kk

k

kk

kk k

a aa a b

a ab

a aB g

ba aa a

⎛ ⎞− − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− − ⎜ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎜= = ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎟⎜ ⎟⎜− − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

46

Từ điều kiện b., ta có:

1 1

1

max 1k

ij

j kj i iii

aB

a≤ ≤≠=

= <∑ .

Nhận xét 2.3.2:

Nếu ( )1 2* *, *,..., *kz z z z= là nghiệm của hệ z Bz g= + thì 1 2

11 22

* * ** , ,..., kkk

z z zxa a a

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ là

nghiệm của hệ phương trình (*). Ví dụ 2.3.1: Cho hệ phương trình

5 7

10 12

20 22

x y z

x y z

x y z

⎧⎪ + + =⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎩

a. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn với yêu cầu sai số không quá 35.10− . b. Tìm số bước lặp nhỏ nhât để nghiệm gần đúng có sai số không quá 610− Giải a. Hệ phương trình này thỏa mãn điều kiện a. trong định lí 2.3.2 . Ta đưa hệ về dạng:

0 0,2 0,2 1, 4

0,1 0 0,1 1,2

0, 05 0, 05 0 1,1

x x y z

y x y z

z x y z

⎧⎪ = − − +⎪⎪⎪⎪ = − + − +⎨⎪⎪⎪ = − − + +⎪⎪⎩

Ta thấy

0 0,2 0,2 1, 4

0,1 0 0,1 , 1,2

0, 05 0, 05 0 1,1

B g

⎛ ⎞⎛ ⎞− − ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟= − − = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜− − ⎟⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ta xét điều kiện hội tụ 0, 4 1B ∞ = <

Đặt ( )0

1, 4

1,2

1,1

x g

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

. Xét dãy ( ){ } 0,nn

x= ∞

được thiết lập như sau ( ) ( )1 , 0n nx Bx g n+ = + ∀ ≥ .

Từ đây ta suy ra ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4

0,940000 1, 016000 0,997100 1, 000680

0,950000 ; 1, 009000 ; 0,997850 ; 1, 000415

0,970000 1, 005500 0,998750 1, 000253

x x x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟= = = =⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟⎟⎟

Ta đánh giá sai số nghiệm ( )4x . Ta có

47

( ) ( ) ( )4 4 3 3* 0, 002387 5.101B

x x x xB

−∞

∞ ∞∞

− ≤ − = <−

Vậy ta lấy ( )4

1, 000680

1, 000415

1, 000253

x x

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟≈ = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

b. Gọi n là số bước lặp nhỏ nhất thỏa ( ) 6* 10nx x −− ≤

Áp dụng công thức ước lượng sai số ta có

( ) ( ) ( )1 0*1

nn Bx x x x

B∞

∞∞

− ≤ −−

Ta xét bất đẳng thức

( ) ( )

( )( ) ( )

1 0 6

6

1 0

101

1 10ln

15ln

nBx x

B

Bx x

nB

−∞

∞∞

−∞

∞

∞

− ≤−

⎡ ⎤⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⇔ ≥ =⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

48

Bài 4. PHƯƠNG PHÁP SEIDEL

Trong mục này ta tiếp tục nghiên cứu cách giải gần đúng hệ phương trình Ax b= (*). Giả sử (*) được đưa về dạng x Bx g= + (2.4.1).

Giả sử rằng đã có các xấp xỉ ( ) ( ) ( )0 1, ,..., nx x x thì lúc đó ( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 1 11 2, ,...,n n n n

kx x x x+ + + += được

xác định bởi:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

11 1 1

1

11 1

1

, 2,

kn n

j jj

i kn n ni ij j ij j i

j j i

x b x g

x b x b x g i k

+

=

−+ +

= =

⎧⎪⎪ = +⎪⎪⎪⎨⎪⎪ = + + =⎪⎪⎪⎩

∑

∑ ∑ (2.4.2)

Dãy ( ){ } 0,nn

x= ∞

được xây dựng theo thuật toán trên được gọi là dãy xấp xỉ xây dựng theo thuật

toán Seidel (hoặc phương pháp Seidel). Ta sẽ xem xét điều kiện của ma trận B để dãy trên hội tụ về nghiệm duy nhất *x của hệ phương trình (*).

Định lí 2.4.1. Nếu 1

1

max 1k

iji kj

B b∞ ≤ ≤=

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= <⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ thì dãy ( ){ } 0,

nn

x= ∞

hội tụ đến nghiệm duy nhất

*x của hệ phương trình (*), đồng thời ta có ước lượng sai số

( ) ( ) ( )1 * 1

1n n nUx x x x

B+ +∞

∞ ∞∞

− ≤ −−

với mọi 0n ≥ và

11 12 1

22 2

...

0 ...... ... ... ...

0 0 ...

k

k

kk

b b b

b bU

b

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

Chứng minh Giả sử ( )1 2* *; *;...; *kx x x x= . Khi đó ta suy ra

1

* * , 1,k

i ij j ij

x b x g i k=

= + =∑

Với 1,i k= ta được

( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( )

11 1

1

11

1

11

1

* * *

* *

* *

i kn n ni i ij j j ij j j

j j i

i kn n

ij j j ij j jj j i

i kn n

ij ijj j i

x x b x x b x x

b x x b x x

x x b x x b

−+ +

= =

−+

= =

−+

∞∞= =

− = − + −

≤ − + −

≤ − + −

∑ ∑

∑ ∑

∑ ∑

Trường hợp 1i = ta qui ước 1

1

0i

ijj

b−

=

=∑ .

49

Giả sử ( ) ( )0 0

1 1* *n ni ix x x x+ +

∞− = − . Theo trên ta có

( ) ( ) ( ) ( )0

0 0 0 0

0

11 1 1

1

* * * *i k

n n n ni i i j i j

j j i

x x x x x x b x x b−

+ + +∞∞ ∞

= =

− = − ≤ − + −∑ ∑

Từ đây ta suy ra

( ) ( ) ( )

0

0

0

0

11

1

* * *1

k

i jj in n ni

i jj

bx x x x x x

bα=+

− ∞ ∞∞

=

− ≤ − = −−

∑

∑ (2.4.3)

Ta thấy rằng 0

0 0 0

0

1

1 1

1i k k

i j i j i jj j i j

b b b B−

∞= = =

+ = ≤ <∑ ∑ ∑

Do đó ta có 1α < . Áp dụng công thức 2.4.3 nhiều lần ta được

( ) ( ) ( )1 1* * ... *n n nx x x x x xα α+∞∞ ∞

− ≤ − ≤ ≤ −

Ta suy ra ( )1lim * 0n

nx x+

∞→∞− = hay ( )1lim *n

nx x+

→∞= .

Tiếp theo ta chứng minh công thức ước lượng sai số Từ (2.4.3) ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 1* * *n n n n nx x x x x x x xα α+ + +∞∞ ∞ ∞

− ≤ − ≤ − + −

Ta suy ra

( ) ( ) ( )1 1*1

n n nx x x xαα

+ +

∞ ∞− ≤ −

−

Ta thấy rằng

0

0

0

00

0

0 0

0

0

0

1

1

11

1

1

1 1111

k

i jj ii k

i ji jj ij

k k

i j i jj i ji

i jj

b

bbUBb b

b

αα

=−

== ∞

∞

= =−

=

−= = ≤

− −−−

−

∑

∑∑

∑ ∑

∑

Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh. Vấn đề đưa hệ phương trình (*) về dạng (2.4.1) với ma trận B thỏa mãn điều kiện 1B ∞ <

ta đã xem xét trong phương pháp lặp đơn. Ở đây, ta sẽ nhắc lại kết quả này.

50

Định lí 2.4.2. Giả sử ma trận ( )ij kA a= thỏa mãn điều kiện

1

, 1,k

ij iii jj

a a i k≠=

< ∀ =∑ . Khi đó

luôn có thể đưa được hệ (*) về dạng (2.4.1) với điều kiện 1B ∞ < và 0, 1,iib i k= = .

Hệ thức (2.4.3) chứng tỏ phương pháp Seidel cũng là phương pháp lặp đơn nhưng được áp dụng cho hệ phương trình khác.

Ví dụ 2.4.1: Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp Seidel qua ba bước (đánh giá sai số ở bước ba)

0,1 0,1 1,2

0,1 0,1 1,2

0,1 0,1 1,2

x y z

x y z

x y z

⎧⎪ + + =⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎩

Giải Ta đưa hệ về dạng

0 0,1 0,1 1,2

0,1 0 0,1 1,2

0,1 0,1 0 1,2

x x y z

y x y z

z x y z

⎧⎪ = − − +⎪⎪⎪⎪ = − + − +⎨⎪⎪⎪ = − − + +⎪⎪⎩

Từ đây ta được

0 0,1 0,1 1,2

0,1 0 0,1 , 1,2

0,1 0,1 0 1,2

B g

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= − − =⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜− − ⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ta xét điều kiện hội tụ 0,2 1B ∞ = <

Đặt ( )0

0

0

0

x

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

. Xét dãy ( ){ } 0,nn

x= ∞

được thiết lập như sau

1

1 1

1 1 1

0,1 0,1 1,2

0,1 0,1 1,2

0,1 0,1 1,2

n n n

n n n

n n n

x y z

y x z

z x y

+

+ +

+ + +

⎧⎪ = − − +⎪⎪⎪⎪ = − − +⎨⎪⎪⎪ = − − +⎪⎪⎩

trong đó ( ) , 0n

nn

n

xx y n

z

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜= ∀ ≥⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

.

51

Từ đó ta suy ra ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4

1,200000 0,994800 0,999649 0,999995

1, 080000 ; 1, 003320 ; 1, 000016 ; 0,999997

0,972000 1, 000188 1, 000033 1, 000001

x x x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟= = = =⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟⎟⎟

Ta đánh giá sai số của ( )4x . Ta có

( ) ( ) ( )4 4 3 0,2* .0, 000301 0, 0000751 1 0,2U

x x x xB∞

∞ ∞∞

− ≤ − = =− −

trong đó

0 0,1 0,1

0 0 0,1

0 0 0

U

⎛ ⎞− − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

.

52

Chương 3. ĐA THỨC NỘI SUY VÀ PHƯƠNG PHÁP BÌNH PHƯƠNG BÉ NHẤT

Bài 1. MỞ ĐẦU

Thông thường, một hàm số có hai cách biểu diễn. Dạng thứ nhất bằng biểu thức giải tích với các kết hợp khác nhau của hàm sơ cấp. Dạng thứ hai thì hàm số được cho như một bảng số. Ta chú ý đến dạng thứ hai. Giả sử ta có hàm một biến ( )y f x= mà ( )f x không thể cho dưới dạng biểu thức

giải tích, nhưng bằng cách nào khác ta có thể nhận được các giá trị của y tại các giá trị khác nhau của

x (chẳng hạn bằng đo đạc hay quan trắc hoặc ghi chép thống kê) và ta lập được bảng số dạng

x 0x 1x … nx y 0y 1y … ny

Ta luôn có thể đánh số lại cho thích hợp nên có thể viết 0 1 ... nx x x< < < . Các điểm

0 1, ,..., nx x x được gọi là các mốc.

Một vấn đề thực tiễn thường nảy sinh là nếu có ta có hàm số ở dạng bảng thì bằng cách nào ta có thể xác định giá trị của y tại một giá trị x nào đó không trùng với một giá trị nào trong các giá trị

0 1, ,..., nx x x . Thuật toán tìm giá trị y như vậy được gọi là phép nội suy (nếu ( )0; nx x x∈ ) hoặc ngoại

suy (nếu [ ]0; nx x x∉ ). Vì vậy có thể gọi phép nội suy là phép “chèn” hay phép liên tục hóa các giá trị

của hàm số cho dưới dạng bảng tại các giá trị của biến số không trùng với các mốc. Trên đây chúng ta nói về phép nội suy và ngoại suy cho hàm một biến số. Một cách hoàn toàn tương tự, ta có thể mở rộng cho hàm số nhiều biến, nghĩa là ta có thể nội suy hoặc ngoại suy đối với bảng nhiều chiều, chẳng hạn với độ nhớt của chất lỏng theo hai biến áp suất và nhiệt độ. Chúng ta không chỉ cần tính giá trị của hàm số ( )y f x= tại các giá trị trung gian của biến số

mà đôi khi cần phải tính đạo hàm của hàm số ( )f x ở bậc bất kì nào đó hoặc tính tích phân của nó

trên một khoảng xác định. Những phép phân tích như vậy giúp chúng ta phát hiện ra các qui luật tổng quát chi phối mối quan hệ của các yếu tố tham gia xác định một quá trình hay hiện tượng vật lý. Một ứng dụng khác của phép nội suy là xấp xỉ một hàm cho trước bằng một hàm số khác nhằm mục đích đơn giản hóa cách tính giá trị của hàm đã cho. Ta hình dung trường hợp sau: trong một thuật toán nào đó ta phải tính nhiều lần giá trị của một hàm số với một biểu thức rất phức tạp ở nhiều giá trị khác nhau của biến số. Để tiết kiệm thời gian tính toán nhưng vẫn đảm bảo độ chính xác đã đặt ra, ta sẽ chủ động chia miền biến đổi của biến số bằng 1n + mốc kể cả các điểm biên và tiến hành tính các giá trị của hàm số tại các mốc đó để có được một bảng số. Khi đó để tính giá trị của hàm đã cho tại các giá trị khác nhau của biến số ta sẽ sử dụng phép nội suy với số phép tính ít hơn nhiều lần so với cách tính trực tiếp mà độ chính xác vẫn đảm bảo.

53

Trên đây chúng ta nói đến hai ứng dụng chủ yếu của phép nội suy và ngoại suy. Trong trường hợp thứ nhất thì hàm số được cho ở dạng rời rạc hóa vì không biết biểu thức giải tích của nó, còn trong trường hợp thứ hai thì hàm được cho ở dạng giải tích nhưng rất phức tạp cho việc tính toán nên ta phải rời rạc hóa nó trước khi dung phép nội suy. Sau đây chúng ta sẽ đi vào một số phép nội suy thông dụng

54

Bài 2. ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE Đa thức là một lớp hàm “đẹp”, có đạo hàm ở mọi bậc, cách tính giá trị của nó cũng như tính đạo hàm, tích phân rất đơn giản. Ngoài ra, các công trình của nhà toán học Weirstrass cho thấy, nếu hàm số ( )f x liên tục trên đoạn [ ];a b thì với mọi số ε dương tùy ý có thể tìm được một đa thức ( )P x

bậc n (phụ thuộc vào ε ) sao cho ( ) ( ) [ ], ;f x P x x a bε− < ∀ ∈ .

Những lí do trên là cơ sở tốt để người ta chọn đa thức làm hàm xấp xỉ của phép nội suy. Định lý Weirstrass cũng cho thấy, bậc đa thức càng cao thì độ chính xác của xấp xỉ càng tăng. Tuy nhiên, với ý nghĩa ứng dụng thực tế thì điều đó không phải là như vậy, vì đa thức bậc cao cũng mất rất nhiều thời gian tính toán.

3.2.1. Đa thức nội suy Lagrange với mốc bất kì Xét hàm số ( )y f x= với [ ];x a b∈ .

Cho [ ]; , 0,ix a b i n∈ = thỏa i jx x< nếu i j< và 0 ; nx a x b= = . Đặt ( ), 0,i iy f x i n= = ,

ta sẽ tiến hành xây dựng một đa thức ( )nL x thỏa mãn hai điều kiện sau

( )

( ) ( )

deg

, 0,

n

n i i i

L x n

L x f x y i n

⎧ ≤⎪⎪⎪⎨⎪ = = ∀ =⎪⎪⎩ (3.2.1)

Trước tiên ta xét đa thức phụ

( )( )( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )0 1 1 1

0 1 1 1

... ..., 0,

... ...i i n

ii i i i i i i n

x x x x x x x x x xx i n

x x x x x x x x x xω − +

− +

− − − − −= ∀ =

− − − − −

Ta suy ra được ( )deg i x nω = và ( )0, ,

1, .i j ij

i jx

i jω δ

≠⎧⎪⎪= = ⎨ =⎪⎪⎩

Đặt ( ) ( )

0

n

n i ii

L x y xω=

= ∑ . Ta thấy ( )nL x thỏa cả hai điều kiện trong (3.2.1).

Đa thức ( )nL x xây dựng như trên được gọi là đa thức nội suy Lagrange.

Hình 3.2.1

( )y f x=

( )ny L x=

55

Tiếp theo, ta chứng tỏ rằng sự tồn tại của đa thức ( )nL x là duy nhất. Giả sử còn có đa thức

( )Q x thỏa mãn các điều kiện của bài toán. Đặt ( ) ( ) ( )nx L x Q xϕ = − , ta suy ra ( )deg x nϕ ≤ và

( ) 0, 0,ix i nϕ = = . Điều này chứng tỏ ( )xϕ là một đa thức có bậc nhỏ hơn n đồng thời có ít

nhất 1n + nghiệm, ta suy ra ( ) 0xϕ ≡ hay ( ) ( )nL x Q x≡ (đpcm).

Đồ thị của các đa thức ( )i xω (trường hợp 4n = và , 0, 4ix i i= = )

Hình 3.2.2

Ví dụ 3.2.1: Cho hàm số ( )y f x= có bảng giá trị

x 0 1 2 4 y 1 0 2 1

a. Hãy xây dựng đa thức nội suy Lagrange của hàm số ( )y f x= cho bởi bảng trên.

b. Tính gần đúng ( )3f .

Giải a. Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )( )

( )

3 0 0 1 1 2 2 3 3

3 2

1 2 4 0 2 41. 0.0 1 0 2 0 4 1 0 1 2 1 40 1 4 0 1 22. 1.

2 0 2 1 2 4 4 0 4 1 4 21 7 39 44 12 .12

L x y x y x y x y x

x x x x x x

x x x x x x

x x x

ω ω ω ω= + + +

− − − − − −= +

− − − − − −

− − − − − −+ +

− − − − − −

= − + − +

b. Áp dụng kết quả câu a ta có

56

( ) ( )33 3 21f L≈ =

Ví dụ 3.2.2: Xét hàm số ( )

1

sinx tf x dtt

= ∫ . Bảng số sau đây cho ta biết được giá trị của hàm

số ( )y f x= tại những điểm đặc biệt

x 1,0 1,2 1,4 1,6 y 0 0,161964 0,310144 0,443097

a. Xây dựng đa thức nội suy Lagrange của hàm số ( )f x cho bởi bảng trên.

b. Tính gần đúng ( ) ( )1, 3 ; 1,5f f .

Giải a. Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )( )

3 0 0 1 1 2 2 3 3

1,2 1, 4 1,6 .0 1 1, 4 1,6 0,1619641 1,2 1 1, 4 1 1,6 1,2 1 1,2 1, 4 1,2 1,61 1,2 1,6 0, 310144 1 1,2 1, 4 0, 4430971, 4 1 1, 4 1,2 1, 4 1,6 1,6 1 1,6 1,2 1,6 1, 4

L x y x y x y x y x

x x x x x x

x x x x x x

ω ω ω ω= + + +

− − − − − −= + +

− − − − − −

− − − − − −+

− − − − − −

b. Từ kết quả câu a ta suy ra

( )

( )

1, 3 0.237867

1,5 0.378614

f

f

=

=

Ước lượng sai số Bây giờ ta cần đánh giá sai số của phép nội suy theo Lagrange ở giá trị x bất kì.

Xét hiệu số ( ) ( )nf x L x−

Đặt ( ) ( )( ) ( )0 1 ... nx x x x x x xψ = − − − và

( ) ( ) ( ) ( )nz f z L z k zε ψ= − − với ( ) ( )

( )

nf x L xkxψ

−=

Ta thấy rằng ( ) ( ) ( )0 1 ... 0nx x xε ε ε= = = = . Áp dụng liên tiếp định lý Roll, ta chứng tỏ

được tồn tại ít nhất một điểm ( );a bα ∈ sao cho ( ) ( )1 0nε α+ = . Suy ra ( ) ( )

( )

1

1 !

nfkn

α+

=+

. Từ đây ta nhận

được hệ thức ( ) ( )

( ) ( )

( )( )

1

1 !

n

nff x L x xn

αψ

+

− =+

. Do đó

( ) ( )( )

( )1 !nMf x L x xn

ψ− ≤+

trong đó [ ]

( ) ( )1

;max n

x a bM f x+

∈=

Ví dụ 3.2.3: Cho hàm số ( )sin 2y x= có bảng giá trị

57

x 18

16

14

12

y 0,247404 0,327195 0,479426 0,841471 a. Xây dựng đa thức nội suy Lagrange của hàm số ( )f x .

b. Tính gần đúng 2sin7⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, đánh giá sai số kết quả vừa tìm được.

Giải a. Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 0 0 1 1 2 2 3 3

1 1 1 1 1 10,247404 0,3271956 4 2 8 4 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 18 6 8 4 8 2 6 8 6 4 6 2

L x y x y x y x y x

x x x x x x

ω ω ω ω= + + +

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜− − − − − −⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠= +

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜− − − − − −⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝1 1 1 1 1 10,479426 0,8414718 6 2 8 6 41 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 14 8 4 6 4 2 2 8 2 6 2 4

x x x x x x

+⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜− − − − − −⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠+

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜− − − − − −⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

b. Áp dụng kết quả câu a ta được

32 1 1sin 0.2818487 7 7

f L⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜= ≈ =⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ta tiến hành đánh giá sai số kết quả trên. Ta có

31 1 1 1 1 1 1 1 1 17 7 4 ! 7 8 7 6 7 4 7 2

Mf L⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜− ≤ − − − −⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

với ( ) ( ) ( )4

1 1 1 1; ;8 2 8 2

max max 16 sin 2 13, 841471x x

M f x x⎡ ⎤ ⎡ ⎤

∈ ∈⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= = =

Ta suy ra

63

1 1 9.107 7

f L −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜− ≤⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Nhận xét 3.2.1: Trong công thức ước lượng sai số chỉ có đại lượng ( )xψ là phụ thuộc vào

cách chọn 1n + mốc nội suy nên có thể đặt ra câu hỏi: tồn tại hay không cách bố trí các mốc nội suy (khi n cố định) để ( )xψ nhỏ nhất với mọi [ ];x a b∈ , nói cách khác tồn tại hay không các mốc nội

suy tối ưu ở mọi giá trị n (nhận xét rằng với phép biến đổi 2x a btb a− −

=−

thì đoạn [ ];a b chuyển

thành [ ]1;1− , do đó luôn có thể xét bài toán nội suy trên đoạn [ ]1;1− với các mốc nội suy trên đoạn

[ ]1;1− ).

58

Câu trả lời là có. Các mốc nội suy tối ưu là các điểm biểu diễn nghiệm của đa thức Chebysev ( )1nT x+ bậc 1n + . Ta sẽ tìm hiểu một vài vấn đề cơ bản của đa thức Chebysev ngay sau đây

Đa thức Chebysev Xét hàm số ( ) ( )cos arccosnT x n x= với 1x ≤

Ứng với 1,2, 3, 4n = ta tính được ( )

( )

( )

( )

1

22

33

4 24

2 1

4 3

8 8 1

T x x

T x x

T x x x

T x x x

=

= −

= −

= − +

Đồ thị của các hàm số ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4, , ,T x T x T x T x

Hình 3.2.2

Từ biểu thức của hàm số ( )nT x ta xác định được hệ thức truy hồi sau ( ) ( ) ( )1 12 , 1n n nT x xT x T x n+ −= − ∀ ≥

Vậy ( )nT x là một đa thức đại số có ( )deg nT x n= và hệ số bậc cao nhất là 12n−

Đa thức ( )nT x được gọi là đa thức Chebysev

Tính chất của đa thức Chebysev

1. ( )nT x có n nghiệm thực phân biệt trong [ ]1;1− là: 2 1cos , 0, 12iix i nn

π⎡ ⎤⎛ + ⎞⎟⎜= = −⎢ ⎥⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

.

2. [ ]

( )1;1

max 1nxT x

∈−= khi cos , 0,i

ix x i nnπ⎛ ⎞⎟⎜= = =⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

59

3.[ ]

( )[ ]

( )11;1 1;1

1max max2 nnx xT x P x−∈− ∈−

≤ với ( )P x là đa thức bậc n và hệ số bậc cao nhất là 1.

Chứng minh 1. Xét phương trình ( ) 0nT x = trong đoạn [ ]1;1− . Khi đó ta có

( )

( )( )

cos arccos 0

arccos ,22 1arccos , 12

n x

n x i i

ix in

ππ

π

=

⇔ = + ∈

+⇔ = ∈

Vì [ ]arccos 0;x π∈ nên ta suy ra 0, 1i n= − . Từ (1) ta nhận được

2 1cos , 0, 12ix i nn

π⎡ ⎤⎛ + ⎞⎟⎜= = −⎢ ⎥⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

Vậy ( )nT x có n nghiệm thực phân biệt trong [ ]1;1− là: 2 1cos , 0, 12iix i nn

π⎡ ⎤⎛ + ⎞⎟⎜= = −⎢ ⎥⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

.

2. Ta có

[ ]

( )[ ]

( ) ( )1;1 1;1

max 1 max cos arccos 1 arccos , 2nx x

iT x n x x inπ

∈− ∈−= ⇔ = ⇔ = ∈

Vì [ ]arccos 0;x π∈ nên ta suy ra 0,i n= . Từ (2) ta nhận được

cos , 0,ix i nnπ⎛ ⎞⎟⎜= =⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3. Ta có [ ]

( )[ ]

( )1 1 11;1 1;1

1 1 1max max2 2 2n nn n nx xT x T x− − −∈− ∈−

= =

Giả sử [ ]

( )11;1

1max2nx

P x −∈−< . Xét đa thức ( ) ( ) ( )

1

12 nnQ x T x P x−= − . Ta thấy ( )Q x là một đa

thức có ( )deg 1Q x n≤ − và ( )Q x ≡ 0 . Mặt khác

( )1 1

1 1cos cos cos cos , 0,2 2

i

nn n

i i i iQ T P P i nn n n nπ π π π

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜= − = − =⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Nhận thấy rằng cos 0iQnπ⎛ ⎞⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ >⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠

nếu n chẵn và cos 0iQnπ⎛ ⎞⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ <⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠

nếu n lẻ nên phương trình

( ) 0Q x = có n nghiệm phân biệt. Ta suy ra ( ) 0Q x ≡ (vô lí).

Vậy [ ]

( )11;1

1max2nx

P x −∈−≥ (đpcm)

Từ định lí trên rút ra rằng: nếu chọn các mốc nội suy chính là các nghiệm của đa thức Chebysev ( )1nT x+ thì ta sẽ có

60

( ) ( )

( ) ( )( )

112

1 !2

nn

n n

x T x

Mf x L xn

ψ +

⎧⎪⎪ =⎪⎪⎪⎨⎪⎪ − ≤⎪⎪ +⎪⎩

3.2.2. Đa thức nội suy Lagrange với mốc cách đều Bây giờ ta thêm giả thiết là các mốc 0 1, ,..., nx x x cách đều trong [ ];a b , tức là

0

1 0 2 1 1

0

;

...

, 0,

n

n n

i

x a x b

b ax x x x x x hn

x x hi i n

−

⎧ = =⎪⎪⎪⎪ −⎪⎪ − = − = = − = =⎨⎪⎪⎪⎪ = + ∀ =⎪⎪⎩

Ta thực hiện phép đổi biến 0x x ht= + . Khi đó ta được

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )

( ) ( )

( )( )( )

( ) ( ) ( )( )

011 ... 1 1 ... .

! !

1 ... 1 1 ... 1! ! !

n i

i i

n i n i in

t x th t t t i t i t ni n i

t t t n t t t n Ct i i n i n t i

ψ ω−

− −

−= + = − − + − − −

−

− − − − − −= =

− − −

Từ đó ta thu được

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )0 0

1 ... 1!

in nn i n

n i i i ni i

t t t n CL x y t y N tn t i

ψ −

= =

− −= = − =

−∑ ∑ (3.2.2)

Ví dụ 3.2.4: Cho hàm số ( )y f x= có bảng giá trị

x 1 2 3 4 y 1 5 21 55

a. Xây dựng đa thức nội suy Lagrange với mốc cách đều của hàm số ( )f x .

b. Tính ( )3,5f .

Giải a. Theo công thức (3.2.2), bằng cách đổi biến 0 1x x ht t= + = + ta có

( ) ( )( )( )( )

( )

( )( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

33 3

3 30

1 2 3 16

1 2 3 5 2 36 2

21 1 3 55 1 22 6

ii

ii

t t t t CL x N t yt i

t t t t t t

t t t t t t

−

=

− − −= = −

−− − − − −

= − + +

− − − −− +

∑

b. Ta có ( ) ( ) ( )33,5 3,5 2,5 35, 375f L N≈ = = .

Ước lượng sai số Theo phần ước lượng sai số của đa thức nội suy Lagrange ta có

61

( ) ( )( )

( )1 !nMf x L x xn

ψ− ≤+

với [ ]

( ) ( )1

;max n

x a bM f x+

∈= .

Tới đây ta đặt 0x x ht= + . Khi đó

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )10 1 ... 1 ...n

nx x x x x x x h t t t nψ += − − − = − −

Từ đây ta được hệ thức

( ) ( )( )

( ) ( )1

1 ...1 !

n

nMhf x L x t t t nn

+

− ≤ − −+

với [ ]

( ) ( )1

;max n

x a bM f x+

∈= .

Ví dụ 3.2.5: Xét hàm số ( )2

0

xty f x e dt= = ∫ . Bảng sau đây cho ta biết một vài giá trị của hàm

số tại một số mốc đặc biệt x 0,25 0,50 0,75 1,00 y 0,255307 0,544987 0,917916 1,462652

a. Xây dựng đa thức nội suy Lagrange với mốc cách đều của hàm số ( )f x cho bởi bảng trên

b. Tính ( )0,7f , đánh giá sai số kết quả trên.

Giải a. Đổi biến 0,25 0,25x t= + . Khi đó ta có

( ) ( )( )( )( )

( )

( )( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

33 3

3 30

1 2 3 16

1 2 3 0,255307 2 3 0,5449876 2

1 3 0,917916 1 2 1, 4626522 6

ii

ii

t t t t CL x N t yt i

t t t t t t

t t t t t t

−

=

− − −= = −

−− − − − −

= − + +

− − − −− +

∑

b. Áp dụng kết quả câu a ta được ( ) ( ) ( )3 30,7 0,7 1, 8 0.832419f L N≈ = =

Ta tiến hành đánh giá sai số kết quả trên

( ) ( )( )

( )( )( )4

30,250,7 0,7 1, 8 1, 8 1 1, 8 2 1, 8 34 !

Mf L− ≤ − − −

với [ ]

( ) ( )[ ]

( )24 4 2

0,25;1 0,25;1max max 16 48 12 206,589419x

x xM f x e x x

∈ ∈= = + + =

Ta suy ra

( ) ( )( )

( )( )( )4

30,250,7 0,7 1, 8 1, 8 1 1, 8 2 1, 8 3 0, 0116214 !

Mf L− ≤ − − − = .

62

Bài 3. ĐA THỨC NỘI SUY NEWTON

3.3.1. Đa thức nội suy Newton với mốc bất kì 3.3.1.1. Tỷ sai phân Định nghĩa Xét hàm số ( )y f x= với [ ];x a b∈ .

Cho [ ]; , 0,ix a b i n∈ = thỏa i jx x< nếu i j< và 0 ; nx a x b= = . Đặt ( ), 0,i iy f x i n= = .

Tỷ số 1

1

i i

i i

y yx x

+

+

−−

được gọi là tỷ sai phân cấp 1 của hàm số ( )y f x= tại các mốc 1,i ix x + với

0, 1i n= − và được kí hiệu là [ ]1;i if x x +

Tỷ số [ ] [ ]1 2 1

2

; ;i i i i

i i

f x x f x xx x

+ + +

+

−

− được gọi là tỷ sai phân cấp 2 của hàm số ( )y f x= tại các

mốc 1 2, ,i i ix x x+ + với 0, 2i n= − và được kí hiệu là [ ]1 2; ;i i if x x x+ + .

Tổng quát, tỷ số [ ] [ ]1 2 2 1; ;...; ; ;...;i i i k i i i k

i k i

f x x x f x x xx x

+ + + + + −

+

−

− được gọi là tỷ sai phân cấp k của

hàm số ( )y f x= tại các mốc 1, ,...,i i i kx x x+ + với 0,i n k= − và được kí hiệu là [ ]1; ;...;i i i kf x x x+ + .

Ta qui ước các giá trị , 0,iy i n= là các tỷ sai phân cấp 0.

Ví dụ 3.3.1: Cho hàm số ( )y f x= có bảng giá trị

x 1 2 3 4 y 0 5 22 57

Tính các tỷ sai phân của hàm số ( )y f x= dựa vào các mốc ở bảng trên

Giải Ta lập bảng

x y TSP1 TSP2 TSP3 1 0

5 2 5 6 17 1 3 22 9 35 4 57

Từ bảng trên ta có thể suy ra [ ] [ ]0 1 1 2 3; 5; ; ; 9f x x f x x x= =

63

Tính chất Tỷ sai phân cấp 1n + của đa thức bậc n là đồng nhất không. Chứng minh Giả sử ( )P x là đa thức có bậc n và { } [ ]0, ;i i nx a b

=⊂ là 1n + số thực đôi một khác nhau, ta sẽ

chứng minh rằng [ ]0 1; ; ;...; 0nP x x x x = với [ ] { } 0,; \ i i nx a b x=

∈ .

Ta có [ ]( ) ( )0

00

;P x P x

P x xx x−

=−

là một đa thức có bậc 1n − .

Từ đó ta có [ ] [ ] [ ]0 0 10 1

1

; ;; ;

P x x P x xP x x x

x x−

=−

là một đa thức bậc 2n − .

Bằng phép qui nạp ta chứng tỏ được [ ] [ ] [ ]0 1 0 10 1

; ;...; ; ;...;; ; ;...; k k

kk

P x x x P x x xP x x x x

x x− −

=−

là

một đa thức có bậc 1n k− − . Ta suy ra [ ]0 1 1; ; ;...; nP x x x x − là một đa thức bậc 0 hay là một hằng số

với [ ] { } 0,; \ i i nx a b x=

∀ ∈ , từ đó

[ ] [ ] [ ]0 1 0 10 1

; ;...; ; ;...;; ; ;...; 0n n

nn

P x x x P x x xP x x x x

x x− −

= =−

.

3.3.1.2. Biểu thức đa thức nội suy Newton với mốc bất kì Xét hàm số ( )y f x= với [ ];x a b∈ .

Cho [ ]; , 0,ix a b i n∈ = thỏa i jx x< nếu i j< và 0 ; nx a x b= = . Đặt ( ), 0,i iy f x i n= = .

Gọi ( )nL x là đa thức nội suy Lagrange của hàm số ( )y f x= với các mốc , 0,ix i n= . Khi

đó, ta thấy [ ] [ ] [ ]0 0 1 0; , ; ; ,..., ; ;...;n n n nL x x L x x x L x x x là các tỷ sai phân của ( )nL x tại x . Theo định

nghĩa ta có

[ ]( ) ( ) ( )0 0

00 0

; n n nn

L x L x L x yL x xx x x x− −

= =− −

Ta suy ra ( ) [ ]( )0 0 0;nL x y L x x x x= + −

Mặt khác [ ] [ ] [ ]0 0 10 1

1

; ;; ; n n

n

L x x L x xL x x x

x x−

=−

. Từ đó rút ra

[ ] [ ] [ ]( )0 0 1 0 1 1; ; ; ;n n nL x x L x x L x x x x x= + −

Do đó ( ) [ ]( ) [ ]( )( )0 0 1 0 0 1 0 1; ; ;n n nL x y L x x x x L x x x x x x x= + − + − −

Bằng cách lập luận tương tự ta có

64

[ ] [ ] [ ]( )0 1 1 0 1 0 1; ; ;...; ; ;...; ; ; ;...;n i n i n i iL x x x x L x x x L x x x x x x− = + −

Theo tính chất của tỷ sai phân ta có [ ]0 1; ; ;...; 0n nL x x x x =

Từ đó rút ra ( ) [ ]( ) [ ]( )( )

[ ]( )( ) ( )0 0 1 0 0 1 2 0 1

0 1 2 0 1 1

; ; ; ...

; ; ;...; ...

n n n

n n n

L x y L x x x x L x x x x x x x

L x x x x x x x x x x −

= + − + − − +

+ − − −

Để ý rằng ( ) ( ) , 0,n i i iL x f x y i n= = = , ta suy ra

[ ] [ ]0 1 2 0 1 2; ; ;...; ; ; ;...; , 1,n k kL x x x x f x x x x k n= =

Vì thế ta có thể viết lại đa thức ( )nL x như sau:

( ) ( ) [ ]( ) [ ]( )( )

[ ]( )( ) ( )0 0 1 0 0 1 2 0 1

0 1 2 0 1 1

; ; ; ...

; ; ;...; ...

n

n n

L x f x f x x x x f x x x x x x x

f x x x x x x x x x x −

= + − + − − +

+ − − − (3.3.1)

Đa thức ( )nL x cho bởi (3.3.1) được gọi là đa thức nội suy Newton với mốc bất kì.

Ví dụ 3.3.2: Xét hàm số ( )y f x= cho bởi bảng:

x 0 1 2 4 y 0 1 8 64

Hãy xây dựng đa thức nội suy Newton của hàm số ( )y f x= cho bởi bảng trên

Giải Ta lập bảng tỷ sai phân

x y TSP1 TSP2 TSP3 0 0

1 1 1 3 7 1 2 8 7 28 4 64

Từ đây ta suy ra đa thức nội suy Newton của hàm số cho bởi bảng trên là

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) 33 0 1 0 3 0 1 1 0 1 2L x x x x x x x x= + − + − − + − − − = .

Ví dụ 3.3.3: Xét hàm số ( )y f x= cho bởi bảng

x 0 1 2 3 4 y -5 2 5 10 30

65

Hãy xây dựng đa thức nội suy Newton của hàm số trên và tính gần đúng ( )2,5f .

Giải Ta lập bảng tỷ sai phân

x y TSP1 TSP2 TSP3 TSP4 0 -5

7 1 2 -2 3 1 2 5 1 0,2917 5 2,16667 3 10 7,5 20 4 30

Từ đây ta suy ra đa thức nội suy Newton của hàm số cho bởi bảng trên là

( ) ( ) ( )( )

( )( )( )

4 5 7 2 1 1 2

0,2917 1 2 3

L x x x x x x x

x x x x

= − + − − + − − +

+ − − −

Ước lượng sai số Dựa vào kết quả vừa tìm được ta thấy đa thức nội suy Lagrange và đa thức nội suy Newton chỉ khác nhau về cách thức xây dựng, còn biểu thức cuối cùng thì như nhau nên ta có thể lấy phần ước lượng sai số của đa thức nội suy Lagrange cho đa thức nội suy Newton. Tức ở đây ta có

( ) ( )( )

( )1 !nMf x L x xn

ψ− ≤+

trong đó [ ]

( ) ( )1

;max n

x a bM f x+

∈=

3.3.2. Đa thức nội suy Newton với mốc cách đều Bây giờ ta thêm giả thiết là các mốc 0 1, ,..., nx x x cách đều trong [ ];a b , tức là

0

1 0 2 1 1

0

;

...

, 0,

n

n n

i

x a x b

b ax x x x x x hn

x x hi i n

−

⎧ = =⎪⎪⎪⎪ −⎪⎪ − = − = = − = =⎨⎪⎪⎪⎪ = + ∀ =⎪⎪⎩

3.3.2.1. Sai phân Định nghĩa

Xét hàm số ( )y f x= với [ ];x a b∈ . Đặt ( ), 0,i iy f x i n= ∀ = .

66

Hiệu số 1i iy y+ − được gọi là sai phân cấp 1 của hàm số ( )y f x= tại mốc ix với 0, 1i n= −

và được kí hiệu là iyΔ .

Hiệu số 1i iy y+Δ −Δ được gọi là sai phân cấp 2 của hàm số ( )y f x= tại mốc ix với

0, 2i n= − và được kí hiệu là 2iyΔ .

Tổng quát, hiệu số 1 11

k ki iy y− −+Δ −Δ được gọi là sai phân cấp k của hàm số ( )y f x= tại mốc

ix với 0,i n k= − và được kí hiệu là kiyΔ .

Ví dụ 3.3.4: Xét hàm số ( )y f x= có bảng giá trị

x 0 1 2 3 4 y 1 -2 9 70 241

Tính các sai phân của hàm số ( )y f x=

Giải Ta lập bảng sai phân

y SP1 SP2 SP3 SP4 1 -3

-2 14 11 36 9 50 24 61 60

70 110 171

241 Tính chất

( )1 0n P x+Δ = nếu ( )P x là một đa thức bậc n . Chứng minh Chúng ta lập luận tương tự như trong tính chất của tỷ sai phân, xin dành cho bạn đọc.

3.3.2.2. Đa thức nội suy Newton với mốc cách đều Đa thức nội suy ở đầu bảng (dạng tiến): Giả sử 0 1 ... nx x x< < < và 1i ix x h+ − = với

mọi 0, 1i n= − . Ta tìm đa thức nội suy ( )nL x ở dạng:

( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )0 1 0 2 0 1

0 1 1

...

...

n

n n

L x a a x x a x x x x

a x x x x x x −

= + − + − − +

+ − − −

67

Cho x lần lượt bằng 0 1, ,..., nx x x và chú ý rằng ( ) ( ) , 0,n i i iL x f x y i n= = = ta thu được các

hệ thức 0 0 00 0 1, ,..., ,...,

! !

i n

i ni n

y y ya y a a ah i h n h

Δ Δ Δ= = = = . Từ đó ta có

( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )

20 0

0 0 0 12

00 1 1

...2 !

...!

n

n

nn

y yL x y x x x x x xh hy x x x x x x

n h −

Δ Δ= + − + − − +

Δ+ − − −

Nếu đổi biến 0x x th= + thì ta có

( ) ( ) ( )

( ) ( )

20 0

0 0

0

1 ...1! 2!

1 ... 1!

n n

n

y yN t L x th y t t t

y t t t nn

Δ Δ= + = + + − +

Δ+ − − +

Ví dụ 3.3.5: Xét hàm số ( )y f x= cho bởi bảng

x 0 1 2 3 4 y 4 8 13 16 20

Hãy tìm đa thức nội suy Newton ở đầu bảng của hàm số cho bởi bảng trên Giải

Ta lập bảng sai phân

y SP1 SP2 SP3 SP4 4 4 8 1 5 -3

13 -2 6 3 3

16 1 4

20 Ta suy ra đa thức nội suy Newton của hàm số cho bởi bảng trên có dạng

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )2 3 4

0 0 0 04 0 1 1 2 1 2 3

1! 2 ! 3! 4 !y y y yN t y t t t t t t t t t tΔ Δ Δ Δ

= + + − + − − + − − −

( ) ( )( ) ( )( )( )1 1 14 4 1 1 2 1 2 32 2 4

t t t t t t t t t t= + + − − − − + − − − .

Đa thức nội suy ở cuối bảng (dạng lùi): Giả sử 0 1 ... nx x x< < < và 1i ix x h+ − = với mọi

0, 1i n= − . Ta tìm đa thức nội suy ( )nL x ở dạng

68

( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )0 1 2 1

1 1

...

...

n n n n

n n n

L x a a x x a x x x x

a x x x x x x

−

−

= + − + − − +

+ − − −

Cho x lần lượt bằng 1 0, ,...,n nx x x− và chú ý rằng ( ) ( ) , 0,n i i iL x f x y i n= = = ta thu được

các hệ thức 1 00 1, ,..., ,...,

! !

i nn n i

n i ni n

y y ya y a a ah i h n h

− −Δ Δ Δ= = = = . Từ đó ta thu được:

( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )

21 2

12

01 1

...2 !

...!

n nn n n n n

n

n nn

y yL x y x x x x x xh hy x x x x x x

n h

− −−

−

Δ Δ= + − + − − +

Δ+ − − −

Nếu ta đổi biến 0x x th= + thì

( ) ( ) ( )

( ) ( )

21 2

0

0

1 ...1! 2 !

1 ... 1!

n nn n n

n

y yN t L x th y t t t

y t t t nn

− −Δ Δ= + = + + + +

Δ+ + + −

Ví dụ 3.3.6: Xét hàm số ( )y f x= cho bởi bảng

x 0 1 2 3 4 y 4 8 13 16 20

Hãy tìm đa thức nội suy Newton ở cuối bảng của hàm số cho bởi bảng trên. Giải

Ta lập bảng sai phân y SP1 SP2 SP3 SP4 4 4 8 1 5 -3

13 -2 6 3 3

16 1 4

20

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )2 3 4

3 2 1 04 1 1 2 1 2 3

1! 2! 3! 3!ny y y yN t y t t t t t t t t t tΔ Δ Δ Δ

= + + + + + + + + + +

( ) ( )( ) ( )( )( )1 120 4 1 1 2 1 2 32 2

t t t t t t t t t t= + + + + + + + + + + .

69

Bài 5. PHƯƠNG PHÁP BÌNH PHƯƠNG BÉ NHẤT Giả sử chúng ta có hai đại lượng x và y với các giá trị thực nghiệm (do quan sát hoặc làm thí

nghiệm) thu được dưới dạng bảng như sau

x 1x 2x … nx y 1y 2y … ny

Chúng ta muốn xây dựng công thức cho hàm số ( )y f x= dựa trên giá trị thực nghiệm này.

Rõ ràng, ta có thể sử dụng đa thức nội suy Lagrange hoặc Newton. Điều này xem ra không phải lúc nào cũng hợp lí, ít nhất là do hai nguyên nhân sau. Nguyên nhân thứ nhất là, khi các mốc nội suy khá lớn, các điểm nút lại quá sát nhau (đây là một đặc trưng tiêu biểu cho các bảng số nhận được bằng cách phép đo lặp lại nhiều lần) thì việc sử dụng đa thức bậc cao hoặc bậc nhỏ để nội suy từng khúc cũng trở nên rất phức tạp, số lượng tính toán rất lớn cho việc ứng dụng thực tế, nhất là các ứng dụng mang tính chất tổng hợp. Nguyên nhân thứ hai, quan trọng hơn, nằm ở chỗ các số liệu cho trong bảng số không phải lúc nào cũng chính xác, đặc biệt trong trường hợp đo đạc trong phòng thí nghiệm hay quan trắc ngoại hiện trường. Chẳng hạn khi ta đo đạc độ ẩm của không khí tại một địa điểm cố định nào đó theo thời gian trong năm để tìm ra qui luật biến động của độ ẩm theo tháng hay theo mùa thì các số đo không phải tuyệt đối chính xác, nhất là chúng không phải như nhau trong các năm khác nhau. Ngoài ra, trong nhiều phép đo, không chỉ yếu tố phụ thuộc có sai số mà yếu tố độc lập (biến số) cũng chịu sai số. Chẳng hạn khi đo độ nhớt của một chất lỏng ở cùng nhiệt độ nhưng dưới áp suất khác nhau thì không chỉ riêng gì độ nhớt có sai số mà cả nhiệt độ lẫn áp suất đều có sai số. Do đó, yêu cầu hàm xấp xỉ phải nhận đúng giá trị đã cho tại các mốc nội suy trở nên vô nghĩa Để khắc phục khó khăn trên, người ta đưa ra khái niệm xấp xỉ bình phương bé nhất. Phương pháp bình phương bé nhất khác với phương pháp nội suy truyền thống ở chỗ phương pháp bình phương bé nhất không yêu cầu hàm xấp xỉ (thường là đa thức) phải đi qua các mốc nội suy một cách chính xác và hàm mà nó dùng để xấp xỉ là một và chỉ một cho cả miền cần xấp xỉ, cho dù miền đó có lớn đến đâu chăng nữa. Nội dung phương pháp Trong mặt phẳng Oxy xét tập hợp các điểm ( ){ }

1,;i i i i n

A x y=

với ,i ix y được cho trong bảng giá

trị trên. Thay vì xây dựng một hàm đi qua các điểm đã cho, chúng ta sẽ tìm một hàm ( )f x “ càng

đơn giản càng tốt” sao cho nó thể hiện tốt nhất dáng điệu của tập hợp điểm ( ){ } 1,;i i i i n

A x y=

mà không

nhất thiết đi qua các điểm đó. Có nhiều phương pháp giải quyết vấn đề này, và một trong những

70

••

•

•

•

•

1A 2A

3A

2nA −

1nA −

nA

( )y f x=

phương pháp như vậy là phương pháp bình phương bé nhất. Nội dung của phương pháp là tìm cực tiểu phiếm hàm

( ) ( )2

1

minn

i ii

H f f x y=

⎡ ⎤= − →⎣ ⎦∑

Hình 3.5.1

Các dạng hàm số ( )f x thường gặp trong thực tế là

1. y ax b= +

2. 2y ax bx c= + +

3. bxy ae=

4. by ax=

3.5.1. Trường hợp y ax b= +

Vì các cặp số ( );i ix y trong bảng là do thực nghiệm mà có, do vậy chúng hoàn toàn không xác

định nghiệm đúng của phương trình y ax b= + .

Sai số tại ( );i ix y là i i iy ax bε = − − .

Do vậy, ( )22

1 1

n n

i i ii i

S y ax bε= =

= = − −∑ ∑ là tổng bình phương các sai số.

Vấn đề đặt ra là ta cố gắng làm cho S nhỏ đến mức có thể. Rõ ràng, S là một hàm số theo hai biến ,a b . Chúng ta sẽ tìm ,a b để cực tiểu hàm S . Như vậy, ,a b cần phải thỏa hệ phương trình

( )

( )

1

1

2 0

2 0

n

i i iin

i ii

S y b ax xaS y b axb

=

=

⎧∂⎪⎪ = − − − =⎪∂⎪⎪⎨⎪∂⎪ = − − − =⎪⎪∂⎪⎩

∑

∑

hệ trên tương đương với

71

2

1 1 1

1 1

n n n

i i i ii i i

n n

i ii i

x a x b x y

x a nb y

= = =

= =

⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎟ ⎟⎪⎜ ⎜+ =⎟ ⎟⎪⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪⎪⎨⎪⎛ ⎞⎪ ⎟⎜⎪ + =⎟⎜ ⎟⎪ ⎟⎜⎝ ⎠⎪⎪⎩

∑ ∑ ∑

∑ ∑

Ta sẽ chứng tỏ rằng hệ phương trình trên luôn luôn có nghiệm duy nhất. Thật vậy, ta có:

( )

22

21 1 2

1 1

1

0

n n

i i n n ni i

i i i jni i i j

ii

x xD n x x x x

x n

= =

= = <

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎟ ⎟⎜ ⎜= = − = − >⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

∑ ∑∑ ∑ ∑

∑

Vậy hệ phương trình trên luôn có nghiệm duy nhất.

Hình 3.5.2

Ví dụ 3.5.1: Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ y ax b= + và bảng số liệu thực

nghiệm sau: x 1 3 4 7 9 12 y 0 2 5 10 12 16

Xác định ,a b bằng phương pháp bình phương bé nhất. Từ đó hãy tính ( )10y .

Giải Ta lập bảng sau:

x y 2x xy

1 0 1 0 3 2 9 6 4 5 16 20 7 10 49 70 9 12 81 108 12 16 144 192

36=∑ 45 300 396

•

•

•

•

•

•

1A

2A

3A 2nA −

nA

1nA −

y ax b= +

72

Từ hệ bảng trên ta được hệ phương trình sau: 300 36 396

36 6 45

a b

a b

⎧ + =⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎩

Giải hệ ta được 1,5

1,5

a

b

⎧ =⎪⎪⎨⎪ = −⎪⎩

Vậy hàm số ( )y f x= có dạng 1,5 1,5y x= −

Khi đó ta nhận được ( )10 1,5.10 1,5 13,5y = − = .

3.5.2. Trường hợp ( )0bxy ae a= >

Bằng cách logarit hai vế của đẳng thức bxy ae= ta được

( )ln ln ln ln lnbx bxy ae a e a bx= = + = +

Đặt ln ,Y y A b= = và lnB a= thì đẳng thức trên có thể viết dưới dạng Y Ax B= +

Vậy bài toán xác định các hệ số ,a b của hàm số bxy ae= được chuyển về bài toán xác định

các hệ số ,A B của hàm số Y Ax B= + .

Cho ,x y có quan hệ bxy ae= với bảng giá trị

x 1x 2x … nx y 1y 2y … ny

Ta lập bảng mới

x 1x 2x … nx

lnY y= 1lny 2lny … ln ny

Từ bảng trên, bằng phương pháp trong mục 3.5.1, ta tìm được A và B . Từ đó, ta xác định được a và b dựa vào đẳng thức Ba e= và b A= .

Hinh 3.5.3

•

•

•

•

•

•

1A

2A

3A

2nA −1nA −

nA

bxy ae=

73

Ví dụ 3.5.2: Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ bxy ae= và bảng số liệu thực nghiệm

sau: x 1,1 3,2 5,1 7,7 9,6 12,2 y 3,1 29,9 65,7 100, 4 195,7 300, 4

Xác định ,a b bằng phương pháp bình phương bé nhất. Từ đó hãy tính ( )10,2y .

Giải Ta lập bảng:

x y lnY y= 2x xY 1,1 3,1 1,1314 1,21 1,2445 3,2 29,9 3,3978 10,24 10,8730 5,1 65,7 4,1851 26,01 21,3440 7,7 100,4 4,6092 59,29 35,4908 9,6 195,7 5,2766 92,16 50,6554 12,2 300,4 5,7051 148,84 69,6022

38,9=∑ 24,3052 337,75 189,2099

Từ bảng trên ta được hệ phương trình

337,75 38,9 189,2099

38,9 6 24,3052

A B

A B

⎧ + =⎪⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎪⎩

Giải hệ ta được 0, 36970, 3697

5.22681,6538

bA

aB

⎧ ⎧ ==⎪ ⎪⎪ ⎪⇒⎨ ⎨⎪ ⎪ ==⎪ ⎪⎩⎩

Vậy hàm số ( )y f x= có dạng 0,36975.2268 xy e=

Ta tính được ( ) 0,3697.10,210,2 5.2268 226,6569y e= =

3.5.3. Trường hợp ( )0by ax a= >

Logarit hai vế của đẳng thức by ax= ta được:

( )ln ln ln ln ln lnb by ax a x a b x= = + = +

Đặt ln , ln ,Y y X x A b= = = và lnB a= thì đẳng thức trên có thể viết dưới dạng

Y AX B= + Vậy bài toán xác định hệ số ,a b của hàm số by ax= có thể chuyển về bài toán xác định hệ số

,A B của hàm số Y AX B= +

Cho ,x y có quan hệ by ax= với bảng giá trị:

74

•

•

•

•

•

•

1A

2A3A

2nA −

1nA −

nA by ax=

x 1x 2x … nx y 1y 2y … ny

Ta lập bảng:

Từ bảng trên, ta tìm được A và B . Từ đó, ta xác định được a và b dựa vào đẳng thức Ba e= và b A= .

Hình 3.5.4

Ví dụ 3.5.3: Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ by ax= và bảng số liệu thực nghiệm

sau: x 1,1 3,2 5,1 7,7 9,6 12,2 y 3,1 29,9 65,7 100, 4 195,7 300, 4

Xác định ,a b bằng phương pháp bình phương bé nhất. Từ đó hãy tính ( )11, 4y .

Giải Ta lập bảng:

x y lnX x= lnY y= 2X XY 1,1 3,1 0,0953 1,1314 0,0091 0,1078 3,2 29,9 1,1632 3,3979 1,3530 3,9524 5,1 65,7 1,6292 4,1851 2,6543 6,8184 7,7 100,4 2,0412 4,6092 4,1665 9,4083 9,6 195,7 2,2618 5,2766 5,1157 11,9346 12,2 300,4 2,5014 5,7051 6,2570 14,2707

9,6921 24,3053 19,5556 46,4922

lnX x= 1ln x 2ln x … ln nx

lnY y= 1lny 2lny … ln ny

75

Từ bảng trên ta được hệ phương trình 19,5556 9,6921 46, 4922

9,6921 6 24, 3053

A B

A B

⎧ + =⎪⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎪⎩

Giải hệ phương trình ta được 1, 8542621, 854262

2, 8736991, 055600

bA

aB

⎧ ⎧ ==⎪ ⎪⎪ ⎪⇒⎨ ⎨⎪ ⎪ ==⎪ ⎪⎩⎩

Vậy hàm số ( )y f x= có dạng 1,8542622, 873699y x=

Từ hệ thức trên ta tính được ( )11, 4 261,950831f ≈ .

3.5.4. Trường hợp 2y ax bx c= + +

Vì các cặp số ( );i ix y trong bảng là do thực nghiệm mà có, do vậy chúng hoàn toàn không xác

định nghiệm đúng của phương trình 2y ax bx c= + + .

Sai số tại mỗi điểm ( );i ix y là 2i i i iy c bx axε = − − − .

Do vậy, tổng bình phương các sai số là ( )22 2

1 1

n n

i i i ii i

S y c bx cxε= =

= = − − −∑ ∑ .

Vấn đề đặt ra là ta cố gắng làm cho S nhỏ đến mức có thể. Rõ ràng, S là một hàm số theo ba biến , ,a b c . Chúng ta sẽ tìm , ,a b c để cực tiểu hàm S . Như vậy, , ,a b c cần phải thỏa hệ phương trình:

( )

( )

( )

2 2

1

2

1

2

1

2 0

2 0

2 0

n

i i i iin

i i i iin

i i ii

S y c bx ax xaS y c bx ax xbS y c bx axc

=

=

=

⎧∂⎪⎪ = − − − − =⎪⎪∂⎪⎪⎪∂⎪ = − − − − =⎨⎪∂⎪⎪⎪∂⎪⎪ = − − − − =⎪∂⎪⎩

∑

∑

∑

Hệ phương trình trên tương đương với

4 3 2 2

1 1 1 1

3 2

1 1 1 1

2

1 1 1

n n n n

i i i i ii i i i

n n n n

i i i i ii i i i

n n n

i i ii i i

x a x b x c x y

x a x b x c x y

x a x b nc y

= = = =

= = = =

= = =

⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎟ ⎟ ⎟⎪⎜ ⎜ ⎜+ + =⎟ ⎟ ⎟⎪⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜+ + =⎟ ⎟ ⎟⎨⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜+ + =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ ∑ ∑ ∑

∑ ∑ ∑ ∑

∑ ∑ ∑

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

Giải hệ phương trình trên ta sẽ tìm được , ,a b c

76

•

• •

•

•

•

1A

2A 3A

2nA −

1nA −

nA2y ax bx c= + +

Hình 3.5.5

Ví dụ 3.5.4: Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ 2y ax bx c= + + và bảng số liệu thực

nghiệm sau: x 1 2 4 8 11 13 y 0 2 11 13 30 50

Xác định , ,a b c bằng phương pháp bình phương bé nhất. Từ đó hãy tính ( )12y .

Giải Ta lập bảng:

x y 2x 3x 4x xy 2x y

1 0 1 1 1 0 0 2 1 4 8 16 2 4 4 11 16 64 256 44 176 8 13 64 512 4096 104 832 11 30 121 1331 14641 330 3630 13 50 169 2197 28561 650 8450

39=∑ 105 375 4113 47571 1130 13092

Từ bảng trên ta được hệ phương trình

Giải hệ ta được

47571 4113 375 13092

4113 375 39 1130

375 39 6 105

a b c

a b c

a b c

⎧⎪ + + =⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎩

77

0, 348607

1,124207

3, 019404

a

b

c

⎧⎪ =⎪⎪⎪⎪ = −⎨⎪⎪⎪ =⎪⎪⎩

Vậy hàm số ( )y f x= có dạng 20, 348607 1,124207 3, 019404y x x= − +

Ta tính được ( )12 39,728328y = .

Nhận xét 3.5.1: Ta có thể mở rộng lên trường hợp 11 1 0...m m

m my a x a x a x a−−= + + + + với

m n<< . Cách làm hoàn toàn tương tự, xin nhường cho bạn đọc. Sau đây ta xét một số hàm số dạng khác cũng hay gặp trong bài toán bình phương bé nhất tuy ít phổ biến hơn các dạng trên

3.5.5. Trường hợp cos siny a b x c x= + +

Sai số tại mỗi điểm ( );i ix y là cos sini i i iy a b x c xε = − − − .

Do vậy, tổng bình phương các sai số là ( )22

1 1

cos sinn n

i i i ii i

S y a b x c xε= =

= = − − −∑ ∑ .

Ta thấy S là một hàm số theo ba biến , ,a b c . Chúng ta sẽ tìm , ,a b c để cực tiểu hàm S . Như

vậy, , ,a b c cần phải thỏa hệ phương trình:

( )

( )

( )

1

1

1

2 cos sin 0

2 cos sin cos 0

2 cos sin sin 0

n

i i iin

i i i iin

i i i ii

S y a b x c xaS y a b x c x xbS y a b x c x xc

=

=

=

⎧∂⎪⎪ = − − − − =⎪⎪∂⎪⎪⎪∂⎪ = − − − − =⎨⎪∂⎪⎪⎪∂⎪⎪ = − − − − =⎪∂⎪⎩

∑

∑

∑

Hệ phương trình trên tương đương với

1 1 1

2

1 1 1 1

2

1 1

cos sin

cos cos cos sin cos

sin cos sin sin

n n n

i i ii i i

n n n n

i i i i i ii i i i

n n

i i i ii i

na x b x c y

x a x b x x c y x

x a x x b x

= = =

= = = =

= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜+ + =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜+ + =⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜+ +⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ ∑ ∑

∑ ∑ ∑ ∑

∑ ∑1 1

sinn n

i ii i

c y x= =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪ ⎛ ⎞⎪ ⎟⎪ ⎜ =⎟⎪ ⎜ ⎟⎟⎪ ⎜⎝ ⎠⎪⎩∑ ∑

Giải hệ phương trình trên ta sẽ tìm được , ,a b c .

78

••

•

•

•

•

•

cos siny a b x c x= + +

Hình 3.5.6

Ví dụ 3.5.5: Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ cos siny a b x c x= + + và bảng số

liệu thực nghiệm sau: x 1 2 4 8 11 13 y 0 2 5 4 6 2

Xác định , ,a b c bằng phương pháp bình phương bé nhất.

Giải Ta lập bảng:

x y cosx sin x 2cos x 2sin x cos sinx x cosy x siny x

1 0 0,5403 0,8415 0,2919 0,7081 0,4547 0 0 2 2 -0,4161 0,9093 0,1732 0,8268 -0,3783 -0,8322 1,8186 4 5 0,6536 0,7568 0,4272 0,5728 0,4946 3,2680 3,7840 8 4 -0,1455 0,9894 0,0212 0,9788 -0,1440 0,5820 3,9576 10 6 -0,8391 -0,5440 0,7041 0,2959 0,4565 -5,0346 -3,2640 13 2 0,9074 0,4202 0,8234 0,1766 0,3813 1,8148 0,8404

∑ 19 1,5328 3,3732 2,4410 3,5590 1,2648 -0,2022 7,1366

Từ bảng trên ta có hệ

6 1,5328 3, 3732 19

1,5328 2, 4410 1,2648 -0,2022

3,3732 1,2648 3,5590 7,1366

a b c

a b c

a b c

⎧⎪ + + =⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎩

Giải hệ phương trình trên ta được

79

4,621716

2,150223

1,611062

a

b

c

⎧⎪ =⎪⎪⎪⎪ = −⎨⎪⎪⎪ = −⎪⎪⎩

Vậy hàm số ( )y f x= có dạng 4,621716 2,150223 cos 1,611062 siny x x= − −

3.5.6. Trường hợp ( ) ( )y ag x bh x= + với ( ) ( ),g x h x là các hàm số liên tục cho trước.

Vì các cặp số ( );i ix y trong bảng là do thực nghiệm mà có, do vậy chúng hoàn toàn không xác

định nghiệm đúng của phương trình ( ) ( )y ag x bh x= + .

Sai số tại ( );i ix y là ( ) ( )i i i iy ag x bh xε = − − .

Do vậy, ( ) ( )( )21

n

i i ii

S y ag x bh x=

= − −∑ là tổng bình phương các sai số.

Ta thấy S là một hàm số theo hai biến ,a b . Chúng ta sẽ tìm ,a b để cực tiểu hàm S . Như vậy,

,a b cần phải thỏa hệ phương trình

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

1

1

2 0

2 0

n

i i i iin

i i i ii

S y ag x bh x g xaS y ag x bh x h xb

=

=

⎧∂⎪⎪ = − − − =⎪∂⎪⎪⎨⎪∂⎪ = − − − =⎪⎪∂⎪⎩

∑

∑

Hệ trên tương đương với

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

1 1 1

2

1 1 1

n n n

i i i i ii i i

n n n

i i i i ii i i

g x a g x h x b g x y

g x h x a h x b h x y

= = =

= = =

⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎟ ⎟⎪⎜ ⎜+ =⎟ ⎟⎪⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪⎪⎨⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎪ + =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎪ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪⎪⎩

∑ ∑ ∑

∑ ∑ ∑

Giải hệ trên ta tìm được các hệ số ;a b .

Ví dụ 3.5.6: Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ ( ) ( )1 ln 1xy a e b x= − + + và bảng

số liệu thực nghiệm sau: x 1,1 1, 3 1,5 1,7 1,9 y 0 2 4 6 8

Xác định ,a b bằng phương pháp bình phương bé nhất.

Giải Đặt ( ) ( ) ( )1; ln 1xg x e h x x= − = +

Ta lập bảng

80

x y ( )g x ( )h x ( )2g x ( )2h x ( ) ( )g x h x ( )g x y ( )h x y

1,1 0 2,004 0,742 4,017 0,550 1,487 0,000 0,000 1,3 2 2,669 0,833 7,125 0,694 2,223 5,338 1,666 1,5 4 3,482 0,916 12,122 0,840 3,190 13,928 3,664 1,7 6 4,474 0,993 20,016 0,987 4,444 26,844 5,958 1,9 8 5,686 1,065 32,329 1,134 6,054 45,488 8,520

75,609 4,205 17,398 91,598 19,808

Từ bảng trên ta được hệ phương trình

75,609 17, 398 91,598

17, 398 4,205 19, 808

a b

a b

⎧ + =⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎩

Giải hệ phương trình trên ta được

2,660

6,294

a

b

⎧ =⎪⎪⎨⎪ = −⎪⎩

Vậy hàm số ( )y f x= có dạng ( ) ( )2,66 1 6,294 ln 1xy e x= − − +

81

Bài 4. NỘI SUY SPLINE

Việc xây dựng một đa thức đi qua các điểm nội suy trong trường hợp n lớn là một công việc rất khó khăn và khó ứng dụng. Một trong những cách khắc phục là trên từng đoạn liên tiếp của các cặp điểm nút nội suy ta nối chúng bằng những đường cong đơn giản và đơn giản nhất là đường thẳng. Tuy nhiên khi đó tại các điểm nút hàm sẽ mất tính khả vi.

Hình 3.4.1

Dựa vào hình 3.4.1 ta thấy đường gấp khúc 0 1.. nAA A không khả vi tại các điểm nút (tức không

tồn tại tiếp tuyến nào của đồ thị nhận các đỉnh 0 1 2, , ,..., nA A A A làm tiếp điểm).

Do đó người ta cố gắng xây dựng một đường cong bằng cách nối các đường cong nhỏ lại với nhau sao cho vẫn bảo toàn tính khả vi của hàm số của hàm. Đường cong như vậy gọi là đường spline (đường ghép trơn). Các đoạn cong nhỏ thông thường là các đa thức. Chúng ta sẽ xét hai loại đường spline phổ biến nhất là đường spline bậc hai và spline bậc ba.

3.4.1. Nội suy spline bậc ba Đinh nghĩa Cho hàm số ( )f x xác định trên đoạn [ ];a b và một phép phân hoạch 0 1 ... nx x x< < < với

0 ; nx a x b= = . Một spline bậc ba ( )g x nội suy hàm ( )f x trên [ ];a b là hàm thỏa các điều kiện sau:

1. ( )g x có đạo hàm đến cấp hai liên tục trên đoạn [ ];a b

2. Trên mỗi đoạn con [ ]1; , 0, 1i ix x i n+ = − hàm số ( ) ( )1;i i ix xg x g x

+⎡ ⎤⎣ ⎦= là một đa thức bậc ba.

3. ( ) ( ), 0,i ig x f x i n= =

4. Một trong hai điều kiện sau được thỏa a. ( ) ( )0 0ng x g x′′ ′′= = (điều kiện biên tự nhiên).

b. ( ) ( ) ( ) ( )0 0 ; n ng x f x g x f x′ ′ ′ ′= = (điều kiện biên ràng buộc).

0A

1A

1nA −nA

( )y f x=

82

( )y g x=

( )y f x=

Một spline bậc ba thỏa điều kiện biên tự nhiên được gọi là spline tự nhiên. Còn nếu thỏa mãn điều kiện ràng buộc thì được gọi là spline ràng buộc.

Hình 3.4.2

Ta tiến hành xây dựng một spline bậc ba theo định nghĩa

Đặt 1 , 0, 1i i ih x x i n+= − = − và ( ) , 0,i i ig x m i n′′ = ∀ = .

Vì ( )ig x là một đa thức bậc ba trên mỗi đoạn [ ]1;i ix x + nên đạo hàm cấp hai nó là một nhị thức

bậc nhất. Ta suy ra ( )ig x′′ có dạng

( ) ( ) ( ) ( )1 11 1

i ii ii i i i i i i i

i i i i

x x x xx x x xg x g x g x g x mh h h h

+ ++ +

− −− −′′ ′′ ′′ ′′= + = +

Theo tính chất 1, hàm số ( )g x có đạo hàm cấp hai liên tục nên ta suy ra

( ) ( ) ( )1 1 1 1 1, 0, 1i i i i i ig x g x g x m i n+ + + + +′′ ′′′′= = = = −

Vậy ta được hệ thức

( ) ( )1

11; , 0, 1

i i

iii i ix x

i i

x xx xg x g x m m i nh h+

+⎡ ⎤ +⎣ ⎦

−−′′= = + = − (3.4.1)

Từ hệ thức (3.4.1) ta suy ra

( )( ) ( )33

1 11 6 6

ii i ii i i i i

i i i i

x xx x x x x xg x m m M Nh h h h

+ ++

−− − −= + + + (3.4.2)

Và

( )( ) ( )22

11 2 2

ii i ii i i

i i i i

x xx x M Ng x m mh h h h

++

−−′ = − − +

Thay ix x= vào (3.4.2) ta được

83

( )( ) ( )

( )

331 1

1

2

2

6 6

6

, 0, 16

i ii i i i i ii i i i i i

i i i i

ii i i

ii i i

x xx x x x x xg x m m M Nh h h h

hf x m M

hM y m i n

+ ++

−− − −= + + +

⇔ = +

⇔ = − ∀ = −

Tương tự ta thay 1ix x += vào (3.4.2) ta được

( ) ( ) ( )

( )

3 31 1 1 1 1 1

1 1

2

1 1

2

1 1

6 6

6

, 0, 16

i i i i i i i ii i i i i i

i i i i

ii i i

ii i i

x x x x x x x xg x m m M N

h h h hhf x m N

hN y m i n

+ + + + + ++ +

+ +

+ +

− − − −= + + +

⇔ = +

⇔ = − ∀ = −

Kết hợp các kết quả trên ta được hệ thức sau

2

2

1 1

6

6

ii i i

ii i i

hM y m

hN y m+ +

⎧⎪⎪ = −⎪⎪⎪⎨⎪⎪ = −⎪⎪⎪⎩

Do đó để xác định các ẩn ,i iM N ta chỉ cần xác định các số , 0,im i n= . Từ điều kiện 1 suy ra

( )g x′ liên tục trên [ ];a b . Ta nhận được

( ) ( ) ( )1 1 1 1

1 1 11 1

1 1

1 1 2 1 11 2

1

2 2

, 0, 2 (3.4.3)6 3 6

i i i i i

i i ii i ii i

i i i i

i i i i i i iii i i

i i

g x f x g x

h M Nh M Nm mh h h hh h h y y y yhm m m i n

h h

+ + + +

+ + ++ +

+ +

+ + + + ++ +

+

′ ′′= =

⇔ − + = − − +

+ − −⇔ + + = − ∀ = −

Hệ phương trình (3.4.3) là hệ gồm 1n − phương trình với 1n + ẩn là , 0,im i n= . Để thu

được đầy đủ ta phải dùng thêm điều kiện 4a hoặc 4b. Ở đây ta trình bày cho trường hợp dùng điều kiện 4a, trường hợp 4b ta làm tương tự.

Trường hợp dùng điều kiện 4a Từ hệ (3.4.3) và điều kiện 4a ta được hệ phương trình

1 1 2 1 1

1 21

0

, 0, 26 3 6

0

i i i i i i iii i i

i i

n

h h h y y y yhm m m i nh h

m m

+ + + + ++ +

+

⎧ + − −⎪⎪ + + = − ∀ = −⎪⎪⎨⎪⎪ = =⎪⎪⎩

(3.4.4)

Ta sẽ chứng tỏ hệ trên có duy nhất nghiệm. Thật vậy, xét ma trận hệ số của hệ

84

0 0 1 1

1 1 2 2

2 2 3 3

3 3 4

1

1 0 0 0 0 ... 0

0 0 ... 06 3 6

0 0 ... 06 3 6

0 0 ... 06 3 6

0 0 0 ... 06 3

.. ... ... ... ... ...6

0 0 0 0 0 ... 1

n

h h h h

h h h h

h h h hA

h h h

h −

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ + ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

Ta thấy ma trận A thỏa qui tắc đường chéo trội. Thật vậy với 1i = hoặc 1i n= + ta có

2

1 0n

ii ijj

a a=

= > =∑

Với 2n i≥ ≥ ta có

2 1 2 1

13 6

ni i i i

ii ijjj i

h h h ha a− − − −

=≠

+ += > =∑

Bất đẳng thức trên chứng tỏ A thỏa qui tắc đường chéo trội. Do đó det 0A ≠ , ta suy ra hệ phương trình (3.4.4) có duy nhất nghiệm hay tồn tại duy nhất một spline tự nhiên.

Tóm tắt thuật toán tìm spline bậc ba tự nhiên nội suy hàm số ( )f x trong đoạn [ ];a b

Bước 1: Tính các giá trị 1 , 0, 1i i ih x x i n+= − = − và ( ), 0,i iy f x i n= = .

Bước 2: Giải hệ phương trình để tìm , 0,im i n=

1 1 2 1 1

1 21

0

, 0, 26 3 6

0

i i i i i i iii i i

i i

n

h h h y y y yhm m m i nh h

m m

+ + + + ++ +

+

⎧ + − −⎪⎪ + + = − ∀ = −⎪⎪⎨⎪⎪ = =⎪⎪⎩

Bước 3: Tính ,i iM N theo công thức

2

2

1 1

, 0, 16

, 0, 16

ii i i

ii i i

hM y m i n

hN y m i n+ +

⎧⎪⎪ = − = −⎪⎪⎪⎨⎪⎪ = − = −⎪⎪⎪⎩

Bước 4: Xây dựng hàm nội suy spline bậc ba tự nhiên ( )g x theo công thức

( ) ( )

( ) ( )

[ ]

331 1

1

1

6 6

; , 0, 1

ii i ii i i i i

i i i i

i i

x xx x x x x xg x g x m m M Nh h h h

x x x i n

+ ++

+

⎧⎪ −− − −⎪⎪ = = + + +⎪⎨⎪⎪⎪ ∈ = −⎪⎩

85

Ví dụ 3.4.1: Tìm một spline bậc ba tự nhiên nội suy hàm số 3xy = trong đoạn [ ]0;4 với các

mốc nội suy lần lượt là 0 2 3 40; 1; 3; 4x x x x= = = = .

Giải Từ giả thiết đề bài có 0 1 21; 2; 1h h h= = = và 0 1 2 31; 3; 27; 81y y y y= = = =

Lập hệ phương trình

0 3

0 1 2

1 2 3

0

1 1 2 1 27 3 3 1 106 3 6 2 11 2 1 1 81 27 27 3 426 3 6 1 2

m m

m m m

m m m

⎧⎪⎪ = =⎪⎪⎪⎪ + − −⎪ + + = − =⎨⎪⎪⎪ + − −⎪⎪ + + = − =⎪⎪⎩

Giải hệ trên ta được

0

1

2

3

0

108351452350

m

m

m

m

=⎧⎪⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⎪⎨⎪⎪ =⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⎩

Với 0i = ta có 2 20 0

0 0 0 0 1 1871;

6 6 35h hM y m N y m= − = = − = và do đó

( )

( ) ( )

( )

3 30 1 1 0

0 1 0 0 00 0 0 0

3 3

6 618 87 18 521 135 35 35 35

x x x x x x x xg x m m M Nh h h h

x x x x x

− − − −= + + +

= + − + = + +

Với 1i = ta có 2 21 1

1 1 1 1 2 233 23;

6 35 6 35h hM y m N y m= − = = − = − và do đó

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

3 31 2 2 1

1 2 1 1 11 1 1 1

3 3

6 6121 9 33 231 3 3 135 35 70 70

x x x x x x x xg x m m M Nh h h h

x x x x

− − − −= + + +

= − + − + − − −

Với 2i = ta có 2 22 2

2 2 2 2 3 3703 ; 81

6 35 6h hM y m N y m= − = = − = và do đó

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 32 3 3 2

2 3 2 2 22 2 2 2

3

6 6242 7034 4 81 335 35

x x x x x x x xg x m m M Nh h h h

x x x

− − − −= + + +

= − + − + −

Như vậy spline bậc ba cần tìm có dạng

86

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

30

3 31

32

18 52 1 0 135 35121 9 33 231 3 3 1 1 335 35 70 70242 7034 4 81 3 3 435 35

g x x x x

g x g x x x x x x

g x x x x x

⎧⎪⎪ = + + ≤ ≤⎪⎪⎪⎪⎪= = − + − + − − − ≤ ≤⎨⎪⎪⎪⎪⎪ = − + − + − ≤ ≤⎪⎪⎩

87

Chương 4. TÍNH GẦN ĐÚNG TÍCH PHÂN

Bài 1. CÔNG THỨC NEWTON – COTES

Rất nhiều vấn đề về khoa học, kĩ thuật dẫn đến việc tính tích phân ( )

b

a

f x dx∫ với ( )f x là một

hàm phức tạp hoặc ( )f x là một hàm mà nguyên hàm của nó không thể biểu diễn qua các hàm đơn

giản đã biết (chẳng hạn 4

3 1

1 0 1

sin , , ,...e

x xx dx e dx x dxx∫ ∫ ∫ ) hoặc hàm ( )f x chỉ được cho bằng bảng. Vì

thế vấn đề tính gần đúng tích phân ( )

b

a

f x dx∫ được đặt ra là tự nhiên.

Một trong những phương pháp thường được sử dụng để tính gần đúng tích phân ( )

b

a

f x dx∫ là

sử dụng công thức Newton – Cotes. Nội dung của phương pháp Newton – Cotes là xấp xỉ hàm ( )f x trên đoạn [ ];a b bởi đa thức

nội suy Lagrange. Xét một phép phân hoạch đều trên đoạn [ ];a b bởi các mốc , 0,ix i n= . Khi đó ta

có các kết quả sau

0

1 0 2 1 1

0

,

...

, 0,

n

n n

i

x a x b

b ax x x x x x hn

x x ih i n

−

⎧ = =⎪⎪⎪⎪ −⎪⎪ − = − = = − = =⎨⎪⎪⎪⎪ = + =⎪⎪⎩

Từ đây ta xây dựng đa thức nội suy Lagrange với mốc cách đều ( )nL x . Ta xấp xỉ hàm số

( )f x bằng đa thức ( )nL x trên đoạn [ ];a b . Khi đó ( ) ( )*b b

na a

I f x dx I L x dx= ≈ =∫ ∫ .

Hình 4.1.1

( )y f x=

( )ny L x=

88

Dùng phép đổi biến 0x x th= + ta thu được

( ) ( )0

*b n

n i iia

I L x dx b a H y=

= = − ∑∫ (*)

với ( ), 0,i iy f x i n= = và ( ) ( ) ( )

0

1 1 ... , 0,. !

nn i in

iC t t t nH dt i n

n n t i

−− − −= =

−∫

Công thức (*) được gọi là công thức Newton – Cotes, các hệ số iH được gọi là các hệ số

Cotes. Các hệ số Cotes không phụ thuộc vào hàm số ( )y f x= hoặc độ dài bước h , vì vậy thường

được tính sẵn. Dưới đây là bảng hệ số Cotes, ứng với 1,2, 3, 4,5, 6n = .

n 0H 1H 2H 3H 4H 5H 6H

1 0,5000 0,5000 2 0,1667 0,6667 0,1667 3 0,1250 0, 3750 0, 3750 0,1250 4 0, 0778 0, 3556 0,1333 0, 3556 0, 0778 5 0, 0660 0,2604 0,1736 0,1736 0,2604 0, 0660 6 0, 0488 0,2571 0, 0321 0, 3238 0, 0321 0,2571 0, 0488

Ví dụ 4.1.1: Tính tích phân 1

30

11

I dxx

=+∫ theo công thức Newton – Cotes với 4n = .

Giải Ta lập bảng

i ix iy iH i iH y

0 0,00 1,000 0, 0778 0, 0778

1 0,25 0,9846 0, 3556 0, 3501

2 0,50 0, 8889 0,1333 0,1185

3 0,75 0,7033 0, 3556 0,2501

4 1,00 0,500 0, 0778 0, 0389

Áp dụng (*) ta được

( )1 4

300

1 1 0 0, 83541 i i

i

I dx y Hx =

= ≈ − =+ ∑∫ .

Ví dụ 4.1.2: Tính tích phân 1,5 2 1

20,3

xe xI dxx x

+ +=

+∫ bằng công thức Newton – Cotes với 6n = .

89

Giải Ta lập bảng

i ix iy iH i iH y

0 0,3 13,4693 0,0488 0,6573 1 0,5 10,5187 0,2571 2,7044 2 0,7 9,8514 0,0321 0,3162 3 0,9 10,1431 0,3238 3,2843 4 1,1 11,0963 0,0321 0,3562 5 1,3 12,6750 0,2571 3,2587 6 1,5 14,9595 0,0488 0,7300

Khi đó ta được

( )6

0

1,5 0, 3 13,5685i ii

I y H=

≈ − =∑

Ước lượng sai số của công thức Newton – Cotes Cho hàm số ( )f x thuộc lớp [ ]

( )1;na bC+ (lớp các hàm số có đạo hàm cấp 1n + liên tục trên [ ];a b ).

Theo kết quả chương 3 ta có

( ) ( )( )

( )( )

( )( ) ( ) [ ]0 1 ... , ;1 ! 1 !n nM Mf x L x x x x x x x x x a bn n

ψ− ≤ = − − − ∀ ∈+ +

với [ ]

( ) ( )1

;max n

x a bM f x+

∈=

Từ bất đẳng thức trên ta suy ra

( ) ( )( )

( )( ) ( )0 1 ...1 !

b b

n na a

Mf x L x dx x x x x x x dxn

− ≤ − − −+∫ ∫

Ta đã biết

( ) ( ) ( ) ( )( ) *b b

n na a

f x L x dx f x L x dx I I− ≥ − = −∫ ∫

( )( ) ( ) ( )( ) ( )20 1

0

... 1 2 ...b n

nn

a

x x x x x x dx h t t t t n dt+− − − = − − −∫ ∫

Từ đây, ta có đánh giá

( )

( ) ( )2

0

* 1 ...1 !

nnMhI I t t t n dtn

+

− ≤ − −+ ∫ .

90

Ví dụ 4.1.3: Tính tích phân 1,2 3

0,21

xI dxx

=+∫ bằng công thức Newton – Cotes với 5n = .

Đánh giá sai số kết quả đó. Giải Ta lập bảng

i ix iy iH i iH y

0 0,2 0,0067 0,0660 0,0004 1 0,4 0,0457 0,2604 0,0119 2 0,6 0,1350 0,1736 0,0234 3 0,8 0,2844 0,1736 0,0494 4 1,0 0,5000 0,2604 0,1302 5 1,2 0,7855 0,0660 0,0518

Sử dụng kết quả của bảng trên ta đươc

( )5

0

1,2 0,2 0,2671i ii

I y H=

≈ − =∑

Ước lượng sai số

( )( )( )( )( )57

0

* 1 2 3 4 56!MhI I t t t t t t dt− ≤ − − − − −∫

Trong đó, [ ]

( )670,2;1,2

6 !0,2; max 200,93881,2x

h M f x∈

= = = = và

( )( )( )( )( )5

0

24591 2 3 4 584

t t t t t t dt− − − − − =∫

Từ đây ta suy ra * 0, 000105I I− ≤

Sau đây là một số trường hợp đặc biệt của công thức Newton – Cotes

91

Bài 2. CÔNG THỨC HÌNH THANG 4.2.1. Công thức hình thang

Xét tích phân ( )

b

a

I f x dx= ∫ . Áp dụng công thức Newton – Cotes với 1n = ta được

( ) ( ) ( )( )1

0 10 0 1 1

0 2

b

i iia

y yI f x dx b a y H b a y H y H h=

+= ≈ − = − + =∑∫ (4.2.1)

Công thức (4.2.1) được gọi công thức hình thang

Hình 4.2.1

Ước lượng sai số Từ công thức ước lượng sai số của công thức Newton – Cotes ta suy ra

( )13 3

0

* 12 12Mh MhI I t t dt− ≤ − =∫ với

[ ]( )

;maxx a b

M f x∈

′′=

Ví dụ 4.2.1: Tính tích phân ( )1,6 2

3 21,3

ln 1x

x xI dxe x+ +

=+∫ bằng công thức hình thang (không đánh

giá sai số) Giải

Đặt ( )( ) 2

3 2

ln 1x

x xf xe x+ +

=+

và 0, 3h b a= − = . Áp dụng công thức hình thang ta được

( ) ( )0 1 1, 3 1,6 0, 049379 0, 0283350, 3 0, 3 0, 0116572 2 2

f fy yI h ++ +≈ = = = .

( )y f x=

0A

1A

h

92

Nhận xét 4.2.1: Trong thực tế công thức (4.2.1) ít khi được sử dụng trực tiếp vì sai số khá lớn. Ở đây người ta thường chia đoạn [ ];a b thành các đoạn nhỏ, sau đó áp dụng công thức hình thang trên

mỗi đoạn nhỏ đó. Phương pháp tính tích phân như thế được gọi là phương pháp hình thang mở rộng.

4.2.2. Công thức hình thang mở rộng

Để tính tích phân ( )

b

a

f x dx∫ ta chia đoạn [ ];a b thành n đoạn bằng nhau bởi các điểm chia:

0 1 2 1... n na x x x x x b−= < < < < < = . Khi đó ta có các kết quả

0

1 0 2 1 1

0

,

...

, 0,

n

n n

i

x a x b

b ax x x x x x hn

x x ih i n

−

⎧ = =⎪⎪⎪⎪ −⎪⎪ − = − = = − = =⎨⎪⎪⎪⎪ = + =⎪⎪⎩

Từ đây ta thu được

( ) ( ) ( )1

10 1 1

0 0

2 ...2 2

i

i

xb n ni i

n ni ia x

y y hI f x dx f x dx h y y y y+

+−

= =

+ ⎡ ⎤= = ≈ = + + + +⎣ ⎦∑ ∑∫ ∫

Công thức trên được gọi là công thức hình thang mở rộng

Hình 4.2.2

Ví dụ 4.2.2: Tính tích phân 1,2 2

20,2

1sin 1xI dxx+

=+∫ bằng công thức hình thang mở rộng với

10n = . Giải

0A

1A

1nA −nA

h

( )y f x=

93

Đặt ( )

2

2

1sin 1xf xx+

=+

và 0,1h = . Ta lập bảng

i x ( )y f x=

0 0,2 1,000510 1 0,3 1,002454 2 0,4 1,007253 3 0,5 1,016385 4 0,6 1,031224 5 0,7 1,052991 6 0,8 1,082794 7 0,9 1,121715 8 1,0 1,170910 9 1,1 1,231712 10 1,2 1,305723

Áp dụng công thức hình thang mở rộng ta được

( )0 10 1 2 92 ... 1, 0870552hI y y y y y⎡ ⎤≈ + + + + + =⎣ ⎦ .

Ví dụ 4.2.3: Cho hàm số ( )y f x= liên tục và có bảng giá trị sau

x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 ( )f x 1,2345 1,4578 1,6717 1,8009 1,6789 1,4767 1,3223 1,2347

Tính gần đúng tích phân ( )

0,7

0

I f x dx= ∫

Giải Ta sẽ áp dụng công thức hình thang mở rộng với 7n = để tính I . Ta có

( ) ( )0,7

0 1 6 70

2 ... 1, 0642902hI f x dx y y y y⎡ ⎤= ≈ + + + + =⎣ ⎦∫

Ước lượng sai số

Ta đặt ( ) * 10 1 12 ... ; , 0, 1

2 2i i

ht n n iy yhI y y y y I h i n+

−

+⎡ ⎤= + + + + = = −⎣ ⎦

Nhận thấy rằng 1*

0

n

ht ii

I I−

=

= ∑

Khi đó ta có

94

( )

11*

0

i

i

xn

ht ii x

I I f x dx I+−

=

− ≤ −∑ ∫

Theo phần ước lượng sai số công thức hình thang ta có

( )

1 3* , 0, 1

12

i

i

x

ii

x

M hf x dx I i n+

− ≤ ∀ = −∫ với ( )1;

maxi i

i x x xM f x

+⎡ ⎤∈⎣ ⎦

′′=

Ta suy ra ( ) 23 31

0 12 12 12

ni

hti

b a MhM h nMhI I−

=

−− ≤ ≤ =∑ với

[ ]( )

;maxx a b

M f x∈

′′=

Nhận xét 4.2.2: Dựa vào công thức đánh giá sai số ta có thể tìm ra số đoạn cần phải chia để khi áp dụng công thức hình thang mở rộng sai số không vượt quá số ε cho trước. Thật vậy, ta cho

( )

( )

2

3

12

12

htb a MhI I

b a Mn

ε−

− ≤ ≤

⎡ ⎤−⎢ ⎥⇒ ≥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

Ví dụ 4.2.4: Xét tích phân 2

2

1

xI e dx= ∫

a. Tính gần đúng I bằng công thức hình thang mở rộng với 8n = (đánh giá sai số) b. Phải chia đoạn [ ]1;3 thành ít nhất bao nhiêu đoạn bằng nhau để khi dùng công thức hình

thang mở rộng sai số không vượt quá 610− . Giải

a. Đặt ( )2xf x e= và 2 1 0,125

8h −= = . Ta lập bảng

i x ( )y f x=

0 1,000 2,718282 1 1,125 3,545308 2 1,250 4,770733 3 1,375 6,623507 4 1,500 9,487736 5 1,625 14,021965 6 1,750 21,380943 7 1,875 33,636944 8 2,000 54,598150

Áp dụng công thức hình thang mở rộng ta được

95

( )0 1 7 82 ... 15,2656692hI y y y y⎡ ⎤≈ + + + + =⎣ ⎦

Tiếp theo ta đánh giá sai số của kết quả vừa tìm được. Ta có

( )

( ) ( )

2

2 2 22 2

2

2 4 2 1 2

x

x x x

f x xe

f x e x e e x

′ =

′′ = + = +

Ta suy ra [ ]

( ) ( )1;2max 2 982,767x

M f x f∈

′′ ′′= = = . Do đó

( ) ( )2 22 1 .982,767.0,125 1,27964512 12ht

b a MhI I − −− ≤ = =

b. Gọi n là số đoạn ít nhất cần phải chia. Theo công thức ước lượng sai số ta có

( ) ( )2 222 1 .982,767. 81, 897250

12 12htb a Mh hI I h− −

− ≤ = =

Ta cho 2 6

6

2

6

81, 897250 10

1 1081, 897250

81, 897250 905010

h

n

n

−

−

−

≤

⇔ ≤

⎡ ⎤⎢ ⎥⇔ ≥ =⎢ ⎥⎢ ⎥

Ta lấy 9050n = thì yêu cầu đề bài được thỏa.

96

Bài 3. CÔNG THỨC SIMSON MỘT PHẦN BA

4.3.1. Công thức Simson một phần ba

Xét tích phân ( )

b

a

I f x dx= ∫ . Áp dụng công thức Newton – Cotes với 2n = ta được

( ) ( )( )2

0 0 1 1 2 20i i

i

I b a y H b a y H y H y H=

≈ − = − + +∑

Ta đã biết 0 2 11 2;6 3

H H H= = = và 2b ah −

= . Ta suy ra

( )0 1 2* 43hI I y y y≈ = + + (4.3.1)

Công thức (4.3.1) được gọi là công thức Simson một phần ba

Hình 4.3.1

Ví dụ 4.3.1: Tính tích phân ( )1,5 2 2

21

sin 2tan 3x x

I dxx

+=

+∫ bằng công thức Simson một phần ba.

Giải

Ta đặt ( )( )2 2

2

sin 2tan 3x x

f xx

+=

+ và 0,25

2b ah −

= = .

Áp dụng công thức Simson một phần ba ta được

( ) ( )0 1 20,254 0, 351911 4.0,130963 0, 006304 0, 073506

3 3hI y y y≈ + + = + + =

Ước lượng sai số Từ công thức ước lượng sai số của công thức Newton – Cotes ta suy ra

0A

1A

2A

h

97

( )( )24 4

0

* 1 26 12Mh MhI I t t t dt− ≤ − − =∫ với

[ ]

( ) ( )3

;maxx a b

M f x∈

= (4.3.2)

Trong thực tế để đánh giá sai số của công thức Simson một phần ba, người ta dùng công thức sau đây do nhà toán học Simson tìm ra

5

*90MhI I− ≤ với

[ ]

( ) ( )4

;maxx a b

M f x∈

= (4.3.3)

Công thức (4.3.3) đánh giá sai số tốt hơn công thức (4.3.2) rất nhiều.

Ví dụ 4.3.2: Tính tích phân 1 2

0,61

xI dxx

=+∫ bằng công thức Simson một phần ba (có đánh giá

sai số). Giải

Ta đặt ( )2

1xf xx

=+

và 1 0,6 0,22

h −= = .

Áp dụng công thức Simson một phần ba ta được

( ) ( )0 1 20,24 0,225 4.0, 355556 0,5 0,143148

3 3hI y y y≈ + + = + + =

Ta tiến hành đánh giá sai số kết quả trên.

5

*90MhI I− ≤ với

[ ]

( ) ( )4

0,6;10,2; max 2,289

xh M f x

∈= = =

Ta suy ra

( )55 2,289. 0,2* 0, 000008

90 90MhI I− ≤ = = .

4.3.2. Công thức Simson một phần ba mở rộng

Để tính tích phân ( )

b

a

f x dx∫ ta chia đoạn [ ];a b thành 2n m= đoạn bằng nhau bởi các điểm

chia 0 1 2 2 1 2... m ma x x x x x b−= < < < < < = . Khi đó ta có các kết quả

0 2

1 0 2 1 2 2 1

0

,

...2

, 0,2

m

m m

i

x a x b

b ax x x x x x hm

x x ih i m

−

⎧ = =⎪⎪⎪⎪ −⎪⎪ − = − = = − = =⎨⎪⎪⎪⎪ = + =⎪⎪⎩

Từ đây ta thu được

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2

1 1

2 2 1 2 20 0

0 2 4 2 2 1 3 2 1 2

43

2 ... 4 ...3

i

i

xb m m

i i ii ia x

m m m

hI f x dx f x dx y y y

h y y y y y y y y

+− −

+ += =

− −

= = ≈ + +

⎡ ⎤= + + + + + + + +⎣ ⎦

∑ ∑∫ ∫ (4.3.4)

98

Công thức (4.3.4) được gọi là công thức Simson một phần ba mở rộng

Hình 4.3.2

Ước lượng sai số

Ta đặt ( )1 0 0 1 23

2 43 mhI y yσ σ= + + + với

1 1

0 2 1 2 10 0

;m m

i ii i

x xσ σ− −

+= =

= =∑ ∑

Nhận thấy rằng 1*

103

m

ii

I I−

=

= ∑ với ( )*2 2 1 2 24 , 0, 1

3i i i ihI y y y i m+ += + + ∀ = −

Khi đó ta có

( )

2 2

2

1*

103

i

i

xm

ii x

I I f x dx I+−

=

− ≤ −∑ ∫

Theo phần ước lượng sai số công thức Simson một phần ba ta có

( )

2 2

2

5* , 0, 1

90

i

i

x

ii

x

M hf x dx I i m+

− ≤ ∀ = −∫ với ( ) ( )2 2 2

4

;maxi i

i x x xM f x

+⎡ ⎤∈⎣ ⎦=

Ta suy ra

( ) 45 51

103 90 90 180

mi

i

b a MhM h mMhI I−

=

−− ≤ ≤ =∑ với

[ ]

( ) ( )4

;maxx a b

M f x∈

=

Ví dụ 4.3.3: Tính tích phân ( )2

1

ln 2 1I x dx= +∫ bằng công thức Simson một phần ba mở

rộng với 10n = , có đánh giá sai số. Giải

Đặt ( ) ( )ln 2 1f x x= + và 0,1b ahn−

= = . Ta lâp bảng

1A1A

0A

2A

3A 4A

2nA −

1nA −nA

1A

99

i x ( )y f x=

0 1,0 1,098612 1 1,1 1,163151 2 1,2 1,223775 3 1,3 1,280934 4 1,4 1,335001 5 1,5 1,386294 6 1,6 1,435085 7 1,7 1,481605 8 1,8 1,526056 9 1,9 1,568616 10 2,0 1,609438

Áp dụng công thức Simson một phần ba mở rộng ta được

( )0 0 1 102 4 1, 3756763hI y yσ σ≈ + + + =

Ta tiến hành đánh giá sai số kết quả trên

( ) 4

13 180

b a MhI I −− ≤ với

[ ]

( ) ( )4

1;21; 0,1; max 1,580247

xb a h M f x

∈− = = = =

Ta suy ra

( ) 46

13

10180

b a MhI I −−− ≤ =

100

Bài 4. CÔNG THỨC SIMSON BA PHẦN TÁM

4.4.1. Công thức Simson một ba phần tám

Xét tích phân ( )

b

a

I f x dx= ∫ . Áp dụng công thức Newton – Cotes với 3n = ta được

( ) ( )( )3

0 0 1 1 2 2 3 30i i

i

I b a y H b a y H y H y H y H=

≈ − = − + + +∑

Ta đã biết 0 3 1 21 3;8 8

H H H H= = = = và 3b ah −

= . Ta suy ra

( )0 1 2 33* 3 38hI I y y y y≈ = + + + (4.4.1)

Công thức (4.4.1) được gọi là công thức Simson ba phần tám

Hình 4.4.1

Ví dụ 4.4.1: Tính tích phân 0,6

20,3

1

x

x

e xI dxe

+=

+∫ bằng công thức Simson ba phần tám

Giải

Đặt ( )2 1

x

x

e xf xe

+=

+ và 0,6 0, 3 0,1

3h −= = . Ta lập bảng

i x ( )y f x=

0 0,3 0,584617 1 0,4 0,586514 2 0,5 0,577880 3 0,6 0,560660

0A

1A2A

3A

h

101

Áp dụng công thức Simson ba phần tám ta được

( )0 1 2 33 3 3 0,1739428hI y y y y≈ + + + =

Ước lượng sai số Từ công thức ước lượng sai số của công thức Newton – Cotes ta suy ra

( )( )( )35 5

0

49* 1 2 324 720Mh MhI I t t t t dt− ≤ − − − =∫ với

[ ]

( ) ( )4

;maxx a b

M f x∈

=

Trong thực tế để đánh giá sai số của công thức Simson ba phần tám người ta dùng công thức sau (đánh giá tốt hơn công thức trên)

53*

80MhI I− ≤

Ví dụ 4.4.2: Tính tích phân 1,8

1,2

13 2xI dxx+

=+∫ bằng công thức Simson ba phần tám, có đánh

giá sai số. Giải

Đặt ( )1

3 2xf xx+

=+

và 0,2h = . Ta lập bảng

i x ( )y f x=

0 1,2 0,392857 1 1,4 0,387097 2 1,6 0,382353 3 1,8 0,378378

Áp dụng công thức Simson ba phần tám ta được

( )0 1 2 33 3 3 0,2309698hI y y y y≈ + + + =

Ta tiến hành đánh giá sai số. Ta có

53*

80MhI I− ≤ với

[ ]

( ) ( )4

1,2;1,80,2; max 0,117662

xh M f x

∈= = =

Ta suy ra 6* 10I I −− ≤

4.4.2. Công thức Simson ba phần tám mở rộng

102

Để tính tích phân ( )

b

a

f x dx∫ ta chia đoạn [ ];a b thành 3n m= đoạn bằng nhau bởi các điểm

chia 0 1 2 3 1 3... m ma x x x x x b−= < < < < < = . Khi đó ta có các kết quả

0 3

1 0 2 1 3 3 1

0

,

...3

, 0, 3

m

m m

i

x a x b

b ax x x x x x hm

x x ih i m

−

⎧ = =⎪⎪⎪⎪ −⎪⎪ − = − = = − = =⎨⎪⎪⎪⎪ = + =⎪⎪⎩

Từ đây ta thu được

( ) ( ) ( )

( )

3 3

3

1 1

3 3 1 3 2 3 30 0

0 0 1 3

3 3 38

3 2 38

i

i

xb m m

i i i ii ia x

m

hI f x dx f x dx y y y y

h y yσ σ

+− −

+ + += =

= = ≈ + + +

= + + +

∑ ∑∫ ∫ (4.4.2)

với ( )1 1

0 3 1 3 1 3 21 0

;m m

i i ii i

y y yσ σ− −

+ += =

= = +∑ ∑

Công thức (4.4.2) được gọi là công thức Simson ba phần tám mở rộng

Hình 4.4.2 Ước lượng sai số

Ta đặt ( )3 0 0 1 38

3 2 38 mhI y yσ σ= + + + với ( )

1 1

0 3 1 3 1 3 21 0

;m m

i i ii i

x x xσ σ− −

+ += =

= = +∑ ∑

Nhận thấy rằng 1*

308

m

ii

I I−

=

= ∑ với ( )*3 3 1 3 2 3 3

3 3 3 , 0, 18i i i i ihI y y y y i m+ + += + + + ∀ = −

0A

1A2A

3A

3nA −

2nA −

nA

1nA −

h

103

Khi đó ta có

( )

3 3

3

1*

308

i

i

xm

ii x

I I f x dx I+−

=

− ≤ −∑ ∫

Theo phần ước lượng sai số công thức Simson ba phần tám ta có

( )

3 3

3

5* 3 , 0, 1

80

i

i

x

ii

x

M hf x dx I i m+

− ≤ ∀ = −∫ với ( ) ( )3 3 3

4

;maxi i

i x x xM f x

+⎡ ⎤∈⎣ ⎦=

Ta suy ra

( ) 45 51

308

3 380 80 80

mi

i

b a MhM h m MhI I−

=

−− ≤ ≤ =∑ với

[ ]

( ) ( )4

;maxx a b

M f x∈

=

Ví dụ 4.4.3: Tính tích phân 2,2

21

2 33 2xI dx

x x+

=+ +∫ bằng công thức Simson ba phần tám mở

rộng với 6n = , có đánh giá sai số Giải

Đặt ( )2

2 33 2xf x

x x+

=+ +

và 2,2 1 0,26

h −= = . Ta lập bảng

i x ( )y f x=

0 1,0 0,833333 1 1,2 0,767045 2 1,4 0,710784 3 1,6 0,662393 4 1,8 0,620301 5 2,0 0,583333 6 2,2 0,550595

Áp dụng công thức Simson ba phần tám mở rộng ta được

( )0 0 1 63 2 3 0, 8068308hI y yσ σ≈ + + + =

Ta tiến hành đánh giá sai số

( ) 4

38 80

b a MhI I −− ≤ với 1,2; 0,2; 0, 849b a h M− = = =

Ta suy ra

38

0, 000020I I− ≤

104

Bài 5. CÔNG THỨC CẦU PHƯƠNG GAUSS

Ý tưởng của công thức cầu phương Gauss là xấp xỉ tích phân ( )

b

a

I f x dx= ∫ bởi một tổng

hưuc hạn. Cụ thể hơn, ta có

( ) ( ) ( ) ( )1 11

..b n

i i n nia

I f x dx B f x B f x B f x=

= ≈ = + +∑∫ (4.5.1)

Trong đó các hệ số 1 2 1 2, ,..., ; , ,...n nB B B x x x được xác định theo điều kiện là công thức (4.5.1)

sẽ trở thành công thức đúng với mọi đa thức bậc nhỏ hơn 2n . Ta thay các hàm số ( ) , 0,...,2 1m

mf x x m n= = − vào hệ thức (4.5.1) (khi đó ta thay dấu ≈

bởi dấu = ) ta được hệ phương trình

1 2

2 2

1 1 2 2

2 22 1 2 1 2 1

1 1 2 2

..

..2

...

...2

n

n n

n nn n n

n n

B B B b a

b aB x B x B x

b aB x B x B xn

− − −

⎧ + + + = −⎪⎪⎪⎪ −⎪⎪ + + + =⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪ −⎪ + + + =⎪⎪⎪⎩

(4.5.2)

Hệ phương trình (4.5.2) có 2n ẩn và 2n phương trình nhưng việc giải hệ gặp rất nhiều khó khăn (ngay cả việc chứng minh hệ có nghiệm). Do đó, chúng ta sẽ có cách tiếp cận khác với đa thức Legendre đống vai trò trung tâm.

Trước hết ta xét tích phân dạng ( )

1

1

I f x dx−

= ∫ . Đa thức Legendre được xác định theo công

thức ( ) ( )( )

21 12 !

nnn nx x

nζ ⎡ ⎤= −⎢ ⎥⎣ ⎦ .

Một vài đa thức Legendre đầu tiên ứng với 0,1,..., 6n =

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

20 1 2

2 4 23 4

5 3 6 4 25 6

3 11; ; ;2 2

5 3 35 15 3; ;2 2 8 4 863 35 15 231 315 105 5;8 4 8 16 16 16 16

x x x x x

x x x x x x

x x x x x x x x

ζ ζ ζ

ζ ζ

ζ ζ

= = = −

= − = − +

= − + = − + −

Đồ thị các đa thức Legendre với 0,..., 6n =

105

Tính chất của đa thức Legendre 1. Với mọi n , đa thức ( )n xζ có bậc n

2. Nếu ( )P x là một đa thức có bậc nhỏ hơn n thì ( ) ( )

1

1

0nP x x dxζ−

=∫ .

3. ( )n xζ có n nghiệm thực phân biệt nằm trong đoạn ( )1;1−

Chứng minh Tính chất 1 là hiển nhiên đúng. Ta chỉ cần chứng minh tính chất 2 và 3 2. Trước hết, ta nhận xét

( )( )

( )( )

2 2

1 11 1 0,

m mn n

x xx x m n

= =−⎡ ⎤ ⎡ ⎤− = − = ∀ <⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Đặt degk P= và ka là hệ số bậc cao nhất của đa thức ( )P x . Ta suy ra k n< . Áp dụng

công thức tích phân từng phần ta được

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

( ) ( )( )

( ) ( )( )

1 12

1 1

111 12 2

11

112

1

1

1 1

1

nnn

n nn n

nn

P x x dx P x x dx

P x x P x x dx

P x x dx

ζ− −

− −

−−

−

−

⎡ ⎤= −⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤′= − − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤′= − −⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫

∫

∫

Áp dụng công thức tích phân từng phần k lần liên tiếp ta được

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

1 1 112 2

11 1

1 1 1 1 0n k n kn nk k

n kP x x dx a x dx xζ− − −

−− −

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − = − − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫

Tính chất 2 đã được chứng minh.

106

3. Cho ( ) 1P x = , áp dụng tính chất 2 ta được ( )

1

1

0n x dxζ−

=∫ . Theo định lí giá trị trung bình

tồn tại ( )1;1α ∈ − sao cho ( ) ( )

1

1

1 02n n x dxζ α ζ

−

= =∫ . Do đó, đa thức ( )n xζ có ít nhất một nghiệm

thực trong ( )1;1− . Giả sử ( )1 2, ,..., 1;1kx x x ∈ − là k nghiệm phân biệt của đa thức ( )n xζ . Khi đó ta

có 1 k n≤ ≤ và dạng phân tích ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2

1 2 ... km m mn kx x x x x x x Q xζ = − − − với ( )Q x là một đa

thức vô nghiệm trong [ ]1;1− . Ta cần chứng tỏ k n= .

Giả sử k n< , vì ( )

1

1

0n x dxζ−

=∫ nên trong các số 1 2, ,..., km m m phải có ít nhất một số lẻ.

Giả sử 1 2, ,...,

ji i im m m với 1 j k≤ ≤ là tập hợp các số lẻ. Đặt ( ) ( )( ) ( )1 2...

ji i iG x x x x x x x= − − −

Ta thấy 1 degG k n≤ ≤ < và đa thức ( ) ( )nG x xζ không đổi dấu trong ( )1;1− . Do đó, ta suy

ra ( ) ( )

1

1

0nG x x dxζ−

>∫ , điều này mâu thuẫn với tính chất 2. Vì vậy, ta phải có k n= .

Tính chất 3 đã được chứng minh.

Ta xét biểu diễn ( ) ( ) ( ) ( )1

1 111

..n

i i n ni

I f x dx B f x B f x B f x=−

= ≈ = + +∑∫ (4.5.3)

Chọn 1 2, ,..., nx x x là n nghiệm của đa thức ( )n xζ .

Thay các hàm số ( ) , 0,..., 1mmf x x m n= = − vào hệ thức (4.5.3) ta được hệ

( )

( )

( )

1 2

22

1 1 2 2

1 1 11 1 2 2

.. 1 1 2

1 1.. 02

...

1 1...

n

n n

nnn n n

n n

B B B

B x B x B x

B x B x B xn

− − −

⎧ + + + = − − =⎪⎪⎪⎪⎪ − −⎪ + + + = =⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪ − −⎪ + + + =⎪⎪⎪⎩

(4.5.4)

Ở đây có một sự khác biệt là ta không cần thay các hàm số ( ) , ,...,2 1mmf x x m n n= = − vào

hệ thức (4.5.3). Thật vậy ,...,2 1m n n∀ = − ta có ( ) ( ) ( ) ( )mm nf x x x p x r xζ= = + với ( ) ( );p x r x

là hai đa thức có bậc nhỏ hơn n . Ta suy ra

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1 1

1 1 1 1m nf x dx p x x dx r x dx r x dxζ

− − − −

= + =∫ ∫ ∫ ∫

Do đó, nếu (4.5.3) đúng các đa thức bậc nhỏ hơn n thì nó cũng đúng với các đa thức bậc nhỏ hơn 2 1n − .

Gọi A là ma trận hệ số của hệ (4.5.4). Ta có

107

1 2

1 1 11 2

1 1 ... 1...

... ... ... ...

...

n

n n nn

x x xA

x x x− − −

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

Ta thấy detA là định thức Vandermonde. Vì các số 1 2, ,..., nx x x đôi một khác nhau nên ta suy

ra det 0A ≠ hay hệ (4.5.4) có nghiệm duy nhất. Như vậy tồn tại duy nhất các hệ số 1 2; ;...; nB B B .

Sau đây ta xét một vài trường hợp đặc biệt của công thức cầu phương Gauss.

Trường hợp 3n = . Đa thức ( )3 xζ có ba nghiệm 1 2 33 3; 0;5 5

x x x= − = = . Thế ba giá trị

này vào hệ (4.5.3) ta được hệ sau

11 2 3

1 3 2

31 3

52

93 3 805 5 9

53 3 295 5 3

BB B B

B B B

BB B

⎧ ⎧⎪ ⎪⎪ =⎪+ + =⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪− + = ⇔ =⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ =+ =⎪ ⎪⎪ ⎪⎩⎪⎩

Từ đây ta nhận được công thức cầu phương Gauss bậc ba

( ) ( )1

1

5 3 8 5 309 5 9 9 5

I f x dx f f f−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= ≈ − + +⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫

Ví dụ 4.5.1: Tính tích phân 1

21

12

xI dxx

−

+=

+∫ bằng công thức cầu phương Gauss bậc ba

Giải

Đặt ( )2

12

xf xx

+=

+. Áp dụng công thức cầu phương Gauss bậc ba ta được

( )1

21

1 5 3 8 5 3 3402 9 5 9 9 5 39

xI dx f f fx

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= ≈ − + + =⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜+ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫

Ví dụ 4.5.1: Tính gần đúng giá trị của π bằng cách dùng công thức cầu phương Gauss bậc ba Giải

Ta đã biết 1

21

121dx

xπ

−

=+∫ . Đặt ( )

2

11

f xx

=+

. Áp dụng công thức Gauss bậc ba ta được

( )1

21

1 5 3 8 5 3 192 2 01 9 5 9 9 5 6dx f f f

xπ

−

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎢ ⎥⎟ ⎟= ≈ − + + =⎜ ⎜⎟ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜+ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∫

Trường hợp 4,5, 6n = . Lập luận như trường hợp 3n = ta được kết quả sau

108

n ix iB

4

0,86113631 0,33998104 -0,33998104 -0,86113631

0,34785485 0,65214515 0,65214515 0,34785485

5

0,90617985 0,53846931 0,00000000 -0,53846931 -0,90617985

0,23692689 0,47862867 0,56888889 0,47862867 0,23692689

6

0,93246951 0,66120939 0,23861919 -0,23861919 -0,66120939 -0,93246951

0,17132450 0,36076158 0,46791394 0,46791394 0,36076158 0,17132450

Trong trường hợp ta cần tính tích phân ( )

b

a

I f x dx= ∫ , chúng ta đưa tích phân trên về đoạn

[ ]1;1− bằng phép đổi biến 2 2b a b ax t− +

= + . Khi đó

( )

1

12 2 2

b

a

b a b a b aI f x dx f t dt−

⎛ ⎞− − + ⎟⎜= = + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫

Ước lượng sai số Ước lượng sai số của công thức Gauss được tính theo công thức

( ) ( )( )[ ] ( )

42 1

3!

*2 ! 2 1

nb a n MI I

n n

+−− ≤

+ với

[ ]

( ) ( )2

;max n

x a bM f x

∈= .

Ví dụ 4.5.3: Tính tích phân 1,5

1

lnI x xdx= ∫ bằng công thức Gauss bậc bốn, đánh giá sai số kết

quả tìm được. Giải Ta đổi biến 0,25 1,25x t= + . Khi đó

( ) ( )1,5 1

1 1

ln 0,25 0,25 1,25 ln 0,25 1,25I x xdx t t dt−

= = + +∫ ∫

109

Áp dụng công thức cầu phương Gauss bậc bốn ta được

( ) ( )1

1

0,25 1,25 ln 0,25 1,25 0,574593t t dt−

+ + ≈∫

Vậy 0,143648I ≈

Ta tiến hành đánh giá sai số. Ta có

( ) ( )( )[ ] ( )

42 1

3!

*2 ! 2 1

nb a n MI I

n n

+−− ≤

+ với 0,5; 4; 720b a n M− = = =

Ta tính được

( ) ( )( )[ ] ( )

42 19

3!

* 102 ! 2 1

nb a n MI I

n n

+−−

− ≤ =+

110

Chương 5. GIẢI GẦN ĐÚNG PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG

Bài 1. MỞ ĐẦU

Trong khoa học, kĩ thuật chúng ta gặp rất nhiều bài toán liên quan đến phương trình vi phân thường (chẳng hạn như bài toán tính vận tốc của một vật thể khi biết độ dài quãng đường trong những khoảng thời gian khác nhau, bài toán tính toán cường độ dòng điện theo điện lượng). Có nhiều trường hợp nghiệm đúng của phương trình vi phân không thể tìm ra được.

Bởi vậy để tìm nghiệm của chúng phải áp dụng các phương pháp gần đúng khác nhau. Các phương pháp có thể chia làm hai nhóm: Nhóm thứ nhất được gọi là phương pháp giải tích,

nhóm thứ hai được gọi là phương pháp số. Các phương pháp giải tích cho phép tìm nghiệm gần đúng dưới dạng một biểu thức giải tích Các phương pháp số cho phép tìm nghiệm dưới dạng bảng. Dưới đây, ta chỉ giới thiệu một phương pháp giải tích thường dùng gọi là phương pháp lặp

đơn, và một số phương pháp số (bao gồm phương pháp Euler, Euler cải tiến, Rung - Kutta).

111

Bài 1. PHƯƠNG PHÁP LẶP ĐƠN

Xét bài toán giá trị ban đầu sau đây:

( )

( )0 0

,dyy f x ydx

y x y

′ = =

= (*)

Giả sử ( ),f x y là hàm liên tục trên [ ] [ ]0 0 0 0, ,D x a x a y b y b= − + × − +

Khi đó bài toán giá trị ban đầu ở trên tương đương với phương trình tích phân

( ) ( )( )0

0 ,x

x

y x y f s y s ds= + ∫

Ta thiết lập dãy ( )

( ) ( )( )0

0 0

1 0 , , 0x

k kx

y x y

y x y f s y s ds k+

=⎧⎪⎪⎪⎪⎨ = + ∀ ≥⎪⎪⎪⎪⎩∫

(**)

Sau đây, ta xem xét một số điều kiện để dãy trên hội tụ đến nghiệm duy nhất của phương trình vi phân (*)

Định lí 5.1.1: Giả sử hàm số ( ),f x y liên tục trong D và trên đó thỏa mãn điều kiện Lipschitz

theo biến thứ hai, tức là

( ) ( ) [ ] [ ]1 2 1 2 1 2 0 0 0 0, , , , , , ,f x y f x y L y y y y y b y b x x a x a− ≤ − ∀ ∈ − + ∀ ∈ − +

ngoài ra, giả sử ( )

( ),max , , min ,x y D

bM f x y h aM∈

⎛ ⎞⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ .

Khi đó dãy các xấp xỉ (**) sẽ hội tụ tới nghiệm duy nhất của phương trình (*) trên [ ]0 0,x h x h− + .

Tốc độ hội tụ được xác định bởi công thức

( ) ( )( )

1* 0 , 0

1 !

kk

k

x xy x y x L M k

k

+−− ≤ ∀ ≥

+

với ( )*y x là nghiệm đúng của (*)

Ví dụ 5.1.1: Giải phương trình vi phân 4y x y′ = + bằng phương pháp lặp đơn với ( )0 0y = .

Giải Hàm ( ) 4,f x y x y= + liên tục trên toàn mặt phẳng nên ,a b có thể chọn tùy ý.

Chọn ( )0 0y x = thì xấp xỉ đầu tiên xác định

112

( ) ( )( )5

41 0 0

0 0

,5

x x xy x y f s y s ds s ds= + = =∫ ∫

Tương tự

( ) ( )( )

( ) ( )( )

( ) ( )( )

5 5 64

2 0 10 0

5 6 5 6 74

3 0 20 0

5 6 7 5 6 7 84

4 0 30 0

,5 5 30

,5 30 5 30 210

,5 30 210 5 30 210 1680

x x

x x

x x

s x xy x y f s y s ds s ds

s s x x xy x y f s y s ds s ds

s s s x x x xy x y f s y s ds s ds

⎛ ⎞⎟⎜= + = + = +⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

⎛ ⎞⎟⎜= + = + + = + +⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

⎛ ⎞⎟⎜= + = + + + = + + +⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

Chúng ta sẽ ước lượng sai số của ( )4y x

Chọn 0,5a b= = . Ta có:

( )( )

( )( )

( )( )

4

, ,

'

,

max , max 0,5625

max , 1

0,5min , min 0,5, 0, 50,5625

x y G x y G

yx y G

M f x y x y

L f x y

bh aM

∈ ∈

∈

= = + =

= =

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎜⎟⎜= = =⎟⎜⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

với [ ] [ ]0,5;0,5 0,5;0, 5G = − × −

Do vậy trên đoạn [ ]0,5;0,5− ta có

( ) ( )

5 5*

40 0,50,5625. 0, 0001465! 5!

n xy x y x L M −− ≤ = = .

113

Bài 2. PHƯƠNG PHÁP EULER VÀ EULER CẢI TIẾN 5.2.1. Phương pháp Euler

Xét bài toán giá trị ban đầu sau đây:

( )

( )0 0

,dyy f x ydx

y x y

⎧⎪ ′⎪ = =⎪⎪⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

(*)

Giả sử hàm số hai biến ( ),f x y có đạo hàm riêng bậc m liên tục theo hai biến ,x y trên

[ ] [ ]0 0 0 0, , ; ; , 0D x x a y b y b m a b= + × − + ∈ > .

Lấy đạo hàm (*) theo biến x ta có ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2

, ,

, 2 , , ,

x y

xx xy yy y

y x f x y f x y y x

y x f x y f x y y x f x y y x f x y y x

′′ ′= +

′′′ ′ ′ ′′= + + +…

Thay 0 0,x x y y= = ta nhận được dãy ( ) ( ) ( )0 0 0, , ,...y x y x y x′ ′′ ′′′

Với x đủ gần 0x chúng ta có thể tính giá trị gần đúng của nghiệm bài toán (*) theo công thức:

( )

( ) ( )( )0

00 !

imi

i

y xy x x x

i=

≈ −∑

Trong trường hợp x ở xa 0x , chúng ta chia đoạn [ ]0 0,x x a+ thành n đoạn bằng nhau

1, , 0, 1j jx x j n+⎡ ⎤ = −⎣ ⎦ . Ta dễ dàng suy ra 1 , 0,j jx x h j n+ = + = với ah

n= .

Giả sử ta tính được ( )j jy x y≈

Ta đặt ( ) ( ) ( ) |j

i ij j j y yy y x ==

Sử dụng công thức

( ) ( )

( )

( )0 !

im ijj j

i

yy x z x x x

i=

≈ = −∑ (**)

với 1,j jx x x +⎡ ⎤∈ ⎣ ⎦ , thì 1jy + sẽ được tính bởi ( )1 1j j jy z x+ +=

Chọn 1m = thì (**) sẽ trở thành

( )1

1

,

, 0, 1

j j j j

j j

y y hf x y

h x x j n

+

+

⎧⎪ = +⎪⎪⎨⎪ = − = −⎪⎪⎩ (***)

Phương pháp số tính nghiệm gần đúng của (*) theo công thức (***) gọi là phương pháp Euler. Bây giờ ta xét sai số của phương pháp Euler.

114

Ta có ( ) ( ) ( )0

h

y x h y x y x s ds′+ = + +∫ (1)

Dùng khai triển Taylor ta thấy rằng ( ) ( ) ( )20

h

y x s ds hy x O h′ ′+ = +∫ thay vào (1) ta được

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

2

2,

y x h y x hy x O h

y x hf x y O h

′+ = + +

= + +

Từ đây ta suy ra

( )21j jy y O h+ − =

5.2.2. Phương pháp Euler cải tiến: Để có được phương pháp số giải (*) với độ chính xác cao hơn phương pháp Euler, chúng ta cần xấp xỉ tích phân ở vế phải của (1) tốt hơn. Từ (1) sử dụng công thức hình thang ta được

( ) ( ) ( )( ) ( )30

2

h hy x s ds y x y x h O h′ ′ ′+ = + + +∫

Từ đây ta suy ra

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )30

2

h hy x h y x y x s ds y x y x y x h O h′ ′ ′+ = + + = + + + +∫

Thay 1,j jx x x h x += + = ta có

( ) ( )1 1 1, ,2j j j j j jhy y f x y f x y+ + +⎡ ⎤≈ + +⎢ ⎥⎣ ⎦ (****)

Công thức (****) chính xác hơn công thức (***). Tuy nhiên vì vế phải của (****) có chứa

1jy + do vậy tính được 1jy + thì giải phương trình (****). Việc này khá khó khăn. Để giải quyết việc

đó, người ta thay 1jy + ở vế phải của (****) bằng biểu thức

( )1 ,j j j jy y hf x y+ = +

Và dẫn đến việc tính 1jy + theo các bước lặp ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )( ) ( )

01

11 1 1

, 2

, , 32

0, 1; 1,2,...

j j j j

m mj i j j j j

y y hf x y

hy y f x y f x y

j n m

+

−+ + +

⎧⎪ = +⎪⎪⎪⎪⎪ = + +⎨⎪⎪⎪⎪ = − =⎪⎪⎩

Như vậy để tính 1iy + đầu tiên ta tính 1iy + theo công thức (2) sau đó hiệu chỉnh theo công thức

(3). Quá trình lặp trong (3) sẽ dừng lại khi hai giá trị ( )1kjy + và ( )1

1kjy+

+ gần nhau đến mức cần thiết, nghĩa

là ( ) ( )11 1k kj jy y ε++ +− ≤

115

Các công thức (2) và (3) được gọi là các công thức Euler cải tiến. Ví dụ 5.2.1:

Cho phương trình vi phân ( )0 1

y x y

y

⎧ ′ = +⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ với [ ]0;0, 5x ∈ .

Tính ( )0,25y với sai số không quá 310− .

Giải Với 0,25h = ta có: 1 0 0,25x x h= + =

Áp dụng công thức Euler cải tiến ta được

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( ) ( )( )( )

01 0 0 0

1 01 0 0 0 1 1

2 11 0 0 0 1 1

3 21 0 0 0 1 1

, 1 0,25 0 1 1,250000

, , 1, 3125002

, , 1, 3203132

, , 1, 3212892

y y hf x y

hy y f x y f x y

hy y f x y f x y

hy y f x y f x y

⎧⎪ = + = + + =⎪⎪⎪⎪⎪ = + + =⎪⎪⎪⎪⎨⎪ = + + =⎪⎪⎪⎪⎪⎪ = + + =⎪⎪⎪⎩

Ta thấy ( ) ( )3 2 4 31 1 9,76.10 10y y − −− = <

Chính vì thế, ta lấy ( )31 1 1, 321289y y≈ = .

116

Bài 3. PHƯƠNG PHÁP RUNG-KUTTA

Nội dung cơ bản của phương pháp Rung-Kutta là để tăng độ chính xác của 1jy + ta cần thêm

các điểm trung gian giữa jx và 1jx + . Rung và Kutta đã đặt vấn đề như sau (để tiện cho việc viết, ta

cho 0j = )

Đặt 1 0 0y y y= +Δ và biểu diễn phần số gia ở dạng:

( ) ( ) ( )0 1 1 2 2 ... r ry c k h c k h c k hΔ = + + +

với ic là các hằng số (sẽ xác định sau), ( )ik h là các hàm số được xác định như sau:

( ) ( ) ( )0 0 1 1 1 1, ; ; ... , 1,i i i i i i i i i ik h hf x h y k k i rξ η ξ α η β β − −= = + = + + + =

trong đó iα và ijβ là các hằng số xác định sau. Tiếp theo, ta lập hàm số biểu diễn sai số địa phương

ở dang:

( ) ( ) ( )* *0 1 0 0 0r h y x h y y x h y yϕ = + − = + − −Δ

Bây giờ ta yêu cầu sai số địa phương có bậc là 1s + , nghĩa là ta cần có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )10 0 ... 0 0; 0 0s sr r r rϕ ϕ ϕ ϕ +′= = = = ≠ (*)

Từ đây ta suy ra ( ) ( ) ( )1 1s sr h O hϕ + +=

Vấn đề đặt ra là tìm các số , ,i i ijc α β để có s càng lớn càng tốt. Hệ phương trình để xác định

các hệ số đó được thu nhận từ điều kiện (*). Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )*

1

0 0 0r

m m mr i i

i

y c kϕ=

= −∑

Từ đây và từ (*) ta nhận được hệ các đẳng thức: ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 2 2

1 1 2 2

1 1 2 2

0 0 ... 0 0

0 0 ... 0 0

0 0 ... 0 0

r r

r r

s s s sr r

c k c k c k

c k c k c k y

c k c k c k y

⎧ + + + =⎪⎪⎪⎪⎪ ′ ′ ′ ′+ + + =⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪ + + + =⎪⎪⎩

… (**)

Có tất cả 2 3 22

r r+ − ẩn số gồm các số , ,i i ijc α β . Ta hãy xem (**) tạo được bao nhiêu

phương trình. Dòng thứ nhất của (**) là một đẳng thức nên hiển nhiên nó không tạo ra phương trình nào. Dòng thứ hai, khi lấy 0h = , cả hai vế chỉ chứa đại lượng ( )0 0,f x y nên nó tạo ra được một

phương trình. Dòng thứ ba, với 0h = , hai vế đều chứa đại lượng ( )0 0,xf x y′ và ( ) ( )0 0 0 0, ,yf x y f x y′

nên nó tạo ra được hai phương trình. Tương tự, ta có thể thấy dòng thứ ( )1 1m m s≤ ≤ + của (**)

117

có 1m − phương trình. Do đó, số phương trình xác định hệ số trên có tất cả là ( )12

s s + . So sánh số

ẩn và số phương trình, nếu ta lấy s r> thì số phương trình nhiều hơn số ẩn và khi đó phương trình có thể vô nghiệm. Do mong muốn s càng lớn càng tốt nên khi đã cố định r , ta có thể lấy tối đa s r= . Khi đó số ẩn sẽ nhiều hơn số phương trình là 1r − . Vì thế, hệ phương trình (*) nói chung là có nghiệm, và không chỉ một nghiệm. 5.3.1. Công thức Rung-Kutta bậc hai: Xét trường hợp 2r = , ta có:

( )

( )1 0 0

2 0 2 0 21 1

0 1 1 2 2

,

,

k hf x y

k hf x h y k

y c k c k

α β

=

= + +

Δ = +

Ta có bốn hệ số cần xác định là 1 2 2 21, , ,c c α β . Ta có một số kết quả như sau:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

1 2

1 0 0 1

2 0 0

2 2 0 0 21 0 0 0 0

0 0 0

0 , ; 0 0

0 ,

0 2 , 2 , ,x y

k k

k f x y k

k f x y

k f x y f x y f x yα β

= =

′′′ = =

′ =

′′ ′ ′= +

Từ (**) và các kết quả được tính bên trên ta được hệ phương trình

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 0 0 2 0 0 0 0

2 2 0 0 2 21 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

2 , 2 , ,

2 , 2 , , , , ,x y x y

c f x y c f x y f x y

c f x y c f x y f x y f x y f x y f x yα β

⎧ + =⎪⎪⎪⎨⎪ ′ ′ ′ ′+ = +⎪⎪⎩

Rút gọn hệ trên ta nhận được

1 2

2 2

2 21

1

2 1

2 1

c c

c

c

α

β

⎧⎪ + =⎪⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪⎪ =⎪⎪⎩

Ba phương trình dùng để xác định bốn hệ số nên có nhiều hơn một bộ lời giải. Nếu ta lấy

1 0c = thì ta sẽ có 2 2 2111,2

c α β= = = . Khi đó sơ đồ Rung-Kutta tương ứng như sau:

( )

( )

( ) ( )

1 0 0

2 0 0 1

31 0 1 2

,

,

12

k hf x y

k hf x h y k

y y k k O h

⎧⎪⎪⎪ =⎪⎪⎪⎪ = + +⎨⎪⎪⎪⎪ = + + +⎪⎪⎪⎩

5.3.2. Công thức Rung-Kutta bậc ba:

118

Bằng cách tương tự như trên, ta được sơ đồ Rung – Kutta bậc ba

( )

( )

( ) ( )

1 0 0

2 0 0 1

3 0 0 1 2

41 0 1 2 3

,

1 1,2 2, 2

1 46

k hf x y

k hf x h y k

k hf x h y k k

y y k k k O h

⎧ =⎪⎪⎪⎪⎪ ⎛ ⎞⎪ ⎟⎜= + +⎪ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎪⎪⎨⎪ = + − +⎪⎪⎪⎪⎪ = + + + +⎪⎪⎪⎩

5.3.3. Công thức Rung-Kutta bậc bốn: Có nhiều sơ đồ Rung – Kutta bậc bốn, nhưng sơ đồ sau đây thường được dùng nhất

( )

( )

( ) ( )

1 0 0

2 0 0 1

3 0 0 2

4 0 0 3

51 0 1 2 3 4

,

1 1,2 21 1,2 2,

1 2 26

k hf x y

k hf x h y k

k hf x h y k

k hf x h y k

y y k k k k O h

⎧ =⎪⎪⎪⎪⎪ ⎛ ⎞⎪ ⎟⎜= + +⎪ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎪⎪⎪⎪ ⎛ ⎞⎪ ⎟⎜= + +⎨ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎪⎪⎪⎪ = + +⎪⎪⎪⎪⎪ = + + + + +⎪⎪⎪⎩

Ví dụ 5.3.1:

Cho phương trình vi phân ( )0 1

y x y

y

⎧ ′ = +⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ với [ ]0;0,5x ∈ .

Tính ( )0,25y bằng phương pháp Rung – Kutta bậc bốn

Giải Ta có: ( ) ( )1 0 0, 0,25 0 1 0,25k hf x y= = + =

2 0 0 11 1 0,25 1, 0,25 0 1 0,25 0, 31252 2 2 2

k hf x h y k⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= + + = + + + =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 0 0 21 1 0,25 0, 3125, 0,25 1 0, 3203122 2 2 2

k hf x h y k⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= + + = + + =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( )4 0 0 3, 0,25 0,25 1 0, 320312 0, 392578k hf x h y k= + + = + + =

( )

( )

1 0 1 2 3 41 2 2611 0,25 2 0, 3125 2 0, 320312 0, 392578 1, 3180376

y y k k k k= + + + +

= + + × + × + =

119

BÀI TẬP PHƯƠNG PHÁP TÍNH

Chương 1. PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ VÀ SIÊU VIỆT 1. Giải các phương trình sau bằng phương pháp lặp với sai số không quá 410− a. 4 23 3 0x x− − = có đoạn li nghiệm là [ ]1,5;2, 5 .

b. 3 1 0x x− − = có đoạn li nghiệm là [ ]1;2 .

c. 2 3 2 0xe x x− + − = có đoạn li nghiệm là [ ]0,2;0,5 .

d. 2cos 2 3 1 0x x x x− + − = có đoạn li nghiệm là [ ]1,2;1, 8 .

e. 2 arcsin 2 0x x x− + + = có đoạn li nghiệm là [ ]0, 8;0− .

f. ( ) ( )( )

6

41 1 6

1x x x

x+ − −

=+

có đoạn li nghiệm [ ]1;2 .

g. 3arctan 3 0x x+ − = có đoạn li nghiệm là [ ]1;2 .

h. ( )2 3ln 1 cos 0x x x+ − + = có đoạn li nghiệm là [ ]1;1,2 .

i. 2 2 cos 2 0x x x x+ + − = có đoạn li nghiệm là [ ]0, 4;0, 6 .

j. 22

1 2 01

x xx

+ + − =+

có đoạn li nghiệm là [ ]1;2 .

2. Giải các phương trình sau bằng phương pháp Newton với sai số không quá 410− a. 2 2 cos 6 0x xe x−+ + − = có đoạn li nghiệm là [ ]1;2 .

b. ( ) ( )ln 1 cos 1 0x x− + − = có đoạn li nghiệm là [ ]1, 3;2 .

c. ( )22 ln 0x x− − = có đoạn li nghiệm là [ ]1;2 và [ ]2, 8;4 .

d. sin 0xx e−− = có đoạn li nghiệm là [ ] [ ]0;1 , 3, 4 và [ ]6;7 .

e. ( ) ( ) ( )2 3 4

1 2 3 4 51 1 1 1x x x x+ + + =

+ + + + có đoạn li nghiệm là [ ]0;1 .

f. ( ) ( )( )

5

32 1 13 2

x x xx

+ − +=

+ có đoạn li nghiệm là [ ]0, 8;0− .

g. 5 22 3 4 0x x− − = có đoạn li nghiệm là [ ]1;2 .

h. ( ) 3ln 2 3 2 0x x x+ − + = có đoạn li nghiệm là [ ]1,5;2 .

i. 5 5 0x − = có đoạn li nghiệm là [ ]1;2 , từ đó suy ra giá trị gần đúng của 5 5 .

j. 2 3arctan 1 0x x x+ − + = có đoạn li nghiệm là [ ]2;2,5

3. Cho phương trình 3 2 6 0x x− − = có đoạn li nghiệm [ ]2;3

a. Giải phương trình trên bằng phương pháp lặp (lặp 3 bước, đánh giá sai số ở bước 3) b. Tìm số bước lặp nhỏ nhất để nghiệm gần đúng có sai số không quá 1010− .

120

4. Cho phương trình 3 23 2 cos 10x x x− − = có khoảng li nghiệm là [ ]1, 3;2 .

a. Giải phương trình trên bằng phương pháp Newton (lặp 3 bước, đánh giá sai số ở bước 3) b. Tìm số bước lặp nhỏ nhất để chắc chắn nghiệm gần đúng có sai số không quá 1010− .

121

Chương 2. GIẢI GẦN ĐÚNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1. Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp đơn (lặp 3 bước, đánh giá sai số ở bước 3)

a.

5 2 5

3 8 8

3 10 10

x y z

x y z

x y z

⎧⎪ + + =⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪ − + =⎪⎪⎩

b.

10 10

2 20 21

3 16 18

x y z

x y z

x y z

⎧⎪− + − = −⎪⎪⎪⎪ + − =⎨⎪⎪⎪− + + =⎪⎪⎩

c.

0,5 0, 01 0,2 0, 4

0,2 0, 8 0,1 0,98

0,2 2 3,2

x y z

x y z

x y z

⎧⎪ + + =⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎩

d.

1,2 0,2 0, 3 2,1

4 2,1 2,2

0,2 0, 3 1,6 1, 8

x y z

x y z

x y z

⎧⎪ + − =⎪⎪⎪⎪ + − =⎨⎪⎪⎪− + + =⎪⎪⎩

e.

10 2 3

2 30 5 4

4 20 19

5 3 25 24

x y z t

x y z t

x y z t

x y z t

⎧ − + + =⎪⎪⎪⎪ + − + =⎪⎪⎨⎪− + + − =⎪⎪⎪ + − + =⎪⎪⎩

f.

1,5 0 0,1 0,1 1,5

1 4,5 0,2 0, 3 4,5

0, 4 0,5 6 2 6

0 2,5 1 8 8

xyzt

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟− ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ =⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟− ⎟ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟⎜⎟ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

g.

8 2 3

2 7 2

3 4 10

90

82

120

x y z

x y z

x y z

⎧⎪ =⎪⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪⎪ =⎪⎪⎩

h.

9 2 3

2 15 3

2 4 21 8

3 2 10

149

590

908

1002

x y z t

x y zt

x y z t

xy z t

−

− −

⎧ =⎪⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⎩

2. Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp lặp Seidel (lặp 3 bước, đánh giá sai số ở bước 3)

a.

10 2 15

10 28

10 10

x y z

x y z

x y z

⎧⎪ + + =⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎩

b.

20 10

5 25 2 41

2 3 20 35

x y z

x y z

x y z

⎧⎪ + − =⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪ − + =⎪⎪⎩

c.

1,5 0,1 0, 3 1,2

0, 02 0,15 3,5

0,1 0, 3 2 4,1

x y z

x y z

x y z

⎧⎪ + + =⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎩

d.

4 0,2 0, 3 4,2

8 2,1 6,2

1,2 0, 3 6 3,7

x y z

x y z

x y z

⎧⎪ + − =⎪⎪⎪⎪ − − =⎨⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎩

e.

20 2 8

2 10 5 9

2 4 20 21

3 3 20 14

x y z t

x y z t

x y z t

x y z t

⎧ − + + =⎪⎪⎪⎪ + + + =⎪⎪⎨⎪ + + − =⎪⎪⎪ + − + =⎪⎪⎩

f.

15 0 5 0,1 10

2 25 2 3,2 10

0, 4 5 16 2 8

0 2,5 1 8 8

xyzt

⎛ − ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟− ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ =⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟− ⎟ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟⎜⎟ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

122

g.

20 2 6

8 25 2

2 16

190

882

320

x y z

x y z

xy z

⎧⎪ =⎪⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪⎪ =⎪⎪⎩

h.

9 2 3

2 15 3

2 4 21 8

3 2 10

149

590

908

1002

x y z t

x y zt

x y z t

xy z t

−

− −

⎧ =⎪⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⎩

3. Cho hệ phương trình

10 18

20 21

2 4 20 28

x y z

x y z

x y z

⎧⎪ − − =⎪⎪⎪⎪ + − =⎨⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎩

a. Giải hệ trên bằng phương pháp lặp đơn với sai số không quá 310− . b. Phải lặp ít nhất bao nhiêu bước thì sai số nghiệm gần đúng không quá 610− . 4. Cho hệ phương trình

25 1 2 5 1 24

1 10 1 3 1 8

1 1 10 1 2 10

5 3 1 20 3 7

1 1 2 3 16 4

xyztu

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎟⎛ ⎞ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜⎜⎟ ⎟⎟− −⎜ ⎜⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− − ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎟ =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜⎜⎟ ⎟⎟−⎜ ⎜⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜⎝ ⎠⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Phải lặp ít nhất bao nhiêu bước thì sai số nghiệm gần đúng không quá 610− . 5. Cho hệ phương trình

20 1 2 3 1

2 25 1 2 3

1 4 20 1 19

1 2 1 10 11

xyzt

⎛ − ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ =⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟− − −⎟ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟⎜⎟ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

a. Giải hệ trên bằng phương pháp lặp Seidel với sai số không quá 310− . b. Phải lặp ít nhất bao nhiêu bước thì sai số nghiệm gần đúng không quá 610− .

123

Chương 3. ĐA THỨC NỘI SUY VÀ PHƯƠNG PHÁP BÌNH PHƯƠNG BÉ NHẤT 1. Xây dựng đa thức nội suy Lagrange của hàm số ( )y f x= cho bởi bảng sau

a. x 1 4 5 7 y 3 5 10 15

Tính ( )6f

b. Tính ( )3f

c. Tính ( )3,5f

d.

Tính gần đúng ( )1,5y

e.

Tính ( )5,5f

f. 2. Xây dựng đa thức nội suy Newton (đầu bảng và cuối bảng) của các hàm số cho bởi bảng: a.

x 0 2 4 6 y 1 8 12 16

x 0 2 6 8 y 2 7 11 20

x 0 1 2 3 4 y 1 5 10 16 20

x 1 1,2 1,4 1,6 1,8 y 2 5 7 11 16

x -1 1 2 3 4 5 y -2 3 8 15 20 30

x 2,1 2,5 2,9 3,3 3,7 4 y 1 4 9 15 25 35

124

Tính gần đúng ( )3y

b.

x 1,0 1,3 1,6 1,9 y 2,2 8,1 12,2 17,4

Tính gần đúng ( )1, 4f

c.

x 0 3 6 9 12 y -1 2 8 17 42

Tính gần đúng ( )12,5y

d.

Tính gần đúng ( )2, 8y

e. x -0,1 0,2 0,5 0,8 1,1 1,4 y 0,1 1,12 1,74 1,91 2,1 2,91

Tính gần đúng ( )0, 4f

f.

Tính gần đúng ( )3f

4. Tìm ,a b để hàm số y ax b= + là xấp xỉ tốt nhất của các bảng số liệu sau

a. x 1 2 3 6 7 10 y 0 1 2 4 8 12

x 2,0 2,3 2,6 2,9 3,2 y 2 7 15 20 37

x 0 2 4 6 8 10 y 1,3 2,6 3,8 4,9 5,7 7,2

125

b.

c.

5. Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ bxy ae= và bảng số liệu thực nghiệm sau:

x 1 2 3 6 7 10 y 2,1 4,8 21,1 112,1 400,1 1000,12

Xác định ,a b từ đó hãy tính ( )9,2y .

Nếu thay bằng quan hệ 2bxy ae= thì ,a b được xác định như thế nào ?

6. Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ by ax= và bảng số liệu thực nghiệm sau:

x 3,1 3,5 3,6 3,7 3,8 4,0 y 9,1 12,4 17,3 21,1 25,1 32,6

Xác định ,a b từ đó hãy tính ( )3,92y .

Nếu thay bằng quan hê ( )2 1b

y a x= + thì ,a b được xác định như thế nào

7. Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ 2y ax bx c= + + và bảng số liệu thực nghiệm

sau: x 1 2 3 6 7 8 y 2,9 1,2 0,145 7,3 16,1 19,1

Xác định , ,a b c từ đó hãy tính ( )7,2y .

9. Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ cos siny a b x c x= + + và bảng số liệu thực

nghiệm sau: x 0 1 2 4 5 6 y 0 1,1 1,145 -1,3 1,01 3,1

Xác định , ,a b c bằng phương pháp bình phương bé nhất, từ đó hãy tính ( )5,5y .

10. Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ ( )ln 1 siny a x b x= + + và bảng số liệu thực

nghiệm sau:

x 1 3 4 6 8 9 11 y 3 4 6 8 9 11 13

x 1,1 3,2 5,2 6,3 7,2 8,4 9,4 y 2,1 4,1 6,4 8,3 9,5 11,5 13,5

126

x 0 1 2 4 5 6 y 0 1,1 1,145 -1,3 1,01 3,1

Xác định ,a b bằng phương pháp bình phương bé nhất, từ đó hãy tính ( )4,5y .

11. Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ ( ) ( )2 2ln 1 1xy a x b e= + + − và bảng số liệu

thực nghiệm sau: x 0 1 2 4 5 6 y 0 1,1 1,145 -1,3 1,01 3,1

Xác định ,a b bằng phương pháp bình phương bé nhất, từ đó hãy tính ( )4,5y

12. Hãy xây dựng hệ phương trình mà từ đó xác định được các hệ số , ,a b c để hàm số ( ) ( )y af x bg x c= + + là xấp xỉ tốt nhất bảng số liệu đã cho

Áp dụng

Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ ( ) ( )2 4 2y a x b x c= − + − + và bảng số liệu thực

nghiệm sau: x 1 2 3 4 5 6 y 3 6 12 20 32 40

Xác định , ,a b c bằng phương pháp bình phương bé nhất, từ đó hãy tính ( )4,5y

13. Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ ( ) ( )2x xy a xe b xe c= + + và bảng số liệu

thực nghiệm sau: x 1 2 3 4 5 6 y 3 6 12 20 32 40

Xác định , ,a b c bằng phương pháp bình phương bé nhất, từ đó hãy tính ( )4,5y

14. Cho biết hai đại lượng x và y có quan hệ ( ) ( )2cos cosy a x x b x x c= + + và bảng số

liệu thực nghiệm sau: x 1 2 3 4 5 6 y 3 6 12 20 32 40

Xác định , ,a b c bằng phương pháp bình phương bé nhất, từ đó hãy tính ( )4,5y

127

Chương 4. TÍCH GẦN ĐÚNG TÍCH PHÂN 1. Tính gần đúng các tích phân sau bằng công thức hình thang suy rộng (không đánh giá sai

số)

a. ( )

( )

1,2 2 3

0,2

ln 5ln 2 1x x

dxx x

+ +

+∫ với 8n = b. 1,4 4

20,4

14 5

x x dxx− +

+ +∫ với 10n =

c. ( )2

30,4

1ln 21

x x dxx

⎛ ⎞⎟⎜ + + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+∫ với 8n = d.( )

2,32

1,3

2ln 1xx dxx

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟+ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ +⎝ ⎠∫ với 10n =

e. 2

2,22 3

1,4

x xe dx− +∫ với 8n = f. 2

2

1

xx dx∫ với 10n =

2. Tính gần đúng các tích phân sau bằng công thức hình thang suy rộng (có đánh giá sai số)

a. 1

4

0

x dx∫ với 10n = b. 3,1 3

2,11

x dxx −∫ với 8n =

c. 2

1

0

xe dx−∫ với 10n = d. 3 2

11

x

x

e dxe −∫ với 10n =

e. 4

1

2 xdx∫ với 10n = f. ( ) ( )( )

4 6

43

1 11

x x x dxx

+ − −+∫ với 10n =

g. 2

1

sin 2xdxx∫ với 8n = h.

2,5

2

3 13

x dxx

++∫ với 10n =

3. Tính các tích phân sau bằng công thức Simson một phần ba (không đánh giá sai số)

a. ( )( )

1,2 2 2

20,2

sin 53

x xdx

x x+ +

+∫ với 8n = b. ( )1,4

30,4

tan 3 44

x x dxx+ +

+∫ với 10n =

c. 3

2,4

30,4

1x xxe dxx

⎛ ⎞⎟⎜ + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+∫ với 8n = d.( )

2,3 23

1,3

2, 3ln 1

x xx dxx

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ +⎝ ⎠∫ với 10n =

e. ( )2,2 2

31,4

sin 5x x x dxx x

++∫ với 8n = f. ( ) ( )

2sin

1

2 xx dx∫ với 10n =

4. Tính gần đúng các tích phân sau bằng công thức Simson một phần ba (có đánh giá sai số)

a. 2

14

0

xe dx+∫ với 10n = . b. 412

0

x

e dx∫ với 10n = .

c. 4

1

1 dxx x+∫ với 10n = d.

4

1

ln xdx∫ với 10n =

e. 1

ln1

e x dxx +∫ với 12n = f. 4

1

lne

x xdx∫ với 10n =

128

g. 2

2

0

sin xdx

π

∫ với 10n = . h. 2,4 4

1,41

x dxx +∫ với 10n =

5. Tính gần đúng các tích phân sau bằng công thức Simson ba phần tám (có đánh giá sai số)

a. 1,8

0

xe dx∫ với 9n = . b. 3

0,9

0

xe dx∫ với 9n = .

c. 4,5 2

11

x dxx +∫ với 9n = d. 2

1

lne

xdx∫ với 9n =

e. 1

ln1

e x dxx −∫ với 9n = f.

22

0

cos xdx

π

∫ với 9n = .

6. Xét tích phân 2 2

1

4 12 1xI dxx

+=

+∫

a. Tính tích phân I bằng công thức hình thang với 10n = và đánh giá sai số kết quả trên. b. Phải chia [ ]1;2 thành bao nhiêu đoạn bằng nhau để khi áp dụng công thức hình thang trên số

đoạn đó thì sai số không quá 1010− .

7. Xét tích phân 3 3

21

x xI dxx+

=−∫

a. Tính tích phân I bằng công thức Simson một phần ba với 10n = và đánh giá sai số kết quả trên. b. Phải chia [ ]2;3 thành bao nhiêu đoạn bằng nhau để khi áp dụng công thức Simson một phần

ba trên số đoạn đó thì sai số không quá 1010− .

8. Xét tích phân 3,4 4

2,21

x xI dxx−

=+∫

a. Tính tích phân I bằng công thức Simson ba phần tám với 12n = và đánh giá sai số kết quả trên. b. Phải chia [ ]2,2;3, 4 thành bao nhiêu đoạn bằng nhau để khi áp dụng công thức Simson một

phần ba trên số đoạn đó thì sai số không quá 1010− .

129

Chương V. GIẢI GẦN ĐÚNG PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 1. Giải các phương trình vi phân sau bằng phương pháp Euler cải tiến

a. ( )0 1

y x y

y

⎧ ′ = +⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ với [ ]0;0, 5x ∈ ,

trong đó bước 0,25h = và sai số không quá 510− .

b. ( )

2 1

0 1

y x xy y

y

⎧⎪ ′ = + + +⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ với [ ]0;0, 4x ∈ ,

trong đó bước 0,2h = và sai số không quá 510− .

c. ( )

( )

2 2ln 2 1

0,5 1

y x x y

y

⎧ ′⎪ = + +⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ với [ ]0,5;0,9x ∈ ,

trong đó bước 0,2h = và sai số không quá 510− .

d. ( )

2 21

0 1

x yyxy

y

⎧ −⎪⎪ ′ =⎪⎪ +⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

với [ ]0;0,2x ∈ ,

trong đó bước 0,1h = và sai số không quá 510− .

e. ( )

( )

2 2cos

0,1 1

y xy x y

y

⎧ ′⎪ = +⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ với [ ]0,1;0, 3x ∈ ,

trong đó bước 0,1h = và sai số không quá 510− .

f. ( )

2

1

0 1

xyy

y

⎧ +⎪ ′⎪ =⎪⎪⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

với [ ]0;1x ∈ ,

trong đó bước 0,5h = với sai số không quá 510− .

2. Giải các phương trình vi phân sau bằng phương pháp Runge – Kutta bậc bốn

a. ( )

25

0 1

yy x

y

⎧⎪ ′ = +⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩

với [ ]0;0, 5x ∈ và 0,25h =

b. ( )

( )

2

ln 2 10, 3 1

x yyx

y

⎧ +⎪⎪ ′ =⎪⎪ +⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

với [ ]0, 3;0, 9x ∈ và 0, 3h =

130

c. ( )

4

2 10 1

x xyyxy

y

⎧ +⎪⎪ ′ =⎪⎪ +⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

với [ ]0;0, 3x ∈ và 0,15h =

3. Cho phương trình vi phân ( )

2

0, 5 1

yy xyx

y

⎧⎪ ′ = −⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩

với [ ]0,5;1x ∈

Tính ( )0,75y bằng phương pháp Rung – Kutta bậc bốn

4. Cho phương trình vi phân ( )

( )

sin 2

0 1

y x x y

y

⎧ ′ = +⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ với [ ]0,1x ∈

Tính ( )0, 08y bằng phương pháp Rung – Kutta bậc bốn

5. Cho phương trình vi phân ( )

( )

cos 2

0 1

y x x y

y

⎧ ′ = +⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ với [ ]0,1x ∈

Tính ( )0, 08y bằng phương pháp Rung – Kutta bậc bốn.

6. Cho phương trình vi phân ( )

( )

ln 2 1

0 1

y x y

y

⎧ ′ = +⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ với [ ]0;0, 4x ∈ .

Tính ( )0,2y bằng phương pháp Euler cải tiến với sai số 410ε −= .

7. Cho phương trình vi phân ( )

( )

25 ln 2 1

0 1

y x y

y

⎧ ′ = + +⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩với [ ]0;0, 4x ∈ .

Tính ( )0,2y bằng phương pháp Runge – Kutta bậc bốn.

8. Cho phương trình vi phân ( )

( )

2 ln 2 2

0 1

y x yx

y

⎧ ′ = +⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ với [ ]0;0, 4x ∈ .

Tính ( )0,2y bằng phương pháp Euler cải tiến với sai số 410ε −= .

9. Cho phương trình vi phân ( )

( )

2ln 2 1

0 1

y x y x

y

⎧ ′⎪ = + +⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ với [ ]0;0, 4x ∈ .

Tính ( )0,2y bằng phương pháp Runge – Kutta bậc bốn.

10. Cho phương trình vi phân ( ) ( )

( )

ln

0 1

y x y x y

y

⎧ ′ = + +⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ với [ ]0;0,5x ∈ .

Tính ( )0,25y bằng phương pháp Rung – Kutta bậc bốn

131

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Nguyễn Minh Chương, Giải tích số, Nhà xuất bản giáo dục, 2009. 2. Doãn Tam Hòe, Toán học tính toán, Nhà xuất bản giáo dục, 2008. 3. Lê Thái Thanh, Lê Ngọc Lăng, Nguyễn Quốc Lân, Giáo trình Phương pháp tính, nhà xuất

bản Đại học quốc gia TP.HCM, 2003. 4. Trần Văn Trản, Phương pháp số thực hành, Nhà xuất bản Khoa học và Công Nghệ, 2009. 5. BULIRSCH, STOER, Introduction to numerical analysis, Third Edition, Springer 2002.